高中数学基本数学方法

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1、基本数学方法导言：众里寻她千百废，蓦然回首，那人却在灯火阑珊处。考察数学思想方法是数学科考试说明中的一项基本要求，这是数学学科的特点所决定的。数学思想方法与课本中的数学知识相比，具有普遍性、概括性和深刻性。一方面，数学思想方法不能脱离具体的数学对象而独立的发挥作用，另一方面，在运用数学知识的过程中，又不可避免地涉及到数学思想方法。对数学思想方法的系统认识，能使我们从总体上深刻理解、全面把握数学知识。 数学思想与数学方法是不同的两个范畴“方法”比较接近于操作，与经验的联系很密切；而“思想”则具有指导性，并且与一般方法论相衔接数学方法在完成数学过程中的那些典型形式，包括一般地应如何处理数学对象、通

2、过什么途径、如何进行变化来达到解决数学问题的目的 本章的目的显然是为了系统地理解和掌握数学方法，从而使我们能有意识地选择适当的方法解题 高考中考查的数学方法主要有定义法、代入法、比较法(指比较大小)、配方法、数学归纳法、待定系数法、换元法、反证法、参数法等1定义法 所谓定义法，就是直接利用数学定义解题的一种方法 从本质上说，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的因此用定义法解题，是最直接的方法 那么，什么叫定义呢？ 定义是揭示概念内涵的逻辑方法，也就是通过指出概念所反映的事物的本质属性来明确概念的逻辑方法 定义，是千百次实践后的必然结果，它科学地反映和揭示了客观世界的事物

3、的本质特点简单地说，定义是基本概念对数学实体的高度抽象 让我们回到定义中去！ 例1已知f(x)=xncx，f(2)=14, f(4)=252, 求y=的定义域并判定它在，1)上的单调性解析：要判断函数的单调性，必须首先确定 n与c的值 解： ， f(x)=x4+x, 由f(x)=x4x0，得其解集为(0，1). 任取x1、x2, 1)，并设x1x2， f(x1)f(x2)=x14+x1+x24x2=(x2x1)(x2+x1)(x22+x12)1. 而x2x10，又(x2x1) (x22+x12)1 f(x1)f(x2)0, 故f(x)在，1)上单调递减，y=在定义域上单调递增 解题关键：关于函

4、数的性质：奇偶性、单调性、周期性的判断，一般都是直接应用定义这就要求我们对这些定义必须有深刻的本质认识，对定义中给出的每一个“词”要透彻理解 例2若an=lg, bn=a3n, 试写出bn的前三顶并证明数列bn是等差数列。解：b1=a3=lg, b2=a6=lg, b3=a9=lg, an+1an=lglg=lg, 数列an是首项a1=lg, 公差d=lg的等差数列，a3n=a1+(3n1)d,a3na3(n1)= a1+(3n1)da1+(3n4)d=3d=3lg (常数) bn是等差数列，解题关键：证明一个数列是等差(或等比)数列，必须根据定义：an+1an=d, d为常数 (或=q, q

5、为常数且q0)，而巧用等差(或等比)数列的定义，更是简化计算的有力手段。2代入法 例1若0b1)，试比较3f1(x)与f1(3x)的大小 解：f1(x)=loga(x1) (a1，x1) 3f1(x)=3foga(x1)=loga(x1)3f1(3x)=loga(3x1)，(x) 要比较 3f1(x)与f1(3x)的大小，由于 a1，y=logax单调递增, 因此只须比较(x1)3与3x1的大小 (x1)3(3x1=x2(x3)0 (x) 3f1(x)f1(3x)，当且仅当x=0时取“=” 解题关键：在x的许可值范围内比较大小，实际上是对欲比的代数式作了适当的限制与约束就本题而言，正确地确定自

6、变量x的取值范围，是不能缺少的重要步骤当然，错把x的范围当成(1，)，虽然其结果不变，但推理过程至少是不严谨的 比较法是不等式证明的基本步骤和方法之一它遵循“作差(或比商)变形判断”的解题规律作差之后的配方或因式分解，有时确实是判断“差”的符号的关键。例2设数列an为等比数列，公比q0且q1，若A=a1a2an, B=，C=，试比较 2BnC2与 An之大小略解： A=a1a2an=，B=，C=, 2BnC2An qn1与q1同号、故 (1) 当a10时，2BnC2与An ； (2) 当a1An ，若n为奇数，2BnC2An 注：对a1分类讨论，还不可能彻底解决问题，当a10时，n的奇偶性决定

