高考数学解题思维技巧.pdf

高考数学解题思维技巧大全数学家G.波利亚在怎样解题中说过：数学教学的目的在于培 养学生的思维能力，培养良好思维品质的途径，是进行有效的训练，本策 略结合数学教学的实际情况，从以下四个方面进行讲解：一、数学思维的变通性根据题设的相关知识，提出灵活设想和解题方案二、数学思维的反思性提出独特见解，检查思维过程，不盲从、不轻信。三、数学思维的严密性考察问题严格、准确，运算和推理精确无误。四、数学思维的开拓性对一个问题从多方面考虑、对一个对象从多种角度观察、对一个题 目运用多种不同的解法。什么”转变，从而培养他们的思维能力。思维与思想的即时性、针对性、实用性，已在教学实践中得到了 全面验证。一、高中数学解题思维策略第一讲数学思维的变通性一、概念数学问题千变万化，要想既快又准的解题，总用一套固定的方案是行不通的，必须具有思维的变通性一一善于根据题设的相关知识，提出灵活的设想和解题方案。根据数学思维变通性的主要体现，本讲将着重进行以下几个方面的训练：(1)善于观察心理学告诉我们：感觉和知觉是认识事物的最初级形式，而观察则是知觉的高 1级状态，是一种有目的、有计划、比较持久的知觉。观察是认识事物最基本的途径，它是了解问题、发现问题和解决问题的前提。任何一道数学题，都包含一定的数学条件和关系。要想解决它，就必须依据题目 的具体特征，对题目进行深入的、细致的、透彻的观察，然后认真思考，透过表面现 象看其本质，这样才能确定解题思路，找到解题方法。例如，求和,+.+1 1-2 2-3 3-4(+1)这些分数相加，通分很困难，但每项都是两相邻自然数的积的倒数，且1,因此，原式等于14+1工+L=i匚问题很快就 n(n+1)n n+1 2 2 3 n n八 zz+1解决了。(2)善于联想联想是问题转化的桥梁。稍具难度的问题和基础知识的联系，都是不明显的、间接的、复杂的。因此，解题的方法怎样、速度如何，取决于能否由观察到的特征，灵活运用有关知识，做出相应的联想，将问题打开缺口，不断深入。例如，解方程组.xy=-3这个方程指明两个数的和为2,这两个数的积为-3。由此联想到韦达定理，工、了是一元二次方程/2/3=0的两个根，所以,二-1或;二3.可见，联想可使问题变得简单。=3 卜=1(3)善于将问题进行转化数学家G.波利亚在怎样解题中说过：数学解题是命题的连续变换。可见，解题过程是通过问题的转化才能完成的。转化是解数学题的一种十分重要的思维方 法。那么怎样转化呢？概括地讲，就是把复杂问题转化成简单问题，把抽象问题转化 成具体问题，把未知问题转化成已知问题。在解题时，观察具体特征，联想有关问题 之后，就要寻求转化关系。例出口，已次口+!=,(c w 0,0 十/+c w 0),a b c a+b+c求证4、b、C三数中必有两个互为相反数。恰当的转化使问题变得熟悉、简单。要证的结论，可以转化为：(+/)(/+c)(c+0=0思维变通性的对立面是思维的保守性，即思维定势。思维定势是指一个人用同一 2种思维方法解决若干问题以后，往往会用同样的思维方法解决以后的问题。它表现就 是记类型、记方法、套公式，使思维受到限制，它是提高思维变通性的极大的障碍，必须加以克服。综上所述，善于观察、善于联想、善于进行问题转化，是数学思维变通性的具体 体现。要想提高思维变通性，必须作相应的思维训练。二、思维训练实例(1)观察能力的训练虽然观察看起来是一种表面现象，但它是认识事物内部规律的基础。所以，必须 重视观察能力的训练，使学生不但能用常规方法解题，而且能根据题目的具体特征，采用特殊方法来解题。例1 已知0,4 g都是实数，求证+6+Jd+/2 J(大c)2+Q0 2.思路分析 从题目的外表形式观察到，要证的 j 结论的右端与平面上两点间的距离公式很相似，而/左端可看作是点到原点的距离公式。根据其特点，/可采用下面巧妙而简捷的证法，这正是思维变通的体现。/证明 不妨设(6/),用如图1-2-1所示，上_ Io 图 72 X贝I/=(a-)2+1_疗.|+,|Jd+/,在人勿夕中，由三角形三边之间的关系知：|3+|32|回当且仅当0在AB上时，等号成立。因止匕，+J d+4 2 +(._ 洲 2思维障碍 很多学生看到这个不等式证明题，马上想到采用分析法、综合法等,而此题利用这些方法证明很繁。学生没能从外表形式上观察到它与平面上两点间距离 公式相似的原因，是对这个公式不熟，进一步讲是对基础知识的掌握不牢固。