反解法|逆向思维

前言

在初等数学中，我们一般都是正向思维，比如给定方程 \(\left\{\begin{array}{l}x+y=3\\2x-y=0\end{array}\right.\) ，我们通过消元，可以求解得到方程的根\(\left\{\begin{array}{l}x=1\\y=2\end{array}\right.\) ， 但有时候在线性代数中，却需要反其道而行之，将其他的数学量用 \(x\) 和 \(y\) 表示，其思维模式刚好和我们平时的思维模式相反，其使用的频度也比较高，故作以整理。

典例剖析

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{43}}\) \(B\)组第1题】求动点 \(A(\sin\theta+\cos\theta,\sin\theta-\cos\theta)\) (\(\theta\)为参数)的轨迹方程；

法1：由题目可知， \(\left\{\begin{array}{l}x=\sin\theta+\cos\theta\quad①\\y=\sin\theta-\cos\theta\quad②\end{array}\right.\)

将两式平方再相加，得到 \(x^2+y^2=2\)。

法2：反解法，由\(\left\{\begin{array}{l}x=\sin\theta+\cos\theta\quad①\\y=\sin\theta-\cos\theta\quad②\end{array}\right.\)

反解得到 \(\sin\theta=\cfrac{x+y}{2}\)，\(\cos\theta=\cfrac{x-y}{2}\)，

由 \(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\)，得到 \((\cfrac{x+y}{2})^2+(\cfrac{x-y}{2})^2=1\).

整理得到， \(x^2+y^2=2\)。

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{54}}\)复习题二 \(A\)组第 \(12\) 题】两动直线 \(3x+2y=6t\) 与 \(3tx-2ty=6\) 相交于点 \(P\) ，若取 \(t\) 为参数，求 \(P\)点的轨迹方程.

分析：联立两直线方程得到，\(\left\{\begin{array}{l}3x+2y=6t\\3x-2y=\cfrac{6}{t}\end{array}\right.\)，

解以 \(x\)，\(y\) 为元的方程，得到 \(\left\{\begin{array}{l}x=t+\cfrac{1}{t}\\y=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{t})\end{array}\right.\)，

即所求的点 \(P\) 的轨迹方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=t+\cfrac{1}{t}\\y=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{t})\end{array}\right.\)，( \(t\) 为参数)

引申：如果此时还想知道点 \(P\) 的轨迹是什么曲线，可以考虑消去参数 \(t\)，比如，

由上可知， \(\left\{\begin{array}{l}x=t+\cfrac{1}{t}①\\\cfrac{2}{3}y=t-\cfrac{1}{t}②\end{array}\right.\)，

\(①^2-②^2\)，得到 \(x^2-\cfrac{4y^2}{9}=4\)，整理为 \(\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{9}=1\)，

即所求的轨迹为双曲线。

【北师大选修教材补充】消参求曲线 \(C：\left\{\begin{array}{l}x=2\cos\theta+3\sin\theta,\\y=2\cos\theta-3\sin\theta\end{array}\right.\) (\(\theta\) 为参数)的普通方程.

解析：将两式相加减，反解得到 \(\cos\theta=\cfrac{x+y}{4}\)， \(\sin\theta=\cfrac{x-y}{6}\)，

由 \(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\)，得到 \((\cfrac{x+y}{4})^2+(\cfrac{x-y}{6})^2=1\). [椭圆]

求函数\(y=\cfrac{sinx-2}{2+sinx}\)的值域。

分析：以\(sinx\)为未知数，就像解方程一样，可以解得\(sinx=\cfrac{-2-2y}{y-1}=\cfrac{2+2y}{1-y}\)，

由于\(y=sinx\)是有界函数，即\(|sinx|\leq 1\)，故\(|\cfrac{2+2y}{1-y}| \leq 1\)，

从而解得函数的值域\(-3\leq y\leq -\cfrac{1}{3}\)。

解后反思：

① 当然本题目也可以用分离常数法+不等式性质法这样求解

分析\(y=\cfrac{sinx-2}{2+sinx}=\cfrac{sinx+2-4}{2+sinx}=1-\cfrac{4}{sinx+2}\)，

由于\(-1\leq sinx \leq 1\)，则有\(1\leq sinx+2\leq 3\)，则\(\cfrac{1}{3}\leq \cfrac{1}{sinx+2}\leq 1\)，

故\(-4\leq -\cfrac{4}{sinx+2}\leq -\cfrac{4}{3}\)，则\(1-4\leq 1 -\cfrac{4}{sinx+2}\leq 1-\cfrac{4}{3}\)，

