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高中數學解題思想方法全部內容_高分必備.doc

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高中數學解題思想方法全部內容_高分必備.doc

63目 錄第一章 高中數學解題基本方法 1、配方法 2、換元法 3、待定系數法 4、定義法 5、數學歸納法 6、參數法 7、反證法 8、消去法 9、分析與綜合法 10、特殊與一般法 11、類比與歸納法 12、觀察與實驗法 第二章 高中數學常用的數學思想 1、數形結合思想 2、分類討論思想 3、函數與方程思想 4、轉化(化歸)思想 第三章 高考熱點問題和解題策略 1、探索性問題 2、選擇題解答策略 3、填空題解答策略 前 言美國著名數學教育家波利亞說過,掌握數學就意味著要善于解題。而當我們解題時遇到一個新問題,總想用熟悉的題型去“套”,這只是滿足于解出來,只有對數學思想、數學方法理解透徹及融會貫通時,才能提出新看法、巧解法。高考試題十分重視對于數學思想方法的考查,特別是突出考查能力的試題,其解答過程都蘊含著重要的數學思想方法。我們要有意識地應用數學思想方法去分析問題解決問題,形成能力,提高數學素質,使自己具有數學頭腦和眼光。高考試題主要從以下幾個方面對數學思想方法進行考查: 常用數學方法:配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法等; 數學邏輯方法:分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等; 數學思維方法:觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與一般、類比、歸納和演繹等; 常用數學思想:函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化(化歸)思想等。數學思想方法與數學基礎知識相比較,它有較高的地位和層次。數學知識是數學內容,可以用文字和符號來記錄和描述,隨著時間的推移,記憶力的減退,將來可能忘記。而數學思想方法則是一種數學意識,只能夠領會和運用,屬于思維的范疇,用以對數學問題的認識、處理和解決,掌握數學思想方法,不是受用一陣子,而是受用一輩子,即使數學知識忘記了,數學思想方法也還是對你起作用。數學思想方法中,數學基本方法是數學思想的體現,是數學的行為,具有模式化與可操作性的特征,可以選用作為解題的具體手段。數學思想是數學的靈魂,它與數學基本方法常常在學習、掌握數學知識的同時獲得??梢哉f,“知識”是基礎,“方法”是手段,“思想”是深化,提高數學素質的核心就是提高學生對數學思想方法的認識和運用,數學素質的綜合體現就是“能力”。為了幫助學生掌握解題的金鑰匙,掌握解題的思想方法,本書先是介紹高考中常用的數學基本方法:配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法、反證法、分析與綜合法、特殊與一般法、類比與歸納法、觀察與實驗法,再介紹高考中常用的數學思想:函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化(化歸)思想。最后談談解題中的有關策略和高考中的幾個熱點問題,并在附錄部分提供了近幾年的高考試卷。在每節(jié)的內容中,先是對方法或者問題進行綜合性的敘述,再以三種題組的形式出現。再現性題組是一組簡單的選擇填空題進行方法的再現,示范性題組進行詳細的解答和分析,對方法和問題進行示范。鞏固性題組旨在檢查學習的效果,起到鞏固的作用。每個題組中習題的選取,又盡量綜合到代數、三角、幾何幾個部分重要章節(jié)的數學知識。第一章 高中數學解題基本方法一、 配方法配方法是對數學式子進行一種定向變形(配成“完全平方”)的技巧,通過配方找到已知和未知的聯系,從而化繁為簡。何時配方,需要我們適當預測,并且合理運用“裂項”與“添項”、“配”與“湊”的技巧,從而完成配方。有時也將其稱為“湊配法”。最常見的配方是進行恒等變形,使數學式子出現完全平方。它主要適用于:已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函數、二次代數式的討論與求解,或者缺xy項的二次曲線的平移變換等問題。配方法使用的最基本的配方依據是二項完全平方公式(ab)a2abb,將這個公式靈活運用,可得到各種基本配方形式,如:ab(ab)2ab(ab)2ab;aabb(ab)ab(ab)3ab(a)(b);abcabbcca(ab)(bc)(ca)abc(abc)2(abbcca)(abc)2(abbcca)結合其它數學知識和性質,相應有另外的一些配方形式,如:1sin212sincos(sincos);x(x)2(x)2 ; 等等。