前言
三角函数
在三角函数章节中，我们常把(sin heta+cos heta)，(sin heta-cos heta)，(sin hetacdotcos heta)当成三个整体来看待，如果知道其中的一个值，可以求解其他的两个值，我们称为知一求二型的运算模型，其本质是方程思想的应用；但由此衍生的一类三角函数的值域的求解，就显得很特殊。
法1：由(egin{cases}sinalpha+cosalpha=cfrac{1}{5}\sin^2alpha+cos^2alpha=1end{cases})，解得(egin{cases}sinalpha=cfrac{4}{5}\cosalpha=-cfrac{3}{5}end{cases})或(egin{cases}sinalpha=-cfrac{3}{5}\cosalpha=cfrac{4}{5}end{cases}(舍去))，
再求得(sinalphacdot cosalpha=-cfrac{12}{25})、(sinalpha-cosalpha=cfrac{7}{5})、(cfrac{sinalpha}{cosalpha}=tanalpha=-cfrac{4}{3})；
法2：给(sinalpha+cosalpha=cfrac{1}{5})两边平方，得到(1+2sinalphacdot cosalpha=cfrac{1}{25})，
则(sinalphacdot cosalpha=-cfrac{12}{25})，且(sinalpha>0，cosalpha<0)，
则(1-2sinalphacdot cosalpha=(sinalpha-cosalpha)^2=cfrac{49}{25})，故(sinalpha-cosalpha=cfrac{7}{5})；
将(sinalpha+cosalpha=cfrac{1}{5})和(sinalpha-cosalpha=cfrac{7}{5})联立，解得(egin{cases}sinalpha=cfrac{4}{5}\cosalpha=-cfrac{3}{5}end{cases})；
则得到(cfrac{sinalpha}{cosalpha}=tanalpha=-cfrac{4}{3})；
法3：实际高考中，我们常常是利用勾股数来快速求解的，比如已知(alphain (0，pi))，且(sinalpha+cosalpha=cfrac{1}{5})，
快速联系勾股数(3、4、5)，则(sinalpha)和(cosalpha)的值必然在(pmcfrac{3}{5})和(pmcfrac{4}{5})中快速选择，[1]
则由(sinalphacdot cosalpha=-cfrac{12}{25}<0)，可知(sinalpha>0，cosalpha<0)，故(egin{cases}sinalpha=cfrac{4}{5}\cosalpha=-cfrac{3}{5}end{cases})
解后反思：在(sinalpha+cosalpha)、(sinalpha-cosalpha)、(sinalphacdot cosalpha)、(frac{sinalpha}{cosalpha})这四个式子中，知一求三是经常应用的运算；
衍生应用
利用上述运算的模式，我们可以这样思考，如果(sin hetapm cos heta)[加减]与(sin hetacdot cos heta)[乘]同时出现在一个函数中时，我们可以将其中的一个的值定义为参数，将另一个用该参数来刻画；
①比如定义乘，然后刻画表达加减：
这样(1+sin2 heta=1+2t)，即((sin heta+cos heta)^2=1+2t)，故(sin heta+cos heta=sqrt{1+2t})；(1-sin2 heta=1-2t)，即((sin heta-cos heta)^2=1-2t)，故(sin heta-cos heta=pmsqrt{1-2t})；
②再比如定义加减，然后刻画表达乘：
则(sin heta+cos heta=sqrt{2}sin( heta+cfrac{pi}{4})in[1,sqrt{2}])，故(tin[1,sqrt{2}])，
这样((sin heta+cos heta)^2=t^2)，则(1+2sin hetacdotcos heta=t^2)，即(sin hetacdotcos heta=cfrac{t^2-1}{2})，
反思总结：从理论角度分析，设一表达二是完全行得通的，但是从学习和教学实践的角度来看，用定义[加减]来表达[乘]的思路，应用更广泛，得到的函数的性质更容易分析。
引例列举
分析：令(sinx+cosx=t)，则可知(tin[-sqrt{2}，sqrt{2}])，