因此，平时应多注意数学公式、定理的运用练习。例2已知3%?+2歹2=6%,试求#+炉的最大值。解由 3 f+2”=6%得2 3 2 y=x+3 x23y1 0,.+3 x 0,.0 x0),满足关系/(2+x)=/(2-x),试比较/(0.5)与/(加)的大小。思路分析 由已知条件/(2+%)=/(2-%)可知，在与=2左右等距离的点的函数值相等，说明该函数的图像关于直线1=2对称，又由 已知条件知它的开口向上，所以，可根据该函数的大致 图像简捷地解出此题。解(如图 1 2 2)由/(2+x)=/(2-x),知/(%)是以直线1=2为对称轴，开口向上的抛物线它与=2距离越近的点，函数值越小。v|2-0.5|2-tt|/(0.5)/(7F)思维障碍 有些同学对比较/(0.5)与/(兀)的大小，只想到求出它们的值。而此题 4函数/(%)的表达式不确定无法代值，所以无法比较。出现这种情况的原因，是没有充分挖掘已知条件的含义，因而思维受到阻碍，做题时要全面看问题，对每一个已知条 件都要仔细推敲，找出它的真正含义，这样才能顺利解题。提高思维的变通性。(2)联想能力的训练例4在上夕。中，若 NC为钝角，贝！那好的值(A)等于1(B)小于1(C)大于1(D)不能确定思路分析 此题是在中确定三角函数唐必敏的值。因此，联想到三角函数正切的两角和公式旗力+4)=加+敏 可得下面解法。TgAtgB解 NC为钝角，:.tgCT 在b4BC*A+B+C=r C=tt()+万)且力、心均为锐角，.宕c=君上()+/)=4.(力+夕)=却：破 0,tgB 0,1-tgA tgB 0.即 tgA tgB 1.故应选择(B)思维障碍 有的学生可能觉得此题条件太少，难以下手，原因是对三角函数的基 本公式掌握得不牢固，不能准确把握公式的特征，因而不能很快联想到运用基本公式。例 5 若(z%)2 4(1_p)(pz)=0,证明：2p=x+z.思路分析 此题一般是通过因式分解来证。但是，如果注意观察已知条件的特点，不难发现它与一元二次方程的判别式相似。于是，我们联想到借助一元二次方程的知 识来证题。证明 当工-7。0时，等式(2-)2-4(I-力(9一2)=0可看作是关于/的一元二次方程(-歹)/2+(2-)/+(9-2)=0有等根的条件，在进一步观察这个方程，它的两个相等实根是1,根据韦达定理就有：一=1 即 2y-x-zx-y“x-y-0,由已知条件易得z-x-0,即=歹=z,显然也有2p=%+z.5例6已知久b、c均为正实数，满足关系式=/2,又为不小于3的自然 数，求证思路分析 由条件/+=/联想到勾股定理，八 鼠c可构成直角三角形的三 边，进一步联想到三角函数的定义可得如下证法。证明 设久3、C所对的角分别为力、B、C则C是直角，力为锐角，于是sin)=幺，c o s=,JL0 sin l,0 c o s A.c c当 2 3 时，有 sin/sin 之力，c o s77 c o s2 A于是有 sin/+c o s/sin2/+c o s2 A-即(-r+(-)0+2207/2-4 0在夕0的条件下，得0夕13.本题在解题过程中，不断地把问题化归为标准问题：解方程组和不等式组的问题。（2）逆向思维的训练逆向思维不是按习惯思维方向进行思考，而是从其反方向进行思考的一种思维方 式。当问题的正面考虑有阻碍时，应考虑问题的反面，从反面入手，使问题得到解决。例13 已知函数/（%）=2/+加%+，求证|/（、|/（2）|.|/（3）|中至少有一个不小于1.思路分析 反证法被誉为“数学家最精良的武器之一”，它也是中学数学常用的 解题方法。当要证结论中有“至少”等字样，或以否定形式给出时，一般可考虑采用 7反证法。证明(反证法)假设原命题不成立，即|/(2)|、|/(3)|都小于1。/(1)|1则|/(2)|lnJ/(3)|1-12+ZZ7+T71 f-3 Z7Z+/7-1-1 8+2m+n 1 n-92zzz+7-1 18+3加+1-19 +n -17L I+得-11 2m+77 -9 9与矛盾，所以假设不成立，即|/(2)|.|/(3)|中至少有一个不小于1。8 一题多解训练由于每个学生在观察时抓住问题的特点不同、运用的知识不同，因而，同一问题 可能得到几种不同的解法，这就是“一题多解”。通过一题多解训练，可使学生认真 观察、多方联想、恰当转化，提高数学思维的变通性。例14已知复数n的模为2,求归-的最大值。