7、了所比的两个表达式的大小 4配方法 配方是一种基本而重要的恒等变形的手段许多时候，它是解答全题的关键一步，而正是这一步，才为我们解完全题创造了条件 配方，它被广泛地应用于数学的各个方面、各种场合什么时候需要配方？往往要靠我们去“适当地预测” 为了“配”，需要“凑”；“凑”是配的前奏，“配”是“凑”的目的 在解题中，需要的时候，能否熟练地应用“配方法”，某种程度上体现了一个人的分析和运算的能力 例1一个首项为正数的等差数列，若S3=S11，那么这数列前多少项和为最大？解：设此等差数列首项为a1，公差为d，依题意有3a13d=11a155d2a1=13d，则数列的前n项和Sn=na1na1n(n1

8、)= 49(n7)2. a10， 当n=7时，Sn为最大 解题关键：配方是常用的一种变形方式中学阶段的主要要求是掌握如何配平方配方的目的为：(1) 判定一个代数式的正负；(2) 运用二次函数的有关性质；(3) 有利于二次方程的讨论；(4) 使用含有平方式的公式(例如两点距离公式等)例2设方程x2+2kx+4=0的两个实根为x1、x2，若3成立，求实数k的取值范围 解：=3， 由韦达定理知：x1x2=2k，x1x2=4， 于是便有(k22)25，k或k, 又 x1、x2是方程的实根， 0， 4k2160，即k2或k2 综合起来，k的范围是, +)(, . 解题关键：关于实系数一元二次方程的问题，

9、总是先考虑“”，然后恰当地应用韦达定理对于本题，去掉了对“”的讨论，虽然结果相同，但解答是不完整、不严密的而绝大部分的问题，由“”首先来确定一元二次方程中参数的取值范围，它是必不可缺少的决定性的步骤 从不等式3的结构特征必然联想到配方这样就为我们应用韦达定理扫清了障碍 思考一：已知实系数方程x2x+p=0的两根、有|=3，则p的值为( ) A2 B2.5 C2或2.5 D以上都不对 解析：选 A还是选 B？ 如果读者意识到实系数方程的根可能是实数也可能是虚数，那么显然A、B都不是所求的p值，C与D到底谁正确呢？运算中少不了配方选C 思考二：复数z1、z2满足10z12+5z22=2z1z2，且

10、z1+2z2为纯虚数，求证：3z1z2R. 解析：等式10z12+5z22=2z1z2，使我们联想到配方是当然的事，而z12z2与3z1z2又提示我们去恰到好处地“配”、“凑”系数. 证明：10z12+5z222z1z2=(3z1z2)2(z12z2)2=0， z12z2为纯虚数， (z12z2)20 则 (3z1z2)30，可知3z1z2R. 注：抓住特殊常数，有目的地“配”与“凑”，必须具备较深刻的观察能力 例3ABC中，S是它的面积，a、b是它的两条边的长，S=(a2+b2), 求这三角形的各内角 解：由absinC=(a2+b2) a2+b22absinC=0, a22absinC+b

11、2sin2C+b2cos2C=0, (absinC)2+b2cos2C=0 , A=B=45, C=90. 几道例题，绝不可能将配方法的应用的广泛性和变换的灵活性表达得淋漓尽致更深刻的感受，还在以后的应用中逐步强化 配方法是恒等变形的一种基本技巧，它在关键的时候把问题的结构特征暴露出来学会熟练地运用配方法，这是数学解题的最基本的要求5待定系数法 正如配方法一样，待定系数法也是中学数学中最基本方法之一 它的理论根据是多项式恒等实现(即两个多项式恒等的充要条件)， 由于它的应用的广泛性和它在中学数学中的突出作用，我们已经将它理解为一种解题的重要策略把待定系数法提高到一种思想方法上来认识，足见这在中