、再現性題組:1. 在正項等比數列a中,asa+2asa+aa=25,則 aa_。2. 方程xy4kx2y5k0表示圓的充要條件是_。 A. <k<1 B. k<或k>1 C. kR D. k或k13. 已知sincos1,則sincos的值為_。 A. 1 B. 1 C. 1或1 D. 04. 函數ylog (2x5x3)的單調遞增區(qū)間是_。 A. (, B. ,+) C. (, D. ,3)【簡解】 1小題:利用等比數列性質aaa,將已知等式左邊后配方(aa)易求。答案是:5。 2小題:配方成圓的標準方程形式(xa)(yb)r,解r>0即可,選B。 3小題:已知等式經配方成(sincos)2sincos1,求出sincos,然后求出所求式的平方值,再開方求解。選C。4小題:配方后得到對稱軸,結合定義域和對數函數及復合函數的單調性求解。選D。、示范性題組:例1. 設方程xkx2=0的兩實根為p、q,若()+()7成立,求實數k的取值范圍?!窘狻糠匠蘹kx2=0的兩實根為p、q,由韋達定理得:pqk,pq2 ,()+()7, 解得k或k 。又 p、q為方程xkx2=0的兩實根, k80即k2或k2綜合起來,k的取值范圍是:k 或者 k。【注】 關于實系數一元二次方程問題,總是先考慮根的判別式“”;已知方程有兩根時,可以恰當運用韋達定理。本題由韋達定理得到pq、pq后,觀察已知不等式,從其結構特征聯想到先通分后配方,表示成pq與pq的組合式。假如本題不對“”討論,結果將出錯,即使有些題目可能結果相同,去掉對“”的討論,但解答是不嚴密、不完整的,這一點我們要尤為注意和重視。、鞏固性題組:1. 函數y(xa)(xb) (a、b為常數)的最小值為_。A. 8 B. C. D.最小值不存在2. 、是方程x2axa60的兩實根,則(-1) +(-1)的最小值是_。A. B. 8 C. 18 D.不存在3. 已知x、yR,且滿足x3y10,則函數t28有_。A.最大值2 B.最大值 C.最小值2 B.最小值4. 化簡:2的結果是_。A. 2sin4 B. 2sin44cos4 C. 2sin4 D. 4cos42sin4 5. 若x>1,則f(x)x2x的最小值為_。6. 已知<,cos(-),sin(+),求sin2的值。(92年高考題)7. 設二次函數f(x)AxBxC,給定m、n(m<n),且滿足A(m+n)+ mn2AB(m+n)CmnBC0 。 解不等式f(x)>0; 是否存在一個實數t,使當t(m+t,n-t)時,f(x)<0 ?若不存在,說出理由;若存在,指出t的取值范圍。8. 設s>1,t>1,mR,xlogtlogs,ylogtlogsm(logtlogs), 將y表示為x的函數yf(x),并求出f(x)的定義域; 若關于x的方程f(x)0有且僅有一個實根,求m的取值范圍。二、換元法解數學題時,把某個式子看成一個整體,用一個變量去代替它,從而使問題得到簡化,這叫換元法。換元的實質是轉化,關鍵是構造元和設元,理論依據是等量代換,目的是變換研究對象,將問題移至新對象的知識背景中去研究,從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化,變得容易處理。換元法又稱輔助元素法、變量代換法。通過引進新的變量,可以把分散的條件聯系起來,隱含的條件顯露出來,或者把條件與結論聯系起來。或者變?yōu)槭煜さ男问?,把復雜的計算和推證簡化。它可以化高次為低次、化分式為整式、化無理式為有理式、化超越式為代數式,在研究方程、不等式、函數、數列、三角等問題中有廣泛的應用。換元的方法有:局部換元、三角換元、均值換元等。局部換元又稱整體換元,是在已知或者未知中,某個代數式幾次出現,而用一個字母來代替它從而簡化問題,當然有時候要通過變形才能發(fā)現。例如解不等式:4220,先變形為設2t(t>0),而變?yōu)槭煜さ囊辉尾坏仁角蠼夂椭笖捣匠痰膯栴}。三角換元,應用于去根號,或者變換為三角形式易求時,主要利用已知代數式中與三角知識中有某點聯系進行換元。如求函數y的值域時,易發(fā)現x0,1,設xsin ,0,,問題變成了熟悉的求三角函數值域。為什么會想到如此設,其中主要應該是發(fā)現值域的聯系,又有去根號的需要。如變量x、y適合條件xyr(r>0)時,則可作三角代換xrcos、yrsin化為三角問題。均值換元,如遇到xyS形式時,設xt,yt等等。我們使用換元法時,要遵循有利于運算、有利于標準化的原則,換元后要注重新變量范圍的選取,一定要使新變量范圍對應于原變量的取值范圍,不能縮小也不能擴大。如上幾例中的t>0和0,。、再現性題組:1.ysinx·cosxsinx+cosx的最大值是_。2.設f(x1)log(4x) (a>1),則f(x)的值域是_。3.已知數列a中,a1,a·aaa,則數列通項a_。4.設實數x、y滿足x2xy10,則xy的取值范圍是_。5.方程3的解是_。