解法一(代数法)设z=%+“(%、ye 7?),贝+炉=4.匕=+(p _)2 _,5-2,.:M2,当夕=2 时，|2Mma x=3.解法二(三角法)iLz=2(c o s 0+/sin 0),贝U z-=4cos20+(2sin0-l)2 V5-4sin0./.当sin。=一1时 Jz-zl=3.I I max解法三(几何法)忖=2,.,.点z是圆/+J7?=4上的点,归-彳表示z与/所对应的点之间的距离。4口图1 2 3所示，可我口当z=2,时，解法四(运用模的性质)z zj|z|+1 zj=2+1=3而当 z=2Z时，|z-z|=3.z =3.I I I I max图723解法五(运用模的性质)V|-z|1 2=(-z)(-z)=2+(-J)/+l=5+2/(n),(/(z)表z 的虚部).又|/(z)|2,z-=9,:z-=3.I v zl I I max 7 I I max第二讲数学思维的反思性一、概述数学思维的反思性表现在思维活动中善于提出独立见解，精细地检查思维过程，不盲 从、不轻信。在解决问题时能不断地验证所拟定的假设，获得独特的解决问题的方法，它和创造性思维存在着高度相关。本讲重点加强学生思维的严密性的训练，培养他们 的创造性思维。二、思维训练实例(1)检查思路是否正确，注意发现其中的错误。例 1 已知/(%)=%+二若-3 0/00,3 V/(2)V6,求/(3)的范围。b错误解法由条件得-3 a+b 0“a%6 X 2-得6V0 415 x 2-得3-3 _ 3+得 3 z+-,即4竺.3 3 3 3 3错误分析 采用这种解法，忽视了这样一个事实：作为满足条件的函数/(%)=%+三，其值是同时受以和方制约的。当以取最大(小)值时，3不一定取最大 b(小)值，因而整个解题思路是错误的。正确解法由题意有/=+3 b/(2)=2+不1 2解得：。=2/(2)/,=-2/(1)-/(2),9,/=3 Y 若/(I).把/和/(2)的范围代入得 y /(3)s in/=c o s)=4 s in 2/+c o s 2/=l,c c，(与2+/)2=i,即 2=+.C C错误分析 在现行的中学体系中，sin2/+c o s2/=l这个公式本身是从勾股定理推出来的。这种利用所要证明的结论，作为推理的前提条件，叫循环论证。循环论证 的错误是在不知不觉中产生的，而且不易发觉。因此，在学习中对所学的每个公式、法则、定理，既要熟悉它们的内容，又要熟悉它们的证明方法和所依据的论据。这样 才能避免循环论证的错误。发现本题犯了循环论证的错误，正是思维具有反思性的体 现。(2)验算的训练验算是解题后对结果进行检验的过程。通过验算，可以检查解题过程的正确性，增强思维的反思性。例3已知数列的前项和凡=2+1,求4.错误解法 句=凡凡_1=(2+1)(2t+1)=2 2一1=2!错误分析 显然，当=1时，q=&=3 w2i=l,错误原因，没有注意公式=成立的条件是2 2(用.因此在运用乙=-凡一时，必须检验=1时的情形。即：an 2,77 G TV)例4实数为何值时，圆/+-2%+4-1=0与抛物线/=有两个公共点。错误解法 将圆+42冬+/1=0与抛物线歹2=：%联立，消去了,得/(2；)%+/1=0(x0).10A=0因为有两个公共点，所以方程有两个相等正根，得|2-102 1 0.解之，得”口.8错误分析(如图2-2-1;2-2-2)显然，当4=0时，圆与抛物线有两个公共 点。等正根。当方程有一正根、一负根时，得A,解之，得-a2 10,17 1因此，当4=或一 141时，圆/+/2-2%+/-1=0与抛物线歹2=一1有两 8 2个公共点。思考题：实数为何值时，圆/+-2/7X+a-1=0与抛物线歹2=(1)有一个公共点；(2)有三个公共点；(3)有四个公共点；(4)没有公共点。养成验算的习惯，可以有效地增强思维反思性。如：在解无理方程、无理不等式;对数方程、对数不等式时，由于变形后方程或不等式两端代数式的定义域可能会发生 变化，这样就有可能产生增根或失根，因此必须进行检验，舍弃增根，找回失根。(3)独立思考，敢于发表不同见解受思维定势或别人提示的影响，解题时盲目附和，不能提出自己的看法，这不利 于增强思维的反思性。因此，在解决问题时，应积极地独立思考，敢于对题目解法发 表自己的见解，这样才能增强思维的反思性，从而培养创造性思维。11例5 30支足球队进行淘汰赛，决出一个冠军，问需要安排多少场比赛？