高三数学思想,方法,策略专题—数学方法之特殊解法

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北中数学网共10页第1页高三数学思想、方法、策略专题—数学方法之特殊解法一.知识探究:1.换元法解数学题时,把某个式子看成一个整体,用一个变量去代替它,从而使问题得到简化,这叫换元法。换元的实质是转化,关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,将问题移至新对象的知识背景中去研究,从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化,变得容易处理。换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量,可以把分散的条件联系起来,隐含的条件显露出来,或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式,把复杂的计算和推证简化。它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式,在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。换元的方法有:局部换元、三角换元、均值换元等。局部换元又称整体换元,是在已知或者未知中,某个代数式几次出现,而用一个字母来代替它从而简化问题,当然有时候要通过变形才能发现。例如解不等式:4x+2x-2≥0,先变形为设2x=t(t0),而变为熟悉的一元二次不等式求解和指数方程的问题。三角换元,应用于去根号,或者变换为三角形式易求时,主要利用已知代数式中与三角知识中有某点联系进行换元。如求函数y=x+1x的值域时,易发现x∈[0,1],设x=sin2α,α∈[0,2],问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到如此设,其中主要应该是发现值域的联系,又有去根号的需要。如变量x、y适合条件x2+y2=r2(r0)时,则可作三角代换x=rcosθ、y=rsinθ化为三角问题。均值换元,如遇到x+y=S形式时,设x=S2+t,y=S2-t等等。我们使用换元法时,要遵循有利于运算、有利于标准化的原则,换元后要注重新变量范围的选取,一定要使新变量范围对应于原变量的取值范围,不能缩小也不能扩大。如上几例中的t0和α∈[0,2]。2.待定系数法要确定变量间的函数关系,设出某些未知系数,然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法,其理论依据是多项式恒等,也就是利用了多项式f(x)g(x)的充要条件是:对于一个任意的a值,都有f(a)g(a);或者两个多项式各同类项的系数对应相等。待定系数法解题的关键是依据已知,正确列出等式或方程。使用待定系数法,就是把具有某种确定形式的数学问题,通过引入一些待定的系数,转化为方程组来解决,要判断一个问题是否用待定系数法求解,主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式,如果具有,就可以用待定系数法求解。例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等,这些问题都具有确定的数学表达形式,所以都可以用待定系数法求解。北中数学网共10页第2页使用待定系数法,它解题的基本步骤是:第一步,确定所求问题含有待定系数的解析式;第二步,根据恒等的条件,列出一组含待定系数的方程;第三步,解方程组或者消去待定系数,从而使问题得到解决。3.参数法参数法是指在解题过程中,通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量(参数),以此作为媒介,再进行分析和综合,从而解决问题。直线与二次曲线的参数方程都是用参数法解题的例证。换元法也是引入参数的典型例子。辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的,联系的方式是丰富多采的,科学的任务就是要揭示事物之间的内在联系,从而发现事物的变化规律。参数的作用就是刻画事物的变化状态,揭示变化因素之间的内在联系。参数体现了近代数学中运动与变化的思想,其观点已经渗透到中学数学的各个分支。运用参数法解题已经比较普遍。参数法解题的关键是恰到好处地引进参数,沟通已知和未知之间的内在联系,利用参数提供的信息,顺利地解答问题。4.配方法配方法是对数学式子进行一种定向变形(配成“完全平方”)的技巧,通过配方找到已知和未知的联系,从而化繁为简。何时配方,需要我们适当预测,并且合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧,从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。最常见的配方是进行恒等变形,使数学式子出现完全平方。它主要适用于:已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解等问题。二.命题趋势配方法、待定系数法、换元法、参数法是几种常用的数学解题方法。这些方法是数学思想的具体体现,是解决问题的手段,它们不仅有明确的内涵,而且具有可操作性,有实施的步骤和作法,事半功倍是它们共同的效果。纵观近几年高考命题的趋势,在题目上还是很注意特殊解法应用,应为他起到避繁就简、避免分类讨论、避免转化等作用。预测高考命题趋势为:(1)部分涉及函数性质、三角函数变形及求值、方程不等式的参数最值、解析几何求值等知识点的题目会用到这几种特殊解法;(2)这些解题方法都对应更一般的解法,它们的规律不太容易把握,但它们在实际的考试中会节省大量的时间,为后面的题目奠定基础;三.例题点评1.配方法典例解析例1.(1)(06全国卷I)设P是椭圆22211xyaa短轴的一个端点,Q为椭圆上的一个动点,求PQ的最大值。解析:依题意可设P(0,1),Q(x,y),则|PQ|=x2+(y-1)2,又因为Q在椭圆上,所以x2=a2(1-y2),|PQ|2=a2(1-y2)+y2-2y+1=(1-a2)y2-2y+1+a2=(1-a2)(y-11-a2)2-11-a2+1+a2。北中数学网共10页第3页因为|y|≤1,a1,若a≥2,则|11-a2|≤1,当y=11-a2时,|PQ|取最大值a2a2-1a2-1;若1a2,则当y=-1时,|PQ|取最大值2。