6.不等式log(21) ·log(22)2的解集是_?!竞喗狻?小題:設sinx+cosxt,,則yt,對稱軸t1,當t,y;2小題:設x1t (t1),則f(t)log-(t-1)4,所以值域為(,log4;3小題:已知變形為1,設b,則b1,b1(n1)(-1)n,所以a;4小題:設xyk,則x2kx10, 4k40,所以k1或k1;5小題:設3y,則3y2y10,解得y,所以x1;6小題:設log(21)y,則y(y1)<2,解得2<y<1,所以x(log,log3)。、示范性題組:例1. 實數x、y滿足4x5xy4y5 ( 式) ,設Sxy,求的值。(93年全國高中數學聯賽題)【分析】 由Sxy聯想到cossin1,于是進行三角換元,設代入式求S和S的值?!窘狻吭O代入式得: 4S5S·sincos5 解得 S ; -1sin21 385sin213 此種解法后面求S最大值和最小值,還可由sin2的有界性而求,即解不等式:|1。這種方法是求函數值域時經常用到的“有界法”。【另解】 由Sxy,設xt,yt,t, 則xy±代入式得:4S±5=5, 移項平方整理得 100t+39S160S1000 。 39S160S1000 解得:S 【注】 此題第一種解法屬于“三角換元法”,主要是利用已知條件Sxy與三角公式cossin1的聯系而聯想和發(fā)現用三角換元,將代數問題轉化為三角函數值域問題。第二種解法屬于“均值換元法”,主要是由等式Sxy而按照均值換元的思路,設xt、yt,減少了元的個數,問題且容易求解。另外,還用到了求值域的幾種方法:有界法、不等式性質法、分離參數法。和“均值換元法”類似,我們還有一種換元法,即在題中有兩個變量x、y時,可以設xab,yab,這稱為“和差換元法”,換元后有可能簡化代數式。本題設xab,yab,代入式整理得3a13b5 ,求得a0,,所以S(ab)(ab)2(ab)a,,再求的值。例2 ABC的三個內角A、B、C滿足:AC2B,求cos的值。(96年全國理)【分析】 由已知“AC2B”和“三角形內角和等于180°”的性質,可得 ;由“AC120°”進行均值換元,則設 ,再代入可求cos即cos?!窘狻坑葾BC中已知AC2B,可得 ,由AC120°,設,代入已知等式得:2,解得:cos, 即:cos?!玖斫狻坑葾C2B,得AC120°,B60°。所以2,設m,m ,所以cosA,cosC,兩式分別相加、相減得:cosAcosC2coscoscos,cosAcosC2sinsinsin,即:sin,代入sincos1整理得:3m16m120,解出m6,代入cos。【注】 本題兩種解法由“AC120°”、“2”分別進行均值換元,隨后結合三角形角的關系與三角公式進行運算,除由已知想到均值換元外,還要求對三角公式的運用相當熟練。假如未想到進行均值換元,也可由三角運算直接解出:由AC2B,得AC120°,B60°。所以2,即cosAcosC2cosAcosC,和積互化得:2coscoscos(A+C)cos(A-C),即coscos(A-C)(2cos1),整理得:4cos2cos30,解得:cos y , , x例3. 設a>0,求f(x)2a(sinxcosx)sinx·cosx2a的最大值和最小值?!窘狻?設sinxcosxt,則t-,,由(sinxcosx)12sinx·cosx得:sinx·cosx f(x)g(t)(t2a) (a>0),t-,t-時,取最小值:2a2a當2a時,t,取最大值:2a2a ;當0<2a時,t2a,取最大值: 。 f(x)的最小值為2a2a,最大值為。【注】 此題屬于局部換元法,設sinxcosxt后,抓住sinxcosx與sinx·cosx的內在聯系,將三角函數的值域問題轉化為二次函數在閉區(qū)間上的值域問題,使得容易求解。換元過程中一定要注意新的參數的范圍(t-,)與sinxcosx對應,否則將會出錯。本題解法中還包含了含參問題時分類討論的數學思想方法,即由對稱軸與閉區(qū)間的位置關系而確定參數分兩種情況進行討論。一般地,在遇到題目已知和未知中含有sinx與cosx的和、差、積等而求三角式的最大值和最小值的題型時,即函數為f(sinx±cosx,sinxcsox),經常用到這樣設元的換元法,轉化為在閉區(qū)間上的二次函數或一次函數的研究。例4. 設對所于有實數x,不等式xlog2x loglog>0恒成立,求a的取值范圍。(87年全國理)【分析】不等式中l(wèi)og、 log、log三項有何聯系?進行對數式的有關變形后不難發(fā)現,再實施換元法?!窘狻?設logt,則loglog3log3log3t,log2log2t,代入后原不等式簡化為(3t)x2tx2t>0,它對一切實數x恒成立,所以:,解得 t<0即log<00<<1,解得0<a<1?!咀ⅰ繎镁植繐Q元法,起到了化繁為簡、化難為易的作用。