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【强烈推荐】罗增儒--怎样解答高考数学题(35页)


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数学高考与高考解题
陕西师范大学数学系 邮编 710062 电话 029-85308872 罗増儒 Emil :zrluo@snnu.edu.cn
罗增儒(1945—) ,男,广东惠州人,1962 年就读中山大学,毕业后长期当矿山职工和 子弟学校教师.现为陕西师范大学数学系教授,课程与教学论(数学)博士生导师,享受国 务院的政府特殊

津贴,著有《数学解题学引论》 、 《数学竞赛导论》 、 《中学数学课例分析》 、 《怎样解答高考数学题》 、 《怎样解答中考数学题》 、 《数学的领悟》 、 《直觉探索方法》 、 《零距 离数学交流》 、 《中学数学解题的理论与实践》等书 300 万字,发表文章 300 多篇.从 1980 年开始,几十年如一日研究高考、竞赛的解题与命题,项目《着眼数学素质 服务基础教育 ——数学高考解题理论的建设》曾获省级优秀教学成果奖,项目《奥林匹克数学学科建设》 曾获国家级优秀教学成果奖. 0 数学高考 0.1 数学高考的全程工作 从 1977 年恢复高考, 历史走过了波澜壮阔的 30 多个春秋, 环绕着高考工作的文化积累 正在考试学、人才学和数学等维度形成学术成果.我期待着数学高考学的诞生.数学高考的 全程工作有 4 个基本问题: (1)掌握数学知识问题 —— 怎样复习. (教育学) (2)提高解题能力问题 —— 怎样解题. (数学) (3)运用考试技术问题 —— 怎样答题. (考试学) (4)科学填报志愿问题 —— 怎样选择. (运筹学) 其中,最核心的是解题,搞好复习是为解题积聚力量,运用考试技术是为解题作充分的 发挥,分段得分技术是解题策略的运用.解题能力是数学高考的核心竞争力. 0.2 数学高考命题的风格 高考命题一直在“稳中求进,稳中求变、稳中求新” ,探索 公平选拔、为素质教育服 务的道路,已形成了一些稳定性的风格和值得注意的导向. (1)在全面考查“基础知识、基本技能、基本方法”的基础上,更突出数学思想方法 的考查,突出数学与现实生活的联系. 全面覆盖了中学数学教材中的理科 15 个、文科 13 个知识模块,知识点的覆盖面达 60% (约涉及 70~80 个知识点) ;同时,试卷突出学科的核心内容,集合与函数、立体几何、解 析几何、数列、不等式、导数的应用等重点内容在试卷中占有较高的比例,整体结构合理, 也达到了必要的考查深度; 此外, 在模块单一型试题为主体的基础上还会进行知识之间的交 叉、渗透和综合. 试卷在全面覆盖基础知识的同时,会注重能力的考查,特别是逻辑思维能力,运算能力 和空间想象能力.至于实践能力和创新意识方面则是努力体现. (五个能力) 在数学思想方法方面,七个基本数学思想在试卷中都会涉及,其中,函数与方程的数学 思想方法、数形结合的数学思想方法、化归与转化的数学思想方法会体现得较为突出.中学 阶段基本数学思想方法主要 “有用字母表示数的基本思想方法” , “集合与对应的基本思想方 法” ,以及 ●函数与方程的基本数学思想. (通过函数题,综合题)

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●数形结合的基本数学思想. (通过函数题,解析几何综合题,构造图形等) ●分类与整合的基本数学思想. (通过综合题,排列组合题,参数讨论题) ●化归与转化的基本数学思想. (通过综合题) ●特殊与一般的基本数学思想. (通过综合题) ●有限与无限的基本数学思想. (通过极限、微积分函数题) ●或然与必然的基本数学思想. (通过概率、统计题) 主要解题方法(待定系数法、换元法、配方法、反证法、代入法、消元法、数学归纳法) 会有不同程度的体现. (2) 在主体上考查中学数学的同时, 会体现进一步学习高等数学的需要.特别是一些有 挑战性的压轴题, 尤其各省独立命题之后, 更是 “注重理论数学, 检测考生后继学习的潜能” (有人看到了高考与竞赛的相互渗透). (3)新课程理念的渗透.虽然新世纪课程改革刚刚起步(高中教材才开始试用) ,但其 三维目标和十个基本理念会开始渗透(课程改革改到哪里,高考改革也改到哪里).如,命 题范围拓展了,出现人文关怀,体现“情感、态度、价值观”课程目标. (4)在命题技术上,可以看到: ①以教材为依据,又不拘泥于教材. ②在知识交汇处设计命题. ③能力立意.改变了过去的知识立意. ④减少题量,降低难度,增加学生分析思考的时间. ⑤对三类题型设计了两个从易到难的三个小高潮. ⑥变小量难题把关为全卷把关. ⑦试题切入容易深入难(阶梯题). ⑧避免死记硬背的内容和繁琐的运算(试卷提供难记易忘的公式). ⑨文理分卷,难度有区别(姐妹题). 0.3 数学高考复习的组织工作 (1)指导思想 (2)高考复课的阶段安排 (3)数学复习题的编拟 (4)数学模拟考试的组织与讲评 (5)数学高考临场的策略

