高考数学七大数学思想方法

提升数学思想提高思维能力一.高考对数学思想方法的要求：1.《考试大纲》的要求:“数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想和方法的考查，注重对数学能力的考查．”“对数学思想和方法的考查是对数学知识在更高层次的抽象和概括的考查，考查时必须要与数学知识相结合，通过数学知识的考查，反映考生对数学思想和方法的理解．要从学科整体意义和思想价值立意，注意通性通法，淡化特殊技巧，有效地检测考生对中学数学知识中所蕴涵的数学思想和方法的掌握程度．”（《考试大纲》（理,文科，2007年））2.高考评价报告要求:数学在培养和提高人的思维能力方面有着其他学科所不可替代的独特作用，这是因为数学不仅仅是一种重要的“工具”或者“方法”，更重要的是一种思维模式，表现为数学思想。高考数学科提出“以能力立意命题”，正是为了更好地考查数学思想，促进考生数学理性思维的发展。因此，要加强如何更好地考查数学思想的研究，特别是要研究试题解题过程的思维方法，注意考查不同思维方法的试题的协调和匹配，使考生的数学理性思维能力得到较全面的考查。”(《2002年普通高考数学科试题评价报告》（教育部考试中心）3.考试中心对教学与复习的建议:在考试中心对数学复习的建议中指出：“数学思想方法较之数学基础知识有更高的层次．具有观念性的地位，如果说数学知识是数学内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学意识，只能领会、运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决”．“数学思想方法与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得，与此同时又应该领会它们在形成知识中的作用，到了复习阶段应该对数学思想方法和数学基本方法进行疏理、总结，逐个认识它们的本质特征、思维程序或者操作程序，逐步做到自觉地、灵活地施用于所要解决的问题．近几年来，高考的每一道数学试题几乎都考虑到数学思想方法或数学基本方法的运用，目的也是加强这些方面的考查.同样,这些高考试题也成为检验数学知识,同时又是检验数学思想方法的良好素材,复习时可以有意识地加以运用.”.二.数学思想方法的三个层次:数学基本方法包括：待定系数法，换元法，配方法，割补法，反证法等；数学逻辑方法（或思维方法）包括：分析与综合。归纳与演绎，比较与类比，具体与抽象等；数学思想包括：函数与方程的思想，数形结合的思想，分类与整合的思想，化归与转化的思想，特殊与一般的思想，有限与无限的思想，或然与必然的思想等。在高考复习时，要充分认识数学思想在提高解题能力的重要性，有意识地在复习中渗透数学思想，提升数学思想。1．函数与方程的思想：考试中心对考试大纲的说明中指出：“高考把函数与方程的思想作为七种思想方法的重点来考查，使用选择题和填空题考查函数与方程思想的基本运算，而在解答题中，则从更深的层次，在知识的网络的交汇处，从思想方法与相关能力相综合的角度进行深入考查。”什么是函数和方程思想？简单地说，就是学会用函数和变量来思考，学会转化已知与未知的关系,对函数和方程思想的考查,主要是考查能不能用函数和方程思想指导解题,在用函数和方程思想指导解题时要经常思考下面一些问题:－是否需要把一个代数式看成一个函数?－是否需要把字母看作变量？－如果把一个代数式看成了函数，把一个或几个字母看成了变量，那么这个函数有什么性质？－如果一个问题从表面上看不是一个函数问题，能否构造一个函数来帮助解题？－是否需要把一个等式看作为一个含未知数的方程？－如果是一个方程，那么这个方程的根（例如根的虚实，正负，范围等）有什么要求？1.把字母看作变量或把代数式看作函数.【例1】已知两条曲线：椭圆221:194xyC和圆2222:10Cxyrr,若两条曲线没有公共点,求r的取值范围.【分析及解】一般的解法是:从1C和2C的方程中消去一个未知数,比如消去x,得到一个关于y的方程22521004yyr,①因为两条曲线没有公共点,所以方程①没有实数根,即判别式小于零,即2544100,4r解得545r或545r(由0r,545r舍去).这就是说,若两条曲线没有公共点,r的取值范围为545r.这个结果是否正确呢?我们可以画一个图来观察,如图,以0,1为圆心,01r为半径的圆2C与椭圆1C没有公共点,但是01r这一结果在上面的计算中,并没有出现,显然,这种解法出了毛病!我们换一个思路:由方程①变形为2252104ryy.把2252104ryy看作y的函数,由椭圆1C可知,22y,因此,求使圆2C与椭圆1C有公共点的r的集合,等价于在定义域为2,2y的情况下,求函数2252104rfyyy值域.由45421,29,,55fff可得fy的值域是2541,5r,即541,5r,它的补集就是圆2C与椭圆1C没有公共点的r的集合,因此,两条曲线没有公共点的r的取值范围是01r或545r.【例2】（Ⅰ）若关于x的不等式11xxm对所有xR都成立,求m的取值范围.（Ⅱ）若关于x的不等式11xxm有解,求m的取值范围.【分析及解】把式子11xx看作函数.