即值域为\(-3\leq y\leq -\cfrac{1}{3}\)。

② 函数\(y=\cfrac{cosx-2}{2+cosx}\)的值域也可以这样求解，

③ 函数\(y=\cfrac{cosx-2}{2+sinx}\)的值域也可以这样求解，不过此时还要用到辅助角公式，

变形提示：\(ysinx-cosx=-2y-2\)，即\(\sqrt{y^2+1}sin(x-\theta)=-2y-2\)，

则\(sin(x-\theta)=\cfrac{-2y-2}{\sqrt{y^2+1}}\)，再由\(|\cfrac{-2y-2}{\sqrt{y^2+1}}|\leq 1\)，

④ 反解法常和有界性法联合使用，我们常用的是具备有界性的函数，

具备有界性的函数，如\(|\sin x|\leqslant 1\)， \(e^x>0\)， \(x^2\geqslant 0\)，\(|x|\geqslant0\)；

比如\(y=e^x\)，函数\(y=\cfrac{e^x-2}{2+e^x}\)的值域也可以这样求解，

已知实数\(a、b\)满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{a+b-2\ge 0}\\{b-a-1\leq 0}\\{a\leq 1}\end{array}\right.\)，求\(\cfrac{a+2b}{2a+b}\)的取值范围。

【法1】，转化为斜率型，思路如下：由于所求值函数为分式形式的关于\(a、b\)的一次齐次式，

故可以转化为\(\cfrac{a+2b}{2a+b}=\cfrac{1+2\cdot \cfrac{b}{a}}{2+\cfrac{b}{a}}\)，

\(=2-\cfrac{3}{2+k}=f(k)\)，其中\(k=\cfrac{b}{a}\)

这样先由可行域求得\(k=\cfrac{b}{a}\in [1，3]\)

函数\(f(k)\)在区间\([1，3]\)上单调递增，

然后用单调性，求得\(\cfrac{a+2b}{2a+b}\in [1，\cfrac{7}{5}]\)

【法2】，反解换元法，令\(a+2b=n\)，\(2a+b=m\)，

联立解以\(a、b\)为元的方程组，得到\(a=\cfrac{2m-n}{3}\)，\(b=\cfrac{2n-m}{3}\)，

代入原不等式组，可将原约束条件转化为关于\(m\) 、\(n\)的不等式组，

即已知\(m\) 、\(n\)满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{m+n-6\ge 0}\\{n-m-1\leq 0}\\{2m-n-3\leq 0}\end{array}\right.\)，求\(\cfrac{n}{m}\)的取值范围。

利用数形结合思想可得，\(\cfrac{a+2b}{2a+b}=\cfrac{n}{m}\in [1，\cfrac{7}{5}]\)。图像

【2017 \(\cdot\) 陕西西安质检】已知实数\(x，y\)满足\(x>y>0\)，且\(x+y=\cfrac{1}{2}\) ，则\(\cfrac{2}{x+3y}+\cfrac{1}{x-y}\)的最小值是_________.

分析：换元法，令 \(x+3y=s>0\)，\(x-y=t>0\)，

求解上述以 \(x，y\) 为元的方程组，得到 \(x=\cfrac{s+3t}{4}\)；\(y=\cfrac{s-t}{4}\)；

由\(x+y=\cfrac{1}{2}\)，将上述结果代入得到\(s+t=1\)，

故此时题目转化为"已知 \(s+t=1\) ，\(s，t>0\) ，求 \(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t}\) 的最小值”问题。

接下来，利用乘常数除常数的思路就可以求解。

简单提示如下：\(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t}=(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t})(s+t)=3+\)\(\cfrac{2t}{s}+\cfrac{s}{t}\ge 3+2\sqrt{2}\)

(当且仅当 \(\cfrac{2t}{s}=\cfrac{s}{t}\)，即 \(s+t=1\) 时取到等号)

已知函数\(f(x)=ax^2+bx，1\leq f(-1)\leq 2，2\leq f(1)\leq 4\)， 求\(f(-2)\)的取值范围。

【法3】：方程组法

由已知有\(\begin{cases} f(-1)=a-b \\ f(\,\,\,\,1)=a+b \end{cases}\)，解得\(\begin{cases} a=\cfrac{1}{2}\cdot [f(-1)+f(1)] \\ b=\cfrac{1}{2}\cdot [f(1)- f(-1)] \end{cases}\)

所以\(f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)\)，

又由于\(1\leq f(-1)\leq 2\)，\(2\leq f(1)\leq 4\)，

所以\(3\leq 3\cdot f(-1)\leq 6\)，\(2\leq 1\cdot f(1)\leq 4\)，

故\(5\leq 3\cdot f(-1)+1\cdot f(1)\leq 10\)，

即\(5\leq f(-2)=4a-2b \leq 10\)；

【2019 \(\cdot\) 全国 I 卷第 22 题改编】在直角坐标系 \(xOy\) 中，曲线 \(C\) 的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}x=\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}, \\ y=\cfrac{4 t}{1+t^{2}}\end{array}\right.\) ( \(t\) 为参数).