為什么會想到換元及如何設元,關鍵是發(fā)現已知不等式中l(wèi)og、 log、log三項之間的聯系。在解決不等式恒成立問題時,使用了“判別式法”。另外,本題還要求對數運算十分熟練。一般地,解指數與對數的不等式、方程,有可能使用局部換元法,換元時也可能要對所給的已知條件進行適當變形,發(fā)現它們的聯系而實施換元,這是我們思考解法時要注意的一點。例5. 已知,且 (式),求的值?!窘狻?設k,則sinkx,cosky,且sincosk(x+y)1,代入式得: 即:設t,則t , 解得:t3或 ±或±【另解】 由tg,將等式兩邊同時除以,再表示成含tg的式子:1tgtg,設tgt,則3t10t30,t3或, 解得±或±。【注】 第一種解法由而進行等量代換,進行換元,減少了變量的個數。第二種解法將已知變形為,不難發(fā)現進行結果為tg,再進行換元和變形。兩種解法要求代數變形比較熟練。在解高次方程時,都使用了換元法使方程次數降低。例6. 實數x、y滿足1,若xyk>0恒成立,求k的范圍?!痉治觥坑梢阎獥l件1,可以發(fā)現它與ab1有相似之處,于是實施三角換元?!窘狻坑?,設cos,sin,即: 代入不等式xyk>0得:3cos4sink>0,即k<3cos4sin5sin(+) 所以k<-5時不等式恒成立?!咀ⅰ勘绢}進行三角換元,將代數問題(或者是解析幾何問題)化為了含參三角不等式恒成立的問題,再運用“分離參數法”轉化為三角函數的值域問題,從而求出參數范圍。一般地,在遇到與圓、橢圓、雙曲線的方程相似的代數式時,或者在解決圓、橢圓、雙曲線等有關問題時,經常使用“三角換元法”。 y x xyk>0 k 平面區(qū)域本題另一種解題思路是使用數形結合法的思想方法:在平面直角坐標系,不等式axbyc>0 (a>0)所表示的區(qū)域為直線axbyc0所分平面成兩部分中含x軸正方向的一部分。此題不等式恒成立問題化為圖形問題:橢圓上的點始終位于平面上xyk>0的區(qū)域。即當直線xyk0在與橢圓下部相切的切線之下時。當直線與橢圓相切時,方程組有相等的一組實數解,消元后由0可求得k3,所以k<-3時原不等式恒成立。、鞏固性題組:1. 已知f(x)lgx (x>0),則f(4)的值為_。A. 2lg2 B. lg2 C. lg2 D. lg42. 函數y(x1)2的單調增區(qū)間是_。A. -2,+) B. -1,+) D. (-,+) C. (-,-13. 設等差數列a的公差d,且S145,則aaaa的值為_。A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.54. 已知x4y4x,則xy的范圍是_。5. 已知a0,b0,ab1,則的范圍是_。6. 不等式>ax的解集是(4,b),則a_,b_。7. 函數y2x的值域是_。8. 在等比數列a中,aaa2,aaa12,求aaa。 y D C A B O x9. 實數m在什么范圍內取值,對任意實數x,不等式sinx2mcosx4m1<0恒成立。10. 已知矩形ABCD,頂點C(4,4),A點在曲線xy2 (x>0,y>0)上移動,且AB、AD始終平行x軸、y軸,求矩形ABCD的最小面積。 三、待定系數法要確定變量間的函數關系,設出某些未知系數,然后根據所給條件來確定這些未知系數的方法叫待定系數法,其理論依據是多項式恒等,也就是利用了多項式f(x)g(x)的充要條件是:對于一個任意的a值,都有f(a)g(a);或者兩個多項式各同類項的系數對應相等。待定系數法解題的關鍵是依據已知,正確列出等式或方程。使用待定系數法,就是把具有某種確定形式的數學問題,通過引入一些待定的系數,轉化為方程組來解決,要判斷一個問題是否用待定系數法求解,主要是看所求解的數學問題是否具有某種確定的數學表達式,如果具有,就可以用待定系數法求解。例如分解因式、拆分分式、數列求和、求函數式、求復數、解析幾何中求曲線方程等,這些問題都具有確定的數學表達形式,所以都可以用待定系數法求解。使用待定系數法,它解題的基本步驟是:第一步,確定所求問題含有待定系數的解析式;第二步,根據恒等的條件,列出一組含待定系數的方程;第三步,解方程組或者消去待定系數,從而使問題得到解決。如何列出一組含待定系數的方程,主要從以下幾方面著手分析: 利用對應系數相等列方程; 由恒等的概念用數值代入法列方程; 利用定義本身的屬性列方程; 利用幾何條件列方程。比如在求圓錐曲線的方程時,我們可以用待定系數法求方程:首先設所求方程的形式,其中含有待定的系數;再把幾何條件轉化為含所求方程未知系數的方程或方程組;最后解所得的方程或方程組求出未知的系數,并把求出的系數代入已經明確的方程形式,得到所求圓錐曲線的方程。、再現性題組:1. 設f(x)m,f(x)的反函數f(x)nx5,那么m、n的值依次為_。A. , 2 B. , 2 C. , 2 D. ,22. 二次不等式axbx2>0的解集是(,),則ab的值是_。