12、学数学中的突出的地位 例1已知函数y=的最大值为7，最小值为1，求此函数的解析式 解析：求函数解析式，实际上是确定系数m、n的值 有些问题的本身并未指明要用待定系数法，甚至问题的解决也并非十分直观地应用了多项式恒等的原理，它只是反映了应用这一方法的一些基本思想，我们也将这一类解决问题的方法称为待定系数法，它是广义的 解：将函数式变形为： (ym)x24x(yn)0 xR, =(4)24(ym)(yn)0，即y2(mn)y(mn12)0, 这时y=m也成立要使函数有最大值7，最小值1，亦就是1y7，显然(y1)(y7)0，就是 y26y70 比较的系数得方程组：， 或,故所求函数的表达式为：y=

13、, 或y=.例2已知复数z=1+i, ，|=2, 且z23是虚部为负数的纯虚数，求复数. 解：设z23=ai(aR), 则|z23|=a得a16.于是 3=8=8(cos+isin),=2cos+isin (k0，1，2)， 1=1i，2=2，3=1i (设=2(cos+isin)，再由sin3=0且cos30, zcos+sin=2, sin(+)=, 由|1得z23， zmin=，ymin=4+3，y43，) 其实，从z=的结构特征上，还有一个最基本的联想是直线的斜率公式定点(0，2)和单位圆x2y2=1(x0且y0)上的点的连线的斜率，只相差一个负号！ 于是令a=, 0, )，由数形结合

14、知z的最小值为. 我们要求读者要仔仔细细地推敲所给条件中的每一个字母、每种表达式，从而激发解题的灵感的火花 思路二：令t=y4，则xt=2, (这种换元的真正的目的；为变形或有理式创设条件) 两边平方有 3x22tx36t2=0, 由x0知方程有非负实数解，因此 或者f(0)0, 又t0；故t3，就是y43. (置函数于方程中，强化方程区间根的讨论，何况t=y4的换元是何等巧妙) 思路三：设x+t, (0ta2x，a0解：设t=，得x=a, t0 aha，解得xa解题关键：通过引入一个或若干个新的变量去替代原有的变量、表达式，其目的为：(1) 变繁为简：通过符号形式的变化，揭示问题的实质，而不

15、至被繁多的数学符号所困惑；(2) 变生为熟：通过代换，把较难的、不熟悉的问题化解为若干个为我们所熟知的小问题7反证法 牛顿说：“反证法是数学家最精锐的武器之一”这就充分肯定了这一方法的积极作用和不可动摇的重要地位 反证法的核心是从求证结论的反面出发，导出矛盾的结果因此如何导出矛盾，就成了反证法的关键所在 出现矛盾的方式通常有：与公理定义矛盾；与已知条件或临时假设矛盾；与显然的事实矛盾；自相矛盾等 反证法可分为归谬反证法和穷举反证法两种若命题的结论的反面只有一种情况就能肯定结论，这种反证法叫归谬法；若命题的结论的反面不只一种情况，则需将反面情况一推翻才能肯定结论，这种反证法叫穷举法 例1设复数m

16、=1cosisin, (0, 2)，n=a2ai (aR)，若mn是纯虚数，则mn不可能是实数证明：假设mnR, m n=(1cosisin)(a2ai=a2(1cos)asin+a2sin+a(1cos)i为纯虚数 , 由得a0，再由02 得1cos0，sin0 a=, 而mn=(1cos+a2)+(asin)iR,则asin=0a=sin.代入a=有=sin又sin0, 1cos=1，cos=2，这是不可能的 假设错误mn不可能是实数解题关键：含有否定词的命题，都用反证法好思考：已知二项式(xx1)m与(xx1)n+1, (mN, nN)，求证：当m=n时，这两个二项式的展开式中不可能同时