则由((sinx+cosx)^2=t^2)得到(sinxcosx=cfrac{t^2-1}{2})，
故此时原函数经过换元就转化为(f(x)=g(t)=t+cfrac{t^2-1}{2}，tin[-sqrt{2}，sqrt{2}])，
这样就和例1是同一类型的了。(f(x)=g(t)=cfrac{1}{2}(t+1)^2-1)，(tin[-sqrt{2}，sqrt{2}])，
(f(x)=g(t) in [-1，cfrac{2sqrt{2}+1}{2}])
分析：利用换元转化为分式型处理；
令(sinalpha+cosalpha=t=sqrt{2}sin(alpha+cfrac{pi}{4})in [1，sqrt{2}])，
则(sinalphacdot cosalpha=cfrac{t^2-1}{2})，
则原函数转化为(y=cfrac{frac{1}{2}(t^2-1)}{t}=cfrac{1}{2}(t-cfrac{1}{t})，tin [1，sqrt{2}])
分析：利用换元转化为分式型处理；
令(sinalpha+cosalpha=t=sqrt{2}sin(alpha+cfrac{pi}{4})in [1，sqrt{2}])，
则(sinalphacdot cosalpha=cfrac{t^2-1}{2})，
则原函数转化为(y=cfrac{2}{t-frac{1}{t}}，tin [1，sqrt{2}])
分析：利用换元转化为分式型处理；
令(sinalpha-cosalpha=t=sqrt{2}sin(alpha-cfrac{pi}{4})in [1，sqrt{2}])，
则(sinalphacdot cosalpha=cfrac{1-t^2}{2})，
则原函数转化为(y=cfrac{2}{frac{1}{t}-t}，tin [1，sqrt{2}])
典例剖析
函数(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx))在区间([0，cfrac{pi}{2}])上单调递增，求实数(a)的取值范围。
分析：由于函数(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx))在区间([0，cfrac{pi}{2}])上单调递增，
则(f'(x)ge 0)在区间([0，cfrac{pi}{2}])上恒成立，
又(f'(x)=-2sin2x+a(cosx+sinx)ge 0)在区间([0，cfrac{pi}{2}])上恒成立，
由于(xin [0，cfrac{pi}{2}])，(cosx+sinx>0)，故用完全分离参数法，得到，
(age cfrac{2sin2x}{sinx+cosx})在区间([0，cfrac{pi}{2}])上恒成立，
题目转化为求函数(g(x)=cfrac{2sin2x}{sinx+cosx})的最大值问题。
令(sinx+cosx=t=sqrt{2}sin(x+cfrac{pi}{4}))，则(tin [1，sqrt{2}])，
则(sin2x=t^2-1)，则函数(g(x)=h(t)=cfrac{2(t^2-1)}{t}=2(t-cfrac{1}{t}))，
又函数(h'(t)=1+cfrac{1}{t^2}>0)在(tin [1，sqrt{2}])上恒成立，
故函数(h(t))在(tin [1，sqrt{2}])上单调递增，
故(g(x)_{max}=h(t)_{max}=h(sqrt{2})=sqrt{2})，
故(age sqrt{2})。即(ain [sqrt{2}，+infty))。
分析：令(sinx+cosx=t) ，由于(xin(0，cfrac{pi}{2}])，
则(t=sinx+cosx=sqrt{2}sin(x+cfrac{pi}{4})in [1，sqrt{2}])，则(2sinxcosx=t^2-1)，
故(f(x)=cfrac{t^2-1}{t+1}=g(t)=t-1)，
故(f(x)_{max}=M=sqrt{2}-1)；(f(x)_{min}=N=0)；即(M-N=)(sqrt{2}-1)。
数列章节
①已知等差数列({a_n})，那么在(a_1)，(a_n)，(n)，(d)，(S_n)中，知道其中的三个就可以求解剩余的两个，称为“知三求二”型；
②已知等比数列({a_n})，那么在(a_1)，(a_n)，(n)，(q)，(S_n)中，知道其中的三个就可以求解剩余的两个，称为“知三求二”型；
注意勾股数快速确定三角函数值的方法。常用的勾股数(3n，4n，5n(nin N^*))；(5，12，13)；(7，24，25)；(8，15，17)；(9，40，41)； ↩︎