A. 10 B. 10 C. 14 D. 143. 函數yabcos3x (b<0)的最大值為,最小值為,則y4asin3bx的最小正周期是_?!竞喗狻?小題:由f(x)m求出f(x)2x2m,比較系數易求,選C;2小題:由不等式解集(,),可知、是方程axbx20的兩根,代入兩根,列出關于系數a、b的方程組,易求得ab,選D;3小題:分析x的系數由C與(1)C兩項組成,相加后得x的系數,選D;、示范性題組:例1. 已知函數y的最大值為7,最小值為1,求此函數式?!痉治觥壳蠛瘮档谋磉_式,實際上就是確定系數m、n的值;已知最大值、最小值實際是就是已知函數的值域,對分子或分母為二次函數的分式函數的值域易聯想到“判別式法”?!窘狻?函數式變形為: (ym)x4x(yn)0, xR, 由已知得ym0 (4)4(ym)(yn)0 即: y(mn)y(mn12)0 不等式的解集為(-1,7),則1、7是方程y(mn)y(mn12)0的兩根,代入兩根得: 解得:或 y或者y此題也可由解集(-1,7)而設(y1)(y7)0,即y6y70,然后與不等式比較系數而得:,解出m、n而求得函數式y(tǒng)?!咀ⅰ?在所求函數式中有兩個系數m、n需要確定,首先用“判別式法”處理函數值域問題,得到了含參數m、n的關于y的一元二次不等式,且知道了它的解集,求參數m、n。兩種方法可以求解,一是視為方程兩根,代入后列出m、n的方程求解;二是由已知解集寫出不等式,比較含參數的不等式而列出m、n的方程組求解。本題要求對一元二次不等式的解集概念理解透徹,也要求理解求函數值域的“判別式法”:將y視為參數,函數式化成含參數y的關于x的一元二次方程,可知其有解,利用0,建立了關于參數y的不等式,解出y的范圍就是值域,使用“判別式法”的關鍵是否可以將函數化成一個一元二次方程。例2. 有矩形的鐵皮,其長為30cm,寬為14cm,要從四角上剪掉邊長為xcm的四個小正方形,將剩余部分折成一個無蓋的矩形盒子,問x為何值時,矩形盒子容積最大,最大容積是多少?【分析】實際問題中,最大值、最小值的研究,先由已知條件選取合適的變量建立目標函數,將實際問題轉化為函數最大值和最小值的研究。【解】 依題意,矩形盒子底邊邊長為(302x)cm,底邊寬為(142x)cm,高為xcm。 盒子容積 V(302x)(142x)x4(15x)(7x)x , 顯然:15x>0,7x>0,x>0。設V(15aax)(7bbx)x (a>0,b>0) 要使用均值不等式,則解得:a, b , x3 。 從而V()(x)x()×27576。所以當x3時,矩形盒子的容積最大,最大容積是576cm?!咀ⅰ烤挡坏仁綉脮r要注意等號成立的條件,當條件不滿足時要湊配系數,可以用“待定系數法”求。本題解答中也可以令V(15aax)(7x)bx 或 (15x)(7aax)bx,再由使用均值不等式的最佳條件而列出方程組,求出三項該進行湊配的系數,本題也體現了“湊配法”和“函數思想”。、鞏固性題組:1. 函數ylogx的x2,+)上恒有|y|>1,則a的取值范圍是_。A. 2>a>且a1 B. 0<a<或1<a<2 C. 1<a<2 D. a>2或0<a<2. 方程xpxq0與xqxp0只有一個公共根,則其余兩個不同根之和為_。A. 1 B. 1 C. pq D. 無法確定 3. 如果函數ysin2xa·cos2x的圖像關于直線x對稱,那么a_。A. B. C. 1 D. 14. 無窮等比數列a的前n項和為Sa , 則所有項的和等于_。A. B. 1 C. D.與a有關5. 設yf(x)是一次函數,已知f(8)15,且f(2)、f(5)、(f14)成等比數列,求f(1)f(2)f(m)的值。四、定義法所謂定義法,就是直接用數學定義解題。數學中的定理、公式、性質和法則等,都是由定義和公理推演出來。定義是揭示概念內涵的邏輯方法,它通過指出概念所反映的事物的本質屬性來明確概念。定義是千百次實踐后的必然結果,它科學地反映和揭示了客觀世界的事物的本質特點。簡單地說,定義是基本概念對數學實體的高度抽象。用定義法解題,是最直接的方法,本講讓我們回到定義中去。、再現性題組:1. 已知集合A中有2個元素,集合B中有7個元素,AB的元素個數為n,則_。A. 2n9 B. 7n9 C. 5n9 D. 5n72. 設MP、OM、AT分別是46°角的正弦線、余弦線和正切線,則_。A. MP<OM<AT B. OM<MP<AT C. AT<<OM<MP D. OM<AT<MP3. 奇函數f(x)的最小正周期為T,則f()的值為_。A. T B. 0 C. D. 不能確定【簡解】1小題:利用并集定義,選B;2小題:利用三角函數線定義,作出圖形,選B;3小題:利用復數模的定義得<,選A;、示范性題組:例1. 已知f(x)xcx,f(2)14,f(4)252,求ylogf(x)的定義域,判定在(,1)上的單調性?!