0.4 数学高考的研究工作 (1)高考数学的特征 (2)数学高考解题的特点 (3)数学高考选择题的求解 (4)数学高考填空题的求解 (5)数学高考解答题的求解 (6)数学高考解题的错误分析(解对了也会有策略性错误) (7)高考数学命题的研究 (8)数学高考试卷的构成 (9)数学高考的题型 (10)数学高考设问的研究

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(11)数学高考难度的研究 (12)数学高考赋分的研究 (13)?? 0.5 高考临场的基本建议 (1)保持内紧外松的临战状态. (2)使用适应高考的答题策略. (3)运用应对选拔的考试技术. 高考答题的技术 ●提前进入角色. ●迅速摸清“题情”. ●执行“三个循环”. ●做到“四先四后”. ●答题“一慢一快”. ●立足中下题目,力争高上水平. ●立足一次成功,重视复查环节. ●内紧外松. 0.6 高考填报志愿. ●升学优先. ●就业优先. ●专业优先. ●成本优先. ●地区优先. ●几项兼顾. ●家长决定. 1 解答高考数学题的必要基础 1-1 明确解题过程 1-1-1 数学解题的一般程序 (波利亚: 《怎样解题》 ) ?弄清题意 主要是弄清条件是什么?结论是什么?各有几个?如何建立条件与结论之间的逻辑联系? 例 1 已知三个方程

x 2 ? mx ? 4 ? 0, x 2 ? 2 ? m ? 1? x ? 16 ? 0, x 2 ? 2mx ? 3m ? 10 ? 0 中至少有一个方程有实根,求实数 m 的取值范围.
解法 1 若正面求解,三个方程至少有一个方程有实根,将出现 7 种可能,情况复杂, 但其反面则只有一种情况:三个方程都没有实根,问题变得极为简单.有

??1 ? m2 ? 4 ? 4 ? ? m ? 4 ?? m ? 4 ? ? 0, ? 2 ? ?? 2 ? 4 ? m ? 1? ? 4 ?16 ? 4 ? m ? 5 ?? m ? 3? ? 0, ? ? ? 4m2 ? 4 ? 3m ? 10 ? ? 4 ? m ? 5 ?? m ? 2 ? ? 0, ? ? 3

4



??4 ? m ? 4, ? ??3 ? m ? 5, ??2 ? m ? 5, ?
?2 ? m ? 4 .
再求补集,得三个方程至少有一个方程有实根时实数 m 的取值范围为



(??, ?2] [4, ??) .
评析 这个解法思路是可行的,答案是正确的,但由“7 种可能,情况复杂” ,得出“正 面求解,情况复杂”却是认识的封闭和逻辑的混乱. “三个方程至少有一个方程有实根时实 数 m 的取值范围”就是三个集合

A1 ? ?m : ?1 ? m 2 ? 4 ? 4 ? 0? ,

A2 ? m : ? 2 ? 4 ? m ? 1? ? 4 ?16 ? 0 ,
2

?

?

A3 ? ?m : ?3 ? 4m2 ? 4 ? 3m ? 10 ? ? 0? ,
的并集,其求解并不比解法 1 复杂. 解法 2 “三个方程至少有一个方程有实根”就是第一个方程有实根、或第二个方程有 实根、或第三个方程有实根,得

?1 ?m2 ? 4 ? 4 ? 0 ? m
或 或
2

?或 4 ?m

4 ?,

① ② ③

? 2 ? 4 ? m ? 1? ? 4 ?16 ? 0 ? m ? ?3或m ? 5,

?3 ? 4m2 ? 4 ?3m ?10? ? 0 ? m ? ?2或m ? 5,
(??, ?2] [4, ??) .