解 因为每场要淘汰1个队，30个队要淘汰29个队才能决出一个冠军。因此应安排29场比赛。思 路分析 传统的思维方法是：30支队比赛，每次出两支队，应有15+7+4+2+1=29场比赛。而上面这个解法没有盲目附和，考虑到每场比赛淘汰1个队，要 淘汰29支队，那么必有29场比赛。例6解方程%之一2%+3=c o sx考察方程两端相应的函数9=（%-1）2+2,p=c o s%,它们的图象无交点。所以此方程无解。例7 设。是方程12 2斤+a+6=0的两个实才艮，贝I01）2+（。一1）2的最小值是（）4Q（M-；0 8;（Q 18;（。不存在4思路分析 本例只有一个答案正确，设了 3个陷阱，很容易上当。利用一元二次方程根与系数的关系易得：0=2左囚8=%+6,(q-if+(1)2=a2-2a+l+/32-2/3+l=(f ie+P)2 2a/3 2(a+Q)+23.2 49二4(十一:)4 4有的学生一看到-竺，常受选择答案（A）的诱惑，盲从附和。这正是思维缺乏 4反思性的体现。如果能以反思性的态度考察各个选择答案的来源和它们之间的区别，就能从中选出正确答案。V原方程有两个实根Q、0,/.A=4*4（左+6）2 0,k1.X解 V x,/.X2 1,/.x 1,或-1.这个推理是错误的。在由；推导2 1时，没有讨论力的 x正、负，理由不充分，所以出错。二、思维训练实例思维的严密性是学好数学的关键之一。训练的有效途径之一是查错。（1）有关概念的训练概念是抽象思维的基础，数学推理离不开概念。”正确理解数学概念是掌握数学基础 知识的前提/中学数学教学大纲（试行草案）例 1、不等式 log（y+2）（3%2-2%-4）log（/+2）（%2 3%+2）.错误解法,f+2 1,3*2%4%?3x+2,3、2/+1 6 0,x ）,说 2明解法错误。原因是没有弄清对数定义。此题忽视了“对数的真数大于零”这一条件 造成解法错误，表现出思维的不严密性。正确解法,:*+2 1133*2%-4 01%?3x+2 03*2%-4 f 3x+2/.%2或%-或-3 32 或 一或-2例2、求过点(0,1)的直线，使它与抛物线/=2%仅有一个交点。错误解法 设所求的过点(0,1)的直线为夕=入+1,则它与抛物线的交点为y=kx+1.,0，消去了付：(/t r+1)-2x=0.y 2%整理得/X2+(2左2)%+1=0.直线与抛物线仅有一个交点，A=0,解得%=g.,.所求直线为夕=g%+l.错误分析此处解法共有三处错误：第一，设所求直线为歹=衣+1时，没有考虑%=0与斜率不存在的情形，实际上就是承认了该直线的斜率是存在的，且不为零，这是不严密的。第二，题中要求直线与抛物线只有一个交点，它包含相交和相切两种情况，而上述解 法没有考虑相切的情况，只考虑相交的情况。原因是对于直线与抛物线“相切”和“只 有一个交点”的关系理解不透。第三，将直线方程与抛物线方程联立后得一个一元二次方程，要考虑它的判别式，所 以它的二次项系数不能为零，即wO,而上述解法没作考虑，表现出思维不严密。正确解法 当所求直线斜率不存在时，即直线垂直”轴，因为过点(0,1),所以=0,即夕轴，它正好与抛物线4=2%相切。当所求直线斜率为零时，直线为9=1,平行轴，它正好与抛物线4=2%只有一个交点。设所求的过点(0,1)的直线为了二衣+1(w 0)则14-v?-H i 0.m 2/5,或打 V-2y/5.错误分析 实数集合是复数集合的真子集，所以在实数范围内成立的公式、定理，在 复数范围内不一定成立，必须经过严格推广后方可使用。一元二次方程根的判别式是 对实系数一元二次方程而言的，而此题目盲目地把它推广到复系数一元二次方程中，造成解法错误。正确解法 设是方程的实数根，则+(川+4/)+1+2mi=0,a1+ma+1+(4+2ztz)z=0.由于久加都是实数，2a+ma+1=04+2勿=0解得 m=2.例4已知双曲线的右准线为=4,右焦点户(10,0),离心率e=2,求双曲线方程。2错解 1 x=4,c=10,a1=40,b2=c2 a1=60.故所求的双曲线方程为15/1-=1.40 60错解2由焦点户(10,0)知c=10,c,*e=2,.a 5,3 c a=75.a故所求的双曲线方程为2 2-=1.25 75错解分析 这两个解法都是误认为双曲线的中心在原点，而题中并没有告诉中心 在原点这个条件。由于判断错误，而造成解法错误。随意增加、遗漏题设条件，都会 产生错误解法。