17、含有常数项 证：两个展开式的通项分别是： Tr+1=, Tk+1=, 假设它们都含有常数项，则有m=2r，n=2k+1又m=n, 这是不可能的，矛盾表明假设是错误的，原命题成立 例2如图，设 SA、SB是圆锥SO的两条母线，O是底面圆心，C是SB上一点求证：AC与平面SOB不垂直 证明：假设 AC平面SOB，那么由SO底面 AOB得平面SOB平面AOB，平面SOB平面AOB于直线OB，作ADOB于D，则 AD平面 SOB，又 AC平面SOB，故AD/AC这与“AD与AC相交于点A”矛盾，所以假设不成立，则AC与平面SOB不垂直 解题关键：反证法是一种重要的数学证题法，它是以排中律为依据(“A”

18、是“B”与“A”不是“B”两者必居其一)，不直接证明“A”是“B”，而从反面证明“A”不是“B”不对，从而肯定“A”是“B”是对的反证法在证明否定性命题，存在性和推一性问题时常常被采用，其证题过程大致分为三步：(1) 作出与原结论相反的假设；(2) 从假设出发，推出结果矛盾(至于与谁矛盾，事先难以预料，这是运用反证法解题的一个难点)；(3) 否定假设，肯定命题正确，三步中关键是第二步 例3设函数 f(x)、g(x)在0，1上定义，证明：存在x0，y00，1，使得|x0y0f(x0)g(y0)|成立 解析：存在x0，y00，1，使得|x0y0f(x0)g(y0)|成立的反面结论是什么？ 任意的x

19、，y0，1，均有|xyf(x)g(y)| 对任意的x、y不等式均成立，那么特殊的应该毫无疑问了 证明：设对于任意的x、y都有|xyf(x)g(y)|成立，则特殊地，取x=0, y=0；x=1, y=0；x=0, y=1；x=1, y=1. 就有 |0f(0)g(0)|, |0f(1)g(0)|, |0f(0)g(1)|, |1f(1)g(1)|0f(0)g(0)|+ |0+f(1)+g(0)|+ |0+f(0)+g(1)|+ |1f(1)g(1)| |0f(0)g(0)+ 0+f(1)+g(0)+ 0+f(1)+g(0)+1f(0)g(0)|=1 这是不可能的，矛盾表明原结论成立，即存在x0、

20、y00，1，使得|x0y0f(x0)g(y0)|成立.解题关键：本题是一个肯定型的存在性命题，当我们去寻求x0、y00，1满足不等式|x0y0f(x0)g(y0)|有困难时，于是便去构造命题的反面情况8数学归纳法 对某类事物部分或全体的观察研究发现它们具有某种属性，从而推出这类事物整体都具有这种属性，这种推理方法，称为归纳法 归纳法是从特殊到一般的研究方法 在数学中证明与自然数有关的命题时，常用数学归纳法 数学归纳法是一种递推的方法先验证n等于第一个值n0时命题成立，再假设n=k时命题成立然后证明n=k1时也成立这两步缺一不可第一步是递推的基础，第二步是能无限递推下去的理论依据 由于事物的普遍

21、性附于事物的特殊性之中，因此，在需要研究某一对象时，我们常从研究各个个别对象的特征、属性开始，进而去猜想整个对象集所具有的共性，接着用数学归纳法证明猜想的正确性因此，猜想和归纳，总是紧紧相随的 例1设抛物线y=与x轴围成部分的内接正三角形A1，A2，An的边长为an，它在抛物线上的顶点为Pn，(1) 用数学归纳法证明：若Ln=, 则Ln=n(n1) (2) 记线段PnPn+1长为rn，求 证明：设等边三角形在x轴上的交点为Qk，k=1，2, ，n,(1) OP1所在直线方程为=x，联立 y=, Q1=L1=|OP1|=, 初始条件成立假设 n=k肘，有 Lkk(k+1)那么n=k+1时, Qk

22、Pk+1所在直线方程为y=x,联立 y=(k+1), Lk+1=k(k+1)+(k+1)=(k+1)(k+2),对于一切nN，命题成立(2) 在PnQnPn1中，由余弦定理知|PnPN+1|2=|PnQn|2+|QnPn+1|22|PnQN|QnPn+1|cos60 =(n)2+(n+1)22n(n+1)=(n2+n+1),因此有=(12+22+n2)+(1+2+n)+n, =(n2+3n+5). 解题关键：几何数列，特别要注意解题的严密性当我们去验证n=k+1也成立时，怎样合理地应用几何性质，往往是成败的关键 例2已知数列an的首项为1，以后各项由递推式an1十 (n2)给出，求证：当n为偶

