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优化数学解题的思维模式

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12 π ,得 0 < B < . 13 6 3 π π 3π 5π . 由 sin A = ,得 < A < 或 < A < 5 6 4 4 6 4 所以若 A 为钝角或锐角,∴ cos A = ± . 5

福建中学数学

2014 年第 10 期
cos C = ? cos( A + B ) = sin A sin B ? cos A cos B

解 由 cos B =

=

63 33 或- . 65 65

优化数学解题的思维模式
鲜启丽 江苏省金湖县中等专业学校(211600) 写麻烦,若设 u = log a x ,v = log a y ,依题意有 u ≥ 0 ,
v ≥ 0, 则问题可转化为: 已知 u ≥ 0 ,v ≥ 0 , 且 (u ? 1) 2

转化的思想方法是数学中最基本的思想方法, 数学中一切问题的解决都离不开转化,充分重视转 化意识的渗透,可以提高学生的思维素质,培养和 发展学生的创新能力.我们知道合理的转化,巧妙 地化归是解决数学问题基本手段,下面介绍几种常 用思考方法,供参考. 1 回归定义,换位思考 数学中有关概念的定义是数学中最根本的内容 之一,是其他相关知识的基石,解题中若能重视定 义,并灵活地使用定义,能使解题切入正轨,走上 快车道
x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 的左准线为 a 2 b2 l ,左、右焦点分别为 F1 , F2 ,抛物线 C2 的准线也

+(v ? 1) 2 = 4 ,求 u + v 的取值范围,又 u , v 是圆上的

动 点 , 若 再 设 u = 1 + 2 cos θ , v = 1 + 2sin θ ( 其 中 π 2π π π - ≤θ ≤ ) ,则 u + v = 2 + 2sin(θ + ) ,又 ≤ θ + 6 3 4 12 π 11π 6? 2 π ≤ ,则 ≤ sin(θ + ) ≤ 1 ,∴1 + 3 ≤ u + v 4 12 4 4 2 + 2 2] . ≤ 2+2 2 , 即 loga ( xy) 的取值范围为 [1 + 3 , 3 挖掘隐含,彰显实质 如果能深入挖掘题设中的隐含条件,就抓住了 问题的特征和本质,就可以把握好解题方向,跳出 解题的误区. 过 P 引抛 例 3 已知动点 P 在直线 y = x 上运动, 物线 y = x 2 + 1 的两条切线,两切点分别为 A , B , 求线段 AB 中点的 M 的轨迹方程. 解析 直线 AP , BP 都是抛物线 y = x 2 + 1 的切 线,因此切点 A 与切点 B 的坐标满足的条件应该是 一样的,这就是隐含条件,设 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) , 则抛物线 y = x 2 + 1 在 A 处的切线斜率是 2 x1 ,设点 P 坐标为 (a , a) , 则 k PA = 则
y1 ? a x12 + 1 ? a = , 又 k AP = 2 x1 , x1 ? a x1 ? a

例 1 椭圆 C1 :

是l , 焦点是 F2 , C1 与 C2 的交点为 P , 则
= ________.

| F1F2 | | PF1 | ? | PF2 | | PF2 |

解析 设 P 到直线 l 的距离为 d ,根据椭圆和抛 物线定义知 PF1 = de ,PF2 = d , 且 PF1 + PF2 = 2a , 则 PF1 = e· PF2 ,又 | F1 F2 |= 2c ,则
| F1 F2 | | PF1 | ? = | PF2 | | PF2 |

| PF1 | 2a ? | PF1 | | PF2 | 2c ? = = =1. e | PF2 | | PF2 | | PF2 | | PF2 |

2 换元引参,模型化归 有些数学问题从表面形式来看难以发现之间的 关系,通过换元引参后,可显露问题实质,简捷的 解题思路也就展示出来了. y 满足 x ≥ 1 , y ≥1, 且 (log a x) 2 例 2 已知实数 x ,
+(loga y)2 = loga (ax2 ) + loga (ay2 ) , 当 a > 1 时, 求 log a ( xy )

x12 + 1 ? a = 2 x1 ,即 x12 ? 2ax1 + a ? 1 = 0 ,同理由 BP x1 ? a

2 为抛物线的切线得 x2 ? 2ax2 + a ? 1 = 0 ,即 x1 , x2 是

的取值范围. 解析 题中的变量 log a x , log a y ,形式复杂,书

方程 x 2 ? 2ax + a ? 1 = 0 的两个不同的根,则 x1 + x2 = x +x 2a ,x1 x2 = a ? 1 , 设 M (x , y) , 则 x = 1 2 = a ,y = 2 y1 + y2 ( x1 + x2 ) 2 ? 2 x1 x2 + 2 = = 2a 2 ? a + 2 ,将 a = x 代 2 2 入得 y = 2 x 2 ? x + 2 ,即为中点 M 的轨迹方程.