(2)已知长方体的全面积为11,其12条棱的长度之和为24,则这个长方体的一条对角线长为()(A)32(B)14(C)5(D)6分析:设长方体三条棱长分别为x、y、z,则依条件得:2(xy+yz+zx)=11,4(x+y+z)=24。而欲求的对角线长为222zyx,因此需将对称式222zyx写成基本对称式x+y+z及xy+yz+zx的组合形式,完成这种组合的常用手段是配方法,故)(2)(2222xzyzxyzyxzyx=62-11=25。∴5222zyx,应选C。点评:本题解答关键是在于将两个已知和一个未知转换为三个数学表示式,观察和分析三个数学式,容易发现使用配方法将三个数学式进行联系,即联系了已知和未知,从而求解。这也是我们使用配方法的一种解题模式。例2.(1)设F1和F2为双曲线1422yx的两个焦点,点P在双曲线上且满足∠F1PF2=90°,则ΔF1PF2的面积是()(A)1(B)25(C)2(D)5分析:欲求||||212121PFPFSFPF(1),而由已知能得到什么呢?由∠F1PF2=90°,得20||||2221PFPF(2),又根据双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=4(3),那么(2)、(3)两式与要求的三角形面积有何联系呢?我们发现将(3)式完全平方,即可找到三个式子之间的关系.即16||||2||||||||||212221221PFPFPFPFPFPF,故2421)16|||(|21||||222121PFPFPFPF∴1||||212121PFPFSFPF,∴选(A)。点评:配方法实现了“平方和”与“和的平方”的相互转化。(2)设方程x2+kx+2=0的两实根为p、q,若(pq)2+(qp)2≤7成立,求实数k的取值范围。北中数学网共10页第4页解析:方程x2+kx+2=0的两实根为p、q,由韦达定理得:p+q=-k,pq=2,(pq)2+(qp)2=pqpq442()=()()pqpqpq2222222=[()]()pqpqpqpq2222222=()k22484≤7,解得k≤-10或k≥10。又∵p、q为方程x2+kx+2=0的两实根,∴△=k2-8≥0即k≥22或k≤-22综合起来,k的取值范围是:-10≤k≤-22或者22≤k≤10。点评:关于实系数一元二次方程问题,总是先考虑根的判别式“Δ”;已知方程有两根时,可以恰当运用韦达定理。本题由韦达定理得到p+q、pq后,观察已知不等式,从其结构特征联想到先通分后配方,表示成p+q与pq的组合式。假如本题不对“△”讨论,结果将出错,即使有些题目可能结果相同,去掉对“△”的讨论,但解答是不严密、不完整的,这一点我们要尤为注意和重视。2.待定系数法典例解析例3.设双曲线的中心是坐标原点,准线平行于x轴,离心率为25,已知点P(0,5)到该双曲线上的点的最近距离是2,求双曲线方程。分析:由题意可设双曲线方程为12222bxay,∵25e,∴a=2b,因此所求双曲线方程可写成:2224axy(1),故只需求出a可求解。设双曲线上点Q的坐标为(x,y),则|PQ|=22)5(yx(2),∵点Q(x,y)在双曲线上,∴(x,y)满足(1)式,代入(2)得|PQ|=222)5(44yay(3),此时|PQ|2表示为变量y的二次函数,利用配方法求出其最小值即可求解。由(3)式有45)4(45||222ayPQ(y≥a或y≤-a)。二次曲线的对称轴为y=4,而函数的定义域y≥a或y≤-a,因此,需对a≤4与a4分类讨论。(1)当a≤4时,如图(1)可知函数在y=4处取得最小值,北中数学网共10页第5页∴令4452a,得a2=4。∴所求双曲线方程为1422xy。(2)当a4时,如图(2)可知函数在y=a处取得最小值,∴令445)4(4522aa,得a2=49,∴所求双曲线方程为14944922xy。点评:此题是利用待定系数法求解双曲线方程的,其中利用配方法求解二次函数的最值问题,由于二次函数的定义域与参数a有关,因此需对字母a的取值分类讨论,从而得到两个解,同学们在解答数习题时应学会综合运用数学思想方法解题。例4.是否存在常数a、b、c,使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=nn()112(an2+bn+c)对一切自然数n都成立?并证明你的结论。(89年全国高考题)分析:是否存在,不妨假设存在。由已知等式对一切自然数n都成立,取特殊值n=1、2、3列出关于a、b、c的方程组,解方程组求出a、b、c的值,再用数学归纳法证明等式对所有自然数n都成立。解析:假设存在a、b、c使得等式成立,令:n=1,得4=16(a+b+c);n=2,得22=12(4a+2b+c);n=3,得70=9a+3b+c。整理得:abcabcabC2442449370,解得abc31110,于是对n=1、2、3,等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=nn()112(3n2+11n+10)成立,下面用数学归纳法证明对任意自然数n,该等式都成立:假设对n=k时等式成立,即1·22+2·32+…+k(k+1)2=kk()112(3k2+11k+10);当n=k+1时,1·22+2·32+…+k(k+1)2+(k+1)(k+2)2=kk()112(3k2+11k+10)+(k+1)(k+2)2=kk()112(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2=()()kk1212(3k2+5k+12k+24)=()()kk1212[3(k+1)2+11(k+1)+10],也就是说,等式对n=k+1也成立。综上所述,当a=8、b=11、c=10时,题设的等式对一切自然数n都成立。北中数学网共10页第6页点评:建立关于待定系数的方程组,在于由几个特殊值代入而得到。此种解法中,也体现了方程思想和特殊值法。对于是否存在性问题待定系数时,可以按照先试值、再猜想、最后归纳证明的步骤进行。本题如果记得两个特殊数列13+23+…+n3、12+22+…+n2求和的公式,也可以抓住通项的拆开,运用数列求和公式而直接求解:由n(n+1)2=n3+2n2+n得Sn=1·22+2·32+…+n(n+1)2=(13+23+…+n3)+2(12+22+…+

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