求①、②、③的并集,可得三个方程至少有一个方程有实根时实数 m 的取值范围为

评析 由上面的两个解法可以看到 (1)问题表征影响解题方向与解题长度.将“三个方程至少有一个方程有实根”表征为 7 种可能:某个方程有实根 3 种可能、某两个方程有实根 3 种可能、三个方程都有实根 1 种 可能,接下来还有 7 种情况的合并,书写量确实较大;解法 1 只看到这一思路“情况复杂” , 没有看透复杂的原因,其提出的“反面求解”思路虽然可行,但未必就比“正面求解”的解 法 2 平坦;所以,我们从这三个思路中看到了问题表征对解题方向与解题长度的影响. (2)知识影响解题.其实,由集合运算的性质 A1

A2

A3 ? A1

A2

A3 知,解法 1

与解法 2 是等价的,解法 1 的作者要是调动起了这一知识,就不至于对“正面求解”一概得 出消极的结论. (3)反思有助于理解. 如果对列举“7 种可能”的思路作反思就会看到,这种先分后 合的步骤,其实已使得后 4 种情况的书写成为简单重复或多余回路;同样,如果对解法 1 作反思,也有机会发现“反面求解”其实有“正面求解”的等价思路. 例 2 满足条件 {1, 2} M ? {1, 2,3} 的所有集合 M 的个数是 (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 审题: M 是 {1, 2,3} 的子集, 3 ? M ,得

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(1)正面: {1, 2,3} 中含有 3 的子集个数. (2)反面: {1, 2,3} 中不含 3 的子集个数. ?拟定计划 探索解题思路的发现过程,波利亚的建议是分两步走: ●努力在已知与未知之间找出直接的联系(模式识别等); ●如果找不出直接的联系, 就对原来的问题作出某些必要的变更或修改, 引进辅助问题, 为此,波利亚又进一步建议:看着未知数,回到定义去,重新表述问题,考虑相关问题,分 解或重新组合,特殊化,一般化,类比等,积极诱发念头,努力变化问题.这实际上是阐述 和应用解题策略,并进行资源的提取与分配,基础是“过去的经验和已有的知识” . ?实现计划, 是思路打通之后具体实施信息资源的逻辑配置. ?回顾 “回顾”是最容易被忽视的阶段.波利亚解题表中的“回顾”并不完全是常规解题中的 “检验” (正确性的保证,解题的必要步骤) ,主要是有分析地领会所得的解法,它包含着把 “问题及其解法”(认知)作为对象进行自觉反思的元认知意图. ●在内容上,弄清用到了哪些知识?哪些方法? ●在组织上,弄清先用 哪些知识(方法)?后用 哪些知识(方法)?哪个与哪个作了 配合?组成一个怎样的逻辑结构?(临场可能就来不及回顾了) 1-1-2 数学解题的信息过程 (1)有用捕捉.即通过观察从理解题意中捕捉有用的信息,主要是弄清条件是什么 ? 结论是什么?各有几个?如何建立条件与结论之间的逻辑联系?捕捉有用的符号信息和形象信 息.知识经验是有用捕捉的基础. (2)有关提取.即在“有用捕捉”的刺激下,通过联想而从解题者头脑中提取出解题 依据与解题方法.良好的认知构结和机智的策略选择是连续提取、不断捕捉的基础. (3)有效组合.将上述两组信息资源,加工配置成一个和谐的逻辑结构.逻辑思维能 力是有效组合的基础.其基本要求应能说服自己、说服朋友、说服论敌.

图1 例 3 [1993.(23)]设 f ? x ? ? 4 ? 2
x x ?1 x

4 -2x+1(x≥0),则 f

?1

? x? =

.



解说 从题目中可得两个信息:

6

(1)是 f ? x ? 表达式; (2)是反函数 f ?1 ? x ? 的自变量的取值为 0. 从记忆储存中提取函数与反函数的关系作为解题的依据:

f ?1 (0) ? x ? f ( x) ? 0 ,




4 x ? 2 x ?1 ? 0 .


再从“原课本 P60 例 1”的回忆中,得出指数方程的解 x ?1, 再一次应用函数与反函数的关系:

f (1) ? 0 ? f ?1 (0) ? 1 .



解题的信息过程如下图,有 5 条信息组成的一个和谐的逻辑结构:

从记忆储存中提取有关信息

信息1: f

?1

(0) ? x

信息 2:课本 P60 例 1

信息3 : f (1) ? 0 ? f
?1

? f ( x) ? 0
信息 1:反函数

(0) ? 1

从题意 中捕捉 有用信 息

f ?1 ( x) 的自变量为
0

f ( x) ? 0

4 x ? 2 x?1 ? 0

x ?1

f ?1 (0) ? 1

图2
x x?1 信息 : f ( x) ? 4 ? 2 x2 ? 0 的条件