2014 年第 10 期

福建中学数学 于不等式即 a( x 2 ? 1) ? (2 x ? 1) < 0 恒成立,设 f (a ) =

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4 数形结合 直观分析 许多数量关系的抽象概念若能赋予几何意义, 往往变得直观形象,有利于解题途径的探求,另一 方面,一些涉及图形的问题,如能化为数量关系的 研究,又可以获得简捷的解法. 例 4 已知定义在 R 上的函数 f ( x) 是增函数,且
f (0) = ?1 , f (3) = 1 ,则不等式 | f ( x + 1) |< 1 的解集

2] 上恒成立, a( x 2 ? 1) ? (2 x ? 1) , 则 f ( a ) < 0 在 a ∈ [ ?2 ,

解两个 结合一次函数的图象得 f (?2) ≤ 0 且 f ( 2 ) ≤ 0 , 不等式并综合之,得:
?1 + 7 1+ 3 ≤x≤ . 2 2 借石攻玉



. 解析 由已知的函数定义 ?1) , (3 , 1) 及所过的特殊点 (0, 可得到函数 f ( x) 图象的大致 走向,如图 1,而 f ( x + 1) 是由

y =| f ( x + 1) |

y

y = f ( x) y =1

O 图1

x

7 类比联想 根据题目的结构形式,与学过相关的知识进行 类比,找到相同或相近的东西,并充分利用,可简 化解题. 例 7 已知二次函数 f ( x) = ax 2 + bx + c 的图象经
1 x2 + 1 对一切实数 x 都成立, 过点 (0 , ) 且 x ≤ f ( x) ≤ 4 2 求 f ( x ) 的表达式. x2 + 1 ,可知 2 x2 + 1 x2 + 1 f ( x) 的值介于 x 与 之间, 若将 x , f ( x) , 2 2 看作是数轴上的三点 P , P , P , 则 P 分 P P 的 比 1 2 1 2

f ( x) 向左平移一个单位得到, | f ( x + 1) | 是由 f ( x + 1)

把在 x 轴下方的图象向上翻折得到,那么点 (0 , ? 1) 变为 (?1 , 1) 、 (3 , 1) 变为 (2 , 1) ,要使 | f ( x + 1) |< 1 ,由 图象变化可知 x ∈ (?1 , 2) . 5 正难则反 逆向求解 当正面解题难以达到目的时,可从反面去思考, 求其补集,回避难点,巧渡难关.
x + y 2 = k 2 (k > 0) , 与连结 A(1 , 2) , 2 B (3 , 4) 两点的线段没有公共点,求 k 的取值范围.

解析 由于当 x ∈ R 时有 x ≤ f ( x) ≤

λ ≥ 0 ,由此联想到可用定比分点坐标公式来解题,
x2 + 1 1 2 ,又 y = f ( x ) 过点 (0 , 即 f ( x) = ) ,代入 1+ λ 4 1 λ 1 上式得 = 2 ,解得 λ = 1 ,将 λ = 1 代入 f ( x) 中, 4 1+ λ 1 1 1 得 f ( x) = x 2 + x + . 4 2 4 8 整体思考 总揽全局 x+λ

例 5 若椭圆

2

解析 易知线段 AB 的方程为 y = x + 1(1 ≤ x ≤ 3) , 若线段 AB 与椭圆有公共点,将 y = x + 1 与
k 2 联立,消去 y 并整理得 k 2 = x2 + y2 = 2

3 2 x + 2 x + 1 ,当 1 ≤ x 2 9 41 3 2 82 ≤k≤ ≤ 3 时得 ≤ k 2 ≤ ,又 k > 0 ,则 , 2 2 2 2 3 2 82 即当 , AB 与椭圆有公共点,从而当 ≤k≤ 2 2 82 3 2 0<k < 或k > 时, AB 与椭圆没有公共点. 2 2 6 变更主元 避繁就简

在充分考察题设结构的基础上,通整体构造函 数、方程等,以帮助解题. 例 8 已知 m 为实数, x > 0 , y > 0 , x + y < π , 求证: m(m ? 1) sin ( x + y ) + m(sin x ? sin y ) + sin y > 0 . 解析 由条件知,存在一个 z > 0 ,使得 x + y + z
= π ,于是可构造一个三角形,借助三角形整体作用

在多元交汇的等式或不等式中,当常规思路受 阻时,宜变换主元,转化解题方向,从另一个侧面 寻找解题契机. 2] , 若关于 x 的不等式 ax 2 ? 2 x 例 6 已知 a ∈[?2 ,
+1 ? a < 0 恒成立,求实数 x 的取值范围.

解决问题.设 ΔABC ,其外接圆直径为 1,三内角为 x, y, z ,且 x , y, z 的对边分别为 a , b, c ,由正弦定 理知需证的不等式即为 m(m ? 1)c + m(a ? b) + b > 0 , 即
cm2 + (a ? b ? c)m + b > 0 ;因 c > 0 且 Δ = (a ? b ? c)2 ? 4bc
= a 2 + b 2 + c 2 ? 2ab ? 2ac ? 2bc = (a 2 ? ab ? ac) + (b 2 ? bc

解析 若视 x 为主元解不等式,再由 a 的范围去 确定 x 的范围,则过程非常复杂且易出错;若视 a 为 主元,则问题可转化为一次函数的有界性问题,由

?ba) + (c2 ? ca ? cb) = a(a ? b ? c) + b(b ? c ? a) + c(c ? a ? b)
< 0 ,故 cm 2 + (a ? b ? c)m + b > 0 恒成立,即原不等式

成立.


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