设11fxxx,则2,1,2,11,2,1.xxfxxxx（Ⅰ）若关于x的不等式11xxm对所有xR都成立,则minfxm,又min2fx,则2m.（Ⅱ）若关于x的不等式11xxm有解,则minfxm,即2m.【例3】(2005年，江西卷，理)已知数列}{na各项都是正数,且满足0111,(4),.2nnnaaaanN（Ⅰ）证明12,;nnaanN（Ⅱ）求数列}{na的通项公式an.【分析及解】（Ⅰ）解法1.这是一个以递推公式为背景的数列不等式，但是把递推公式看作一个函数，就可以获得一个很简单的解法。把11(4),.2nnnaaanN看作一个函数)4(21)(xxxf.由此启发得.22221])2(4[21)4(21221kkkkkaaaaa于是,2ka又因为2111220,22kkkkkkkaaaaaaa所以kkaa1,由以上有12,;nnaanN解法2.用数学归纳法证明：1°当n=1时，,23)4(21,10010aaaa∴2010aa；2°假设n=k时有21kkaa成立，令)4(21)(xxxf，)(xf在0,2上单调递增，所以由假设有：),2()()(1fafafkk即),24(221)4(21)4(2111kkkkaaaa也即当n=k+1时21kkaa成立，所以对一切1,2nnnaaN有.2.用函数和方程的性质解题.【例1】(2006年,北京卷,理)已知(31)4,1()log,1aaxaxfxxx是(,)上的减函数，那么a的取值范围是().（A）0,1（B）10,3（C）11,73（D）1,17【分析及解】本题从表面上看并不困难,若(31)4fxaxa为减函数,则13103aa,若logafxx为减函数,则01a,于是,a的取值范围是10,3.但是,这个结果是错误的,对(B)是误选.为什么呢？解题时，忽略了分段函数的问题.因为是分段函数,又要求在(,)上是减函数,就涉及到分段函数的单调性的规律.一般地,若函数fx在区间,ab和,cdcb上是增函数,在并区间,,abcd上不一定是增函数,但是,只要增加一个条件fcfb就可以了,同样,若函数fx在区间,ab和,cd上是减函数,在并区间,,abcd上不一定是减函数,但是,只要增加一个条件fcfb就可以了,因此,本题还就必须满足(31)1410aaf,即17a,于是1173a,故选C.3.构造函数解题.【例1】(1997年,全国卷)设二次函数20fxaxbxca,方程0fxx的两个实根12,xx，满足1210xxa.(Ⅰ)当10,xx时,证明1xfxx;(Ⅱ)设函数fx的图象关于直线0xx对称,证明102xx.【分析及解】(Ⅰ)由于12,xx是方程0fxx的两个实根,所以可以从整体上考虑fxx,为此,构造函数Fxfxx,设Fxfxx12axxxx.要证明1xfxx,就需要证明Fxfxx0,以及1xfx10xxFx.因为1210xxa,则120,0,0axxxx,因此fxx12axxxx0,即xfx,又1xfx1xxFx112xxaxxxx121xxaxax,由21xa得210ax,又有10xx,于是,1xfx0,即1fxx,所以,1xfxx.(Ⅱ)要证明102xx,仍需要用函数和方程思想来解决,这是因为变量0x和x涉及到函数fx和Fx及方程0fxx.由0xx是函数fx的图象的对称轴,则02bxa,由12,xx是方程0fxx的两个实根,及Fxfxx210,axbxc则有121bxxa,于是,02bxa1212111.2222axaxxaxxaa【例2】（2001年，全国卷）已知nmi,,是正整数，且1＜i≤m＜n．(Ⅰ)证明imiAn＜iniAm；(Ⅱ)证明nm)1(＞mn)1(．【分析及解】重点研究第(Ⅱ)问.11nmmnln1ln1nmmnln1ln1mnmn.构造函数xxxg1ln)2(x,只要证明xxxg1ln为减函数就可以了.由011ln1ln12xxxxxxg,则xxxg1ln为减函数,由nm2可得ngmg.因而nnmm1ln1ln,于是,nm)1(＞mn)1(成立.【例3】已知实数,ab分别满足553,1532323bbbaaa求ab的值.【分析及解】已知的等式都是三次方程,直接通过方程解出,ab有一定的困难,但是,题设的两个等式的左边的结构相同,使我们想到用统一的式子来表示这两个等式,对题设的两个等式变形为331212,1212aabb,根据这两个等式的特征,构造函数32fxxx.函数fx是一个奇函数,又是R上的增函数,则有12,12,fafb于是,111,fafbfb因而得11.2.abab【例4】（2006年湖南卷，理）已知函数()sinfxxx,数列{na}满足:1101,(),1,2,3,.nnaafan证明:（I）101nnaa;（II）3116nnaa.【分析及解】（I）先用数学归纳法证明01na，1,2,3,n，又因为01na时，1sinsin0nnnnnnaaaaaa，所以1nnaa，综上所述101nnaa．（II）构造函数31()sin6gxxxx，01x．由（I）知，当01x时，sinxx，从而222'22()cos12sin2()0.22222xxxxxgxx所以gx在(0,1)上是增函数.又gx在[0,1]上连续,且00g,所以当01x时，0gx成立.于是31()0,