正解1 设产(%/)为双曲线上任意一点，因为双曲线的右准线为=4,右焦点 户(10,0),离心率6=2,由双曲线的定义知J4=2.U-4|整理得。-2)2/二16 48 正解2依题意，设双曲线的中心为(力,0)则P2,=4 r=4(x-3)2错误分析不等式C 2笈成立的充分必要条件是:00 或 ABJ QB 0 原不等式的解法只考虑了一种情况-3 2 0,而忽视了另一种情况%1,x-3 0%-12(%-3%-120 x-3 03 x 5 9 或 IV x C:x+夕2 一6%=0也施切的圆的圆心 的轨迹方程。错误解法如图3-2-1所示，已知。C的方程为(-3+=9.并且。P与歹轴相切于M点,设点/(%/)(%0)为所求轨迹上任意一点,与。C相切于N点。根据已知条件得17=2/|+3,即加=3）、=l+3.化简得 y=12x（x 0）.错误分析 本题只考虑了所求轨迹的纯粹性（即所求的轨迹上的点都满足条件）,而没有考虑所求轨迹的完备性（即满足条件的点都在所求的轨迹上）。事实上，符合 题目条件的点的坐标并不都满足所求的方程。从动圆与已知圆内切，可以发现以l轴 正半轴上任一点为圆心，此点到原点的距离为半径（不等于3）的圆也符合条件，所以歹=0（%0且r w3）也是所求的方程。即动圆圆心的轨迹方程是歹2=12%（%0）和夕=0（%0且。3）。因此，在求轨迹时，一定要完整的、细致地、周密地分析问题,这样，才能保证所求轨迹的纯粹性和完备性。防止以偏概全的错误以偏概全是指思考不全面，遗漏特殊情况，致使解答不完全，不能给出问题的全 部答案，从而表现出思维的不严密性。例7设等比数列q j的全项和为凡.若+=2与，求数歹U的公比夕.错误解法.可+=2%，.（1 一/）小（1，）q（l/）-1-=2-一夕 一1 一1整理得/（2/夕3_。=0.由夕。0得方程 2/1=0.（2/+l）（/T）=0,._ V4.q q 1错误分析 在错解中，由“I。,6）=2,（1 一,9）一夕 一夕 一夕整理得 7（2/-/-D=0.时，应有4 w0和夕wl.在等比数列中，4 wO是显然的，但公比夕完全可能为1,因此，在解题时应先讨论公比夕=1的情况，再在夕的情况 下，对式子进行整理变形。正确解法 若夕=1,则有=3 q=6q5=9ax.18但q wO,即得+。23，与题设矛盾，故夕wl.又依题意可+=2乂，可得 4（1 一/）1（1一夕6）=2 4（1一夕9）一夕 一夕 一夕整理得/（24 /_ D=0.即（2/+1）（/1）=0,因为夕所以夕3I。,所以2夕3+i=o.所以说明误解法,_ V4q=F此题为1996年全国高考文史类数学试题第（21）题，不少考生的解法同错 根据评分标准而痛失2分。避免直观代替论证我们知道直观图形常常为我们解题带来方便。但是，如果完全以图形的直观联系 为依据来进行推理，这就会使思维出现不严密现象。例8（如图3-2-2）,具有公共P轴的两个直角坐标平面a和0所成的二面角 a-碎由一。等于60。.已知0内的曲线仁的方程是/=28（0）,求曲线仁在a内的射影的曲线方程。错误解法依题意，可知曲线Q是抛物线,在。内的焦点坐标是产（jo）,0.因为二面角a 一同由一。等于60,且/轴”由，H由1贷由,所以Axox=60.图3设焦点尸在a内的射影是户（力/）,那么，户位于轴上，从而夕=0,AFOF=60,AFFO=90,所以.=亦-60。=.所以点尸（1,0）是所求射影的焦点。依题意，射影是一条抛物线，开口向右，顶点在原点。所以曲线（7在。内的射影的曲线方程是4=px.19错误分析 上述解答错误的主要原因是，凭直观误认为/是射影（曲线）的焦点,其次，未经证明默认仁在。内的射影（曲线）是一条抛物线。正确解法 在户内，设点（/）是曲线上任意一点（如图3-2-3）过点作垂足为，过N作儿夕，了轴，垂足为连接则轴。所以是二面角a-4由一0的平面角，依题意，乙MHN=63,-柱 RtMNH*,HN=HM、cqs 6s=.图 3又知切/轴（或与少重合），“V彳轴（或a与（9重合），设阳力/）,f 1,，。nl x=x x=2x则 4 2/J，V=Py=y i因为点M%J）在曲线/=2px（/20）,所以歹2=2,（2%）.即所求射影的方程为/=4回力0）.（3）推理的训练数学推理是由已知的数学命题得出新命题的基本思维形式，它是数学求解的核 心。以已知的真实数学命题，即定义、公理、定理、性质等为依据，选择恰当的解题 方法，达到解题目标，得出结论的一系列推理过程。