(1).求 \(C\) 的直角坐标方程；

解： 令 \(\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}=m\)，则反解得到 \(t^2=\cfrac{1-m}{m+1}\geqslant 0\)，

即 \(\cfrac{m-1}{m+1}\leqslant 0\)， 解得\(-1<m\leqslant 1\)，故 \(-1<\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\leqslant 1\)此处求解分式的值域，还可以用图像法和极限法

且 \(x^{2}+(\cfrac{y}{2})^{2}=(\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}})^{2}+\cfrac{4 t^{2}}{(1+t^{2})^{2}}=1\)，

所以 \(C\) 的直角坐标方程为 \(x^{2}+\cfrac{y^{2}}{4}=1 (x\neq-1)\)，

在 \(\triangle ABC\) 中， 内角 \(A\)， \(B\)， \(C\) 的对边分别是 \(a\)， \(b\)，\(c\) 若 \(a\cos B-b\cos A=\cfrac{c}{2}\)，则表达式\(\cfrac{a\cos A+b\cos B}{a\cos B}\) 的最小值为____________.

解析: 在 \(\triangle ABC\) 中, \(c=a \cos B+b \cos A\)，[射影定理]

联立 \(\left\{\begin{array}{l}c=a\cos B+b\cos A \\ a\cos B-b\cos A=\cfrac{c}{2}\end{array}\right.，\) 解得\(\cos A=\cfrac{c}{4b}\)，\(\cos B=\cfrac{3c}{4a}\)，

所以 \(\cfrac{a\cos A+b\cos B}{a\cos B}=\cfrac{a\cdot\cfrac{c}{4b}+b\cdot\cfrac{3c}{4a}}{a\cdot\cfrac{3c}{4a}}\)

\(=\cfrac{1}{3}(\cfrac{a}{b}+\cfrac{3 b}{a})\geq\cfrac{1}{3}\times 2\sqrt{\cfrac{a}{b}\cdot\cfrac{3b}{a}}\)\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

当且仅当 \(\cfrac{a}{b}=\cfrac{3 b}{a}\) 时，等号成立.

故\(\cfrac{a\cos A+b\cos B}{a\cos B}\) 的最小值为\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)；

【2021届高三文科数学二轮用题】 已知 \(m=\cfrac{\tan(\alpha+\beta+\gamma)}{\tan(\alpha-\beta+\gamma)}\)， 若 \(\sin2(\alpha+\gamma)=3\sin2\beta\), 则 \(m\) 等于 【\(\quad\)】

$A.\cfrac{1}{2}$ $B.\cfrac{3}{4}$ $C.\cfrac{3}{2}$ $D.2$

解析： 设 \(A=\alpha+\beta+\gamma\)①， \(B=\alpha-\beta+\gamma\)②，

则由 ①+② 得到， \(2(\alpha+\gamma)=A+B\)， ①-② 得到，\(2\beta=A-B\)，

因为 \(\sin2(\alpha+\gamma)=3\sin2\beta\)，

所以 \(\sin(A+B)=3\sin(A-B)\)

即 \(\sin A\cos B+\cos A\sin B=3(\sin A\cos B-\cos A\sin B)\)，

即 \(2\cos A\sin B=\sin A\cos B\)，

所以 \(\tan A=2\tan B\)，

所以 \(m=\cfrac{\tan(\alpha+\beta+\gamma)}{\tan(\alpha-\beta+\gamma)}=\cfrac{\tan A}{\tan B}=2\)，故选 \(D\).

【博友提问】对于函数 \(f(x)+f(y)=2f(\cfrac{x+y}{2})f(\cfrac{x-y}{2})\) ，为什么要构造余弦函数？

解析：设 \(\left\{\begin{array}{l}\frac{x+y}{2}=m\\\frac{x-y}{2}=n\end{array}\right.\) ，解得 \(\left\{\begin{array}{l}x=m+n\\y=m-n\end{array}\right.\)

代入已知，得到 \(f(m+n)+f(m-n)=2f(m)f(n)\)

比照公式，\(\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)=2\cos\alpha\cos\beta\)，

故要构造 \(f(x)=\cos x\).