痉治觥恳袛嗪瘮档膯握{性,必須首先確定n與c的值求出函數的解析式,再利用函數的單調性定義判斷?!窘狻?解得: f(x)xx 解f(x)>0得:0<x<1設<x<x<1, 則f(x)f(x)x+x-(-x+x)=(x-x)1-(x+x)( x+x), x+x>, x+x> (x+x)( x+x)×1 f(x)f(x)>0即f(x)在(,1)上是減函數 <1 ylogf(x) 在(,1)上是增函數?!咀ⅰ筷P于函數的性質:奇偶性、單調性、周期性的判斷,一般都是直接應用定義解題。本題還在求n、c的過程中,運用了待定系數法和換元法。、鞏固性題組:1 函數yf(x)ak的圖像過點(1,7),它的反函數的圖像過點(4,0),則f(x)的表達式是_。2. 已知A0,1,Bx|xA,則下列關系正確的是_。 A. AB B. AB C. AB D. AB3. 已知定義在R上的非零函數f(x)滿足f(xy)f(x)f(y),則f(x)是_。 A.奇函數 B.偶函數 C.非奇非偶函數 D.既奇既偶函數4.不等式axbxc>0的解集是(1,2),則不等式bxcxa<0解集是_。5.已知數列a是等差數列,求證數列b也是等差數列,其中b(aaa)。五、數學歸納法歸納是一種有特殊事例導出一般原理的思維方法。歸納推理分完全歸納推理與不完全歸納推理兩種。不完全歸納推理只根據一類事物中的部分對象具有的共同性質,推斷該類事物全體都具有的性質,這種推理方法,在數學推理論證中是不允許的。完全歸納推理是在考察了一類事物的全部對象后歸納得出結論來。數學歸納法是用來證明某些與自然數有關的數學命題的一種推理方法,在解數學題中有著廣泛的應用。它是一個遞推的數學論證方法,論證的第一步是證明命題在n1(或n)時成立,這是遞推的基礎;第二步是假設在nk時命題成立,再證明nk1時命題也成立,這是無限遞推下去的理論依據,它判斷命題的正確性能否由特殊推廣到一般,實際上它使命題的正確性突破了有限,達到無限。這兩個步驟密切相關,缺一不可,完成了這兩步,就可以斷定“對任何自然數(或nn且nN)結論都正確”。由這兩步可以看出,數學歸納法是由遞推實現歸納的,屬于完全歸納。運用數學歸納法證明問題時,關鍵是nk1時命題成立的推證,此步證明要具有目標意識,注意與最終要達到的解題目標進行分析比較,以此確定和調控解題的方向,使差異逐步減小,最終實現目標完成解題。運用數學歸納法,可以證明下列問題:與自然數n有關的恒等式、代數不等式、三角不等式、數列問題、幾何問題、整除性問題等等。、再現性題組:1. 用數學歸納法證明(n1)(n2)(nn)2·1·2(2n1) (nN),從“k到k1”,左端需乘的代數式為_。 A. 2k1 B. 2(2k1) C. D. 2. 用數學歸納法證明1<n (n>1)時,由nk (k>1)不等式成立,推證nk1時,左邊應增加的代數式的個數是_。 A. 2 B. 21 C. 2 D. 213. 某個命題與自然數n有關,若nk (kN)時該命題成立,那么可推得nk1時該命題也成立?,F已知當n5時該命題不成立,那么可推得_。 (94年上海高考) A.當n6時該命題不成立 B.當n6時該命題成立 C.當n4時該命題不成立 D.當n4時該命題成立4. 數列a中,已知a1,當n2時aa2n1,依次計算a、a、a后,猜想a的表達式是_。 A. 3n2 B. n C. 3 D. 4n35. 用數學歸納法證明35 (nN)能被14整除,當nk1時對于式子35應變形為_。6. 設k棱柱有f(k)個對角面,則k1棱柱對角面的個數為f(k+1)f(k)_?!竞喗狻?小題:nk時,左端的代數式是(k1)(k2)(kk),nk1時,左端的代數式是(k2)(k3)(2k1)(2k2),所以應乘的代數式為,選B;2小題:(21)(21)2,選C;3小題:原命題與逆否命題等價,若nk1時命題不成立,則nk命題不成立,選C。4小題:計算出a1、a4、a9、a16再猜想a,選B;5小題:答案(35)35(53);6小題:答案k1。、示范性題組:例1. 已知數列,得,。S為其前n項和,求S、S、S、S,推測S公式,并用數學歸納法證明。 (93年全國理)【解】 計算得S,S,S,S , 猜測S (nN)。當n1時,等式顯然成立;假設當nk時等式成立,即:S,當nk1時,SS,由此可知,當nk1時等式也成立。綜上所述,等式對任何nN都成立?!咀ⅰ?把要證的等式S作為目標,先通分使分母含有(2k3),再考慮要約分,而將分子變形,并注意約分后得到(2k3)1。這樣證題過程中簡潔一些,有效地確定了證題的方向。本題的思路是從試驗、觀察出發(fā),用不完全歸納法作出歸納猜想,再用數學歸納法進行嚴格證明,這是關于探索性問題的常見證法,在數列問題中經常見到。 假如猜想后不用數學歸納法證明,結論不一定正確,即使正確,解答過程也不嚴密。必須要進行三步:試值 猜想 證明?!玖斫狻?用裂項相消法求和:由a得,S(1)()1。此種解法與用試值猜想證明相比,過程十分簡單,但要求發(fā)現的裂項公式。