在推理过程中，必须注意所使用 的命题之间的相互关系（充分性、必要性、充要性等），做到思考缜密、推理严密。例9设椭圆的中心是坐标原点，长轴1在轴上，离心率=?,已知点月（0,1）到这个椭圆上的最远距离是近，求这个椭圆的方程。错误解法 依题意可设椭圆方程为三十二=1（方0）a b20nl 2 4/济 计 3则 W=F=-L=1-T=，a a a 4所以 二=工，即 a=2A/4设椭圆上的点（%/）到点P的距离为d,贝 1/=x2+（-1-）2=4（1 _ 方）+/_ 3了+:=3（歹+；）2+4+3.所以当歹=g时，/有最大值，从而也有最大值。所以 4+3=（V7）2,由此解得：=1,=4.r2于是所求椭圆的方程为二十 =1.4错解分析 尽管上面解法的最后结果是正确的，但这种解法却是错误的。结果正 确只是碰巧而已。由当夕=g时，/有最大值，这步推理是错误的，没有考虑少到 的取值范围。事实上，由于点（%/）在椭圆上，所以有-3 4人因此在求力的最 大值时，应分类讨论。即：若3工，则当=方时，（从而）有最大值。2于是（77）2=屹+|）2,从而解得3=行_|；,与3；矛盾。所以必有此时当了=-4时，d1（从而）有最大值，2 2所以4+3=（行/，解得罚=1,4=4.于是所求椭圆的方程为L+炉=i.421例10求夕=+一的最小值 sin x c o s x她 1 2 8、口 8 8错解 1 人=+2-sm x c o s x sm x c o s x|sm%c o s%|错解 2 j/=(+sin2 x)+(+c o s2 x)-1 272+278-1=-1+672.sin x c o s x9 Q错误分析 在解法1中，夕=16的充要条件是=且|sin2%|=l.sin%c o s x即*|=g且I sini|=l.这是自相矛盾的。./min W16.在解法2中，/=1+6及的充要条件是=sin2%且一=c o s2 x,BP sin2 x=y/2,c o s2 x=2出,这是不可能的。sin x c o s x正确解法1 y-2esc2 x+8sec2 x=2(1+ctg1 x)+8(1+tg1 x)=10+2(c君 2%+4卷2%)10+2-2个逾2%.4靖%二 18.其中，当C.2%=4君2%,即四g2%=2时，夕=18.，P min=18.正确解法2取正常数左，易得y=(-F/sin2 x)+(F%c o s1 x)-k“sin x c o s x2 2,收+2,厢-%=6,属-左其中取”=”的充要条件是=%sin之工且一,=/c o s2 x,即.2%=，且%=18.sin x c o s x 2因此，当君2%=；时，9=6恒左=18,.P min=18.第四讲数学思维的开拓性22一、概述数学思维开拓性指的是对一个问题能从多方面考虑；对一个对象能从多种角度观察；对一个题目能想出多种不同的解法，即一题多解。“数学是一个有机的整体，它的各个部分之间存在概念的亲缘关系。我们在学习 每一分支时，注意了横向联系，把亲缘关系结成一张网，就可覆盖全部内容，使之融 会贯通”，这里所说的横向联系，主要是靠一题多解来完成的。通过用不同的方法解 决同一道数学题，既可以开拓解题思路，巩固所学知识；又可激发学习数学的兴趣和 积极性，达到开发潜能，发展智力，提高能力的目的。从而培养创新精神和创造能力。在一题多解的训练中，我们要密切注意每种解法的特点，善于发现解题规律，从 中发现最有意义的简捷解法。数学思维的开拓性主要体现在：(1)一题的多种解法例如已知复数Z满舞0=1,求的最大值。我们可以考虑用下面几种方法来解决：运用复数的代数形式；运用复数的三角形式；运用复数的几何意义；运用复数模的性质(引角不等式)I-马2|+马|；运用复数的模与共朝复数的关菊(数形结合)运用复数方程表示的几何图形，转化为两园0=1后z-八二矛有公共点时，产的最大值。(2)一题的多种解释例如，函数式P=；初2可以有以下几种解释：可以看成自由落体公式可以看成动能公式E=-mv2可以看成热量公式Q=：Rf.又如“1”这个数字，它可以根据具体情况变成各种形式，使解题变得简捷。“1”可以变换为：lo g a.,sin2 x+c o s2 x,(lo g 3)(lo g,),sec2 x-tgx,等等。1.思维训练实例例 1 已次口/+=1,x+/2=1.求证：a xby+（方 P）20,所以 a xby.