23、数时，anan+2，n为奇数时，anan+2. 解析：与自然数的奇偶性有关的命题，往往须分奇、偶来讨论 略证：由an1十1= (nN，n2) 易知，a2a4，假设a2na2n+2, 那么a2n+2a2n+4=， (*)只须证 an0，则(*)由归纳假设知a2n+2a2n+40，这就是说，n为偶数时有anan+2 同理可知，n为奇数时，anan+2. 证明an0，同样用归纳法，请读者自行完成 解题关键：将递推式变形成an=, 完全从问题的结论中激发灵感，不是要分奇偶讨论吗？因此建立间隔项之间的递推关系也就顺理成章 例3设f(x)=x3十x，用归纳法证明，对一切xZf(x)Z。 解析：一些函数与数

24、列的基本性质都可以被巧妙地应用到归纳法的证明中来拆项与添项，又是归纳法证明中经常应用的恒等变形的手段 证：x=0，f(0)=0Z. x=1时，f(1)=+=1Z命题成立假设n=k时, 命题成立 (kN), 那么x=k+1时，f(k+1)=(k+1)3+(k+1)=k3+k+k2+k+1. 由kN, 知 f(k+1)N. 当xN时，命题成立 而f(x)为奇函数，因此当xf(x2), f(x)在R上单调递减还有没有别的思路呢？ 由x2x1, 设x2=x1+t (t0), f(x2)=f(x1t)=f(x1)十f(t)f(x1)故f(x2)(x1) f(x)在R上单调递减 引进参数t，这是一种新的思

25、维 在有关不等式的命题中，这种思想方法是经常被应用的 思考：实数a、b、c满足abc=1，求a2b2c2的最小值 分析：由abc1，引进参数t1、t2、t3使得a=+t1，b=+t2，c=+t3.t1+t2+t3=0,因此a2b2c2=(+t1)2(+t2)2(+t3)2 =+(t1+t2+t3)+t12+t22+t32所求的最小值为 我们绝不是去一味地欣赏这种引进参数的技巧和解题过程的标新立异，而只是希望读者能对参数法解题有一个比较深刻的具体的认识，在充分领略了它的特殊魅力之后，去自觉地熟悉和积极地使用 活用参数，这是解题能力的一种提高 例2如图，线段 QR的一端Q沿椭圆(ab0)在第一象限

26、中的弧段中从B运动到A，点R同时沿x轴正方向移动，已知|QR|=b，求线段QR中点P的轨迹方程 解：设Q(acos, bsin)，0，R(t，0)，这里, t都是参数，由|QR|=b得(acost)2+b2sin2=b2, 即 |acost|=bcos. tacos， t=(ab)cos又P是QR的中点，故得参数方程：,消去得普通方程 (x0, y0) 解题关键：用参数求曲线的轨迹方程，关键在于选参数根据对动点的运动形式、特点作认真的分析，恰当地引进参数，可使求轨迹方程的过程大大简化 数学解题中恰到好处地引进参数，能沟通已知与未知内在的联系，利用参数提供的信息，顺利地建立起通向彼岸的桥梁，起到

27、天堑变通途的作用 以上几例可以看出参数在解题中的想力，同时也体现出：“俏也不争春，只把春来报，待到山花烂漫时，她在丛中笑。”这不也正告诉我们，如何学会做人吗？！练习题 1已知1x2+y22，则 xy 2再用数学归纳法证明某命题时，左式为+, 从k到k+1时，左边需增加的代数式是 3如果函数y=Asin(x+)(A0，0)的图象关于y轴对称，则= .4函数f(x)=的最大值是 5若4k9，则方程=1表示( ). A焦点在x轴上的椭圆 B焦点在y轴上的椭圆 C焦点在x轴上的双曲线 D焦点在y轴上的双曲线6设(1xx2)n=a0+a1xa2x2a2nx2n，则 |a1a2+a2n1|=( ). A2n B2n1 C D 7若aR，P=, Q=a2a1，比较P与Q的大小 8设0a0)的最大值等于7，求b.参考答案