可以說,用試值猜想證明三步解題,具有一般性。例2. 設a (nN),證明:n(n1)<a< (n1) 。【分析】與自然數n有關,考慮用數學歸納法證明。n1時容易證得,nk1時,因為aa,所以在假設nk成立得到的不等式中同時加上,再與目標比較而進行適當的放縮求解?!窘狻?當n1時,a,n(n+1), (n+1)2 , n1時不等式成立。假設當nk時不等式成立,即:k(k1)<a< (k1) ,當nk1時,k(k1)<a<(k1),k(k1)>k(k1)(k1)(k1)(k3)>(k1)(k2),(k1)(k1)<(k1)(k)(k2),所以(k1)(k2) <a<(k2),即nk1時不等式也成立。綜上所述,對所有的nN,不等式n(n1)<a<(n1)恒成立。【注】 用數學歸納法解決與自然數有關的不等式問題,注意適當選用放縮法。本題中分別將縮小成(k1)、將放大成(k)的兩步放縮是證nk1時不等式成立的關鍵。為什么這樣放縮,而不放大成(k2),這是與目標比較后的要求,也是遵循放縮要適當的原則。本題另一種解題思路是直接采用放縮法進行證明。主要是抓住對的分析,注意與目標比較后,進行適當的放大和縮小。解法如下:由>n可得,a>123nn(n1);由<n可得,a<123n×nn(n1)n(n2n)<(n1)。所以n(n1)<a<(n1)。例3. 設數列a的前n項和為S,若對于所有的自然數n,都有S,證明a是等差數列。 (94年全國文)【分析】 要證明a是等差數列,可以證明其通項符合等差數列的通項公式的形式,即證:aa(n1)d 。命題與n有關,考慮是否可以用數學歸納法進行證明?!窘狻?設aad,猜測aa(n1)d當n1時,aa, 當n1時猜測正確。當n2時,a(21)dada, 當n2時猜測正確。假設當nk(k2)時,猜測正確,即:aa(k1)d ,當nk1時,aSS,將aa(k1)d代入上式, 得到2a(k1)(aa)2kak(k1)d,整理得(k1)a(k1)ak(k1)d,因為k2,所以aakd,即nk1時猜測正確。綜上所述,對所有的自然數n,都有aa(n1)d,從而a是等差數列?!咀ⅰ?將證明等差數列的問題轉化成證明數學恒等式關于自然數n成立的問題。在證明過程中a的得出是本題解答的關鍵,利用了已知的等式S、數列中通項與前n項和的關系aSS建立含a的方程,代入假設成立的式子aa(k1)d解出來a。另外本題注意的一點是不能忽視驗證n1、n2的正確性,用數學歸納法證明時遞推的基礎是n2時等式成立,因為由(k1)a(k1)ak(k1)d得到aakd的條件是k2?!玖斫狻?可證a a a a對于任意n2都成立:當n2時,aSS;同理有aSS;從而aan(aa),整理得a a a a,從而a是等差數列。一般地,在數列問題中含有a與S時,我們可以考慮運用aSS的關系,并注意只對n2時關系成立,象已知數列的S求a一類型題應用此關系最多。、鞏固性題組:1. 用數學歸納法證明:61 (nN)能被7整除。2. 用數學歸納法證明: 1×42×73×10n(3n1)n(n1) (nN)。3. nN,試比較2與(n1)的大小,并用證明你的結論。4. 用數學歸納法證明等式:cos·cos·cos··cos (81年全國高考)5. 用數學歸納法證明: |sinnx|n|sinx| (nN)。 (85年廣東高考)6. 數列a的通項公式a (nN),設f(n)(1a)(1a)(1a),試求f(1)、f(2)、f(3)的值,推測出f(n)的值,并用數學歸納法加以證明。7. 已知數列a滿足a1,aacosxcos(n1)x, (xk,n2且nN)。 求a和a; .猜測a,并用數學歸納法證明你的猜測。8. 設f(logx) , .求f(x)的定義域; .在yf(x)的圖像上是否存在兩個不同點,使經過這兩點的直線與x軸平行?證明你的結論。 .求證:f(n)>n (n>1且nN)六、參數法參數法是指在解題過程中,通過適當引入一些與題目研究的數學對象發(fā)生聯系的新變量(參數),以此作為媒介,再進行分析和綜合,從而解決問題。直線與二次曲線的參數方程都是用參數法解題的例證。換元法也是引入參數的典型例子。辨證唯物論肯定了事物之間的聯系是無窮的,聯系的方式是豐富多采的,科學的任務就是要揭示事物之間的內在聯系,從而發(fā)現事物的變化規(guī)律。參數的作用就是刻畫事物的變化狀態(tài),揭示變化因素之間的內在聯系。參數體現了近代數學中運動與變化的思想,其觀點已經滲透到中學數學的各個分支。運用參數法解題已經比較普遍。參數法解題的關鍵是恰到好處地引進參數,溝通已知和未知之間的內在聯系,利用參數提供的信息,順利地解答問題。、再現性題組:1. 設235>1,則2x、3y、5z從小到大排列是_。2. (理)直線上與點A(-2,3)的距離等于的點的坐標是_。 (文)若k<1,則圓錐曲線xky1的離心率是_。3. 點Z的虛軸上移動,則復數Cz12在復平面上對應的軌跡圖像為_。