分析2运用分析法，从所需证明的不等式出发，运用已知的条件、定理和性质 等，得出正确的结论。从而证明原结论正确。分析法其本质就是寻找命题成立的充分 条件。因此，证明过程必须步步可逆，并注意书写规范。证法2要证 a x+by0,即(0_力2+屹_ 0.因为最后的不等式成立，且步步可逆。所以原不等式成立。分析3运用综合法（综合运用不等式的有关性质以及重要公式、定理（主要是 平均值不等式）进行推理、运算，从而达到证明需求证的不等式成立的方法）证法3 V*+纵&+=1.2 2 2 2即 a x+by 1.分析4三角换元法：由于已知条件为两数平方和等于1的形式，符合三角函数 同角关系中的平方关系条件，具有进行三角代换的可能，从而可以把原不等式中的代 数运算关系转化为三角函数运算关系，给证明带来方便。24证法4/+/2=1,/+夕2=1,可设，=sin%/=c o sa.x=s in j=c o sj Ba x-by-sin sin/3+c o s(zc o s0=c o s(a-j 6)1,分析5数形结合法：由于条件f+/=i可看作是以原点为圆心，半径为1的单位圆，而分+勿/=$+少.联系到点到直线距离公式,可得下面证法。J/+b1证法5(如图4-2-1)因为直线/:+次=0经过 圆/+了2=1的圆心(J,所以圆上任意一点必%/)到直线以T+双=0的距离都小于或等于圆半径1,即 J_ _ 办+加4 1 n a x+by(以犷=o n =3=x-y=y-z.所以力、八N成等差数列。分析3已知条件呈现二次方程判别式A=4的结构特点引人注目，提供了构造一个适合上述条件的二次方程的求解的试探的机会。证法3当-夕=0时，由已知条件知2-=0,.二)二歹=N,即、夕、Z成等差数列。当X-0时，关于/的一元二次方程：(%-歹)/2+(z%)/+(9一2)=0,其判别式A=(z-力2 4(I MO z)=o,故方程有等根，显然，=1为方程的一个根，从而方程的两根均为1,由韦达定理知 4,，2=1=x-y=y-z.即 力、八z成等差数列。简评：证法1是常用方法，略嫌呆板，但稳妥可靠。证法2简单明了，是最好的 解法，其换元的技巧有较大的参考价值。证法3引入辅助方程的方法，技巧性强，给 人以新鲜的感受和启发。例3已知1+歹=1,求+/的最小值。分析1虽然所求函数的结构式具有两个字母工、歹，但已知条件恰有工、9的关系式，可用代入法消掉一个字母，从而转换为普通的二次函数求最值问题。解法 1 x+1,:,y-x,设z=/+y1,贝z=%?+(1 Jr)?=2%+1.二次项系数为2 0,故z有最小值。.当 二工时，z=4x2x1(2)2,%-2x22 丁 最小值 4x2 2,X+/的最小值为;.26分析2 已知的一次式l+夕=1两边平方后与所求的二次式/+”有密切关联,于是所求的最小值可由等式转换成不等式而求得。解法 2,.e%+7=1,.(+j)2=1,即/+j2=1-2xy.：xy 1-+).i i i即/+/N，当且仅当=夕=一时取等号。X+炉的最小值为一.2 2 2分析3配方法是解决求最值问题的一种常用手段，利用已知条件结合所求式子,配方后得两个实数平方和的形式，从而达到求最值的目的。解法3设N=/+/.%+p=l,/=/+y-x-+1=(j;-1-)2+(-1)2+|-1-/.当彳=p=g时，Z最小=；.即/+炉的最小值为;.分析4因为已知条件和所求函数式都具有解析几何常见方程的特点，故可得到 用解析法求解的启发。解法4 如图4一2-2,%+p=1表示直线/,/+炉 表示原点到直线/上的点(%/)的距离的平方。显然其中以原点到直线/的距离最短。nJ-7|0+0-1|V2 忘 V2此时，.二,即(Jf+)最小=丁.所以/+炉的最小值为L2注 如果设/+=%则问题还可转化为直线%+7=1与圆/+炉=2有交点 时，半径后的最小值。简评 几种解法都有特点和代表性。解法1是基本方法，解法2、3、4都紧紧地抓住 题设条件的特点，与相关知识联系起来，所以具有灵巧简捷的优点，特别是解法4,形象直观，值得效仿。例 4 设ze R,一 g 4求证：|n|=1.1+z分析1由已知条件 上V为实数这一特点，可提供设实系数二次方程的可能，1+/27在该二次方程有两个虚根的条件下，它们是一对共朝虚根，运用韦达定理可以探求证 题途径。证法1 设一=a(a e R),当=0时，可得z=0与2任及条件不合。1+z,0.于是有 a z1-z-a-0.:Z&R,.