4. 三棱錐的三個側面互相垂直,它們的面積分別是6、4、3,則其體積為_。5. 設函數f(x)對任意的x、yR,都有f(xy)f(x)f(y),且當x>0時,f(x)<0,則f(x)的R上是_函數。(填“增”或“減”)6. 橢圓1上的點到直線x2y0的最大距離是_。 A. 3 B. C. D. 2【簡解】1小題:設235t,分別取2、3、5為底的對數,解出x、y、z,再用“比較法”比較2x、3y、5z,得出3y<2x<5z;2小題:(理)A(-2,3)為t0時,所求點為t±時,即(-4,5)或(0,1);(文)已知曲線為橢圓,a1,c,所以e;3小題:設zb,則C1b2,所以圖像為:從(1,2)出發(fā)平行于x軸向右的射線;4小題:設三條側棱x、y、z,則xy6、yz4、xz3,所以xyz24,體積為4。5小題:f(0)0,f(0)f(x)f(-x),所以f(x)是奇函數,答案:減;6小題:設x4sin、y2cos,再求d的最大值,選C。、示范性題組:例1. 實數a、b、c滿足abc1,求abc的最小值?!痉治觥坑蒩bc1 想到“均值換元法”,于是引入了新的參數,即設at,bt,ct,代入abc可求?!窘狻坑蒩bc1,設at,bt,ct,其中ttt0, abc(t)(t)(t)(ttt)tttttt所以abc的最小值是。【注】由“均值換元法”引入了三個參數,卻將代數式的研究進行了簡化,是本題此種解法的一個技巧。本題另一種解題思路是利用均值不等式和“配方法”進行求解,解法是:abc(abc)2(abbcac)12(abc),即abc。兩種解法都要求代數變形的技巧性強,多次練習,可以提高我們的代數變形能力。 S E D C O F A B例2.已知正四棱錐SABCD的側面與底面的夾角為,相鄰兩側面的夾角為,求證:cos=-cos。【分析】要證明cos=-cos,考慮求出、的余弦,則在和所在的三角形中利用有關定理求解。【解】連AC、BD交于O,連SO;取BC中點F,連SF、OF;作BESC于E,連DE。則SFO,DEB。 設BCa (為參數), 則SF, SC又 BE在DEB中,由余弦定理有:coscos。所以coscos?!咀ⅰ?設參數a而不求參數a,只是利用其作為中間變量輔助計算,這也是在參數法中參數可以起的一個作用,即設參數輔助解決有關問題。、鞏固性題組:1. 函數yx2的值域是_。2. f(x)(1cosx)sinx,x0,2),求使f(x)1的實數a的取值范圍。七、反證法與前面所講的方法不同,反證法是屬于“間接證明法”一類,是從反面的角度思考問題的證明方法,即:肯定題設而否定結論,從而導出矛盾推理而得。法國數學家阿達瑪(Hadamard)對反證法的實質作過概括:“若肯定定理的假設而否定其結論,就會導致矛盾”。具體地講,反證法就是從否定命題的結論入手,并把對命題結論的否定作為推理的已知條件,進行正確的邏輯推理,使之得到與已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題等相矛,矛盾的原因是假設不成立,所以肯定了命題的結論,從而使命題獲得了證明。反證法所依據的是邏輯思維規(guī)律中的“矛盾律”和“排中律”。在同一思維過程中,兩個互相矛盾的判斷不能同時都為真,至少有一個是假的,這就是邏輯思維中的“矛盾律”;兩個互相矛盾的判斷不能同時都假,簡單地說“A或者非A”,這就是邏輯思維中的“排中律”。反證法在其證明過程中,得到矛盾的判斷,根據“矛盾律”,這些矛盾的判斷不能同時為真,必有一假,而已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題都是真的,所以“否定的結論”必為假。再根據“排中律”,結論與“否定的結論”這一對立的互相否定的判斷不能同時為假,必有一真,于是我們得到原結論必為真。所以反證法是以邏輯思維的基本規(guī)律和理論為依據的,反證法是可信的。反證法的證題模式可以簡要的概括我為“否定推理否定”。即從否定結論開始,經過正確無誤的推理導致邏輯矛盾,達到新的否定,可以認為反證法的基本思想就是“否定之否定”。應用反證法證明的主要三步是:否定結論 推導出矛盾 結論成立。實施的具體步驟是:第一步,反設:作出與求證結論相反的假設;第二步,歸謬:將反設作為條件,并由此通過一系列的正確推理導出矛盾;第三步,結論:說明反設不成立,從而肯定原命題成立。在應用反證法證題時,一定要用到“反設”進行推理,否則就不是反證法。用反證法證題時,如果欲證明的命題的方面情況只有一種,那么只要將這種情況駁倒了就可以,這種反證法又叫“歸謬法”;如果結論的方面情況有多種,那么必須將所有的反面情況一一駁倒,才能推斷原結論成立,這種證法又叫“窮舉法”。在數學解題中經常使用反證法,牛頓曾經說過:“反證法是數學家最精當的武器

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