该方程有一对共朝虚根，设为石，马，于是4=马22bz2.又由韦达定理知 石、Z=1,/N=4.每=12b Z?|2=1.*.|z|=l.a分析2由于实数的共相复数仍然是这个实数，利用这一关系可以建立复数方程,注意到ZZ丰Z这一重要性质，即可求出z|的值。z证法2 设-=0(以),当0=0时，可得Z=0与”条件不合，以。0.1+z贝U a ,、：a=a z-z-.1+52 Hz?1+彳2即 z(l+z2)=z(l+z2)/.z+5)=5+z(z习.但 Z54Z,，.z+M Z=5+4 Z,，/.(J-)(14 z,)=0.而 W-Z 电 R,：,I Z=l.即 z|=l.分析3因为实数的倒数仍为实数，若对原式取倒数，可变换化简为易于进行运 算的形式。再运用共辄复数的性质，建立复数方程，具有更加简捷的特点。2 1+z2 1 1证法 3-g R,-即 z+=zH-J e 7?.1+z z z z-z从而必有z5=l./.I z|=l.简评 设出复数的代数形式或三角形式，代人已知条件化简求证，一般也能够证 明，它是解决复数问题的基本方法。但这些方法通常运算量大，较繁。现在的三种证 法都应用复数的性质去证，技巧性较强，思路都建立在方程的观点上，这是需要体会 的关键之处。证法3利用倒数的变换，十分巧妙是最好的方法。例5由圆/+/=9外一点,(5,12)引圆的割线交圆于力、/两点，求弦的中点的轨迹方程。分析1(直接法)根据题设条件列出几何等式，运用解析几何基本公式转化为 代数等式，从而求出曲线方程。这里考虑在圆中有关弦中点的一些性质，圆心和 弦中点的连线垂直于弦，可得下面解法。28解法1如图4-2-3,设弦声的中点的坐标为连接少、OM、则。在A夕心中，由两点间的距离公式和勾股定理有/+/+（%5）2+3 12）2=169.整理，得 f+”-5%-12p=0.其中-3%3.分析2（定义法）根据题设条件，判断并确定轨迹的 曲线类型，运用待定系数法求出曲线方程。y/解法2因为是力8的中点，所以/所以点的轨迹是平”|为直径的圆，圆心为（2,6）,半径由 罟二羡，.该圆的方程为：,f p X（%-$2+O-6）2=（y）2 Ib图4化简，得/+5%12P=0.其中3%V3.分析3（交轨法）将问题转化为求两直线的交点轨迹问题。因为动点”可看作 直线夕与割线囿/的交点，而由于它们的垂直关系，从而获得解法。解法3 设过尸点的割线的斜率为人则过产点的割线方程为：9-12=（%-5）.且过原点，。仗的方程为p=-1工.这两条直线的交点就是点 k的轨迹。两方程相乘消去匕化简，得：/+炉5%-12夕=0.其中-3%V3.分析4（参数法）将动点坐标表示成某一中间变量（参数）的函数，再设法消 去参数。由于动点随直线的斜率变化而发生变化，所以动点的坐标是直线斜率 的函数，从而可得如下解法。解法4 设过尸点的割线方程为：歹-12=（%-5）它与圆/+/=9的两个交点为/、笈，）夕的中点为.解方程组人=4（彳一5）+12X+夕2=9,利用韦达定理和中点坐标公式，可求得点的轨迹方程为:x+y 5%12 歹=0.其中一3分析5（代点法）根据曲线和方程的对应关系：点在曲线上则点的坐标满足方 29程。设而不求，代点运算。从整体的角度看待问题。这里由于中点”的坐标（力,少）与两交点（力,弘）、次石，为）通过中点公式联系起来，又点产、M、A、/构成4点共线的 和谐关系，根据它们的斜率相等，可求得轨迹方程。解法5设（/）,况石，乃），则4+%2=2%,岩+歹2=2/*%；+J7；=9,%；+“=9.两式相减，整理，得（%2-%）（2+石）一（乃一外X弘+乃）=0.所以超.=_%+%=_J,Z-石 人+歹2 即为9的斜率，而力对斜率又可表示为U二4.以2=二5-x 5-y化简并整理，得/+5%12歹=0.其中3%3.简评上述五种解法都是求轨迹问题的基本方法。其中解法1、2、3局限于曲线 是圆的条件，而解法4、5适用于一般的过定点了且与二次曲线C交于力、/两点，求）名中点的轨迹问题。具有普遍意义，值得重视。对于解法5通常利用益可 较简捷地求出轨迹方程，比解法4计算量要小，要简捷得多。二、解密数学思维的内核数学解题的思维过程数学解题的思维过程是指从理解问题开始，经过探索思路，转换问题直至解决 问题，进行回顾的全过程的思维活动。对于数学解题思维过程，G.波利亚提出了四个阶段*（见附录），即弄清问题、拟定计划、实现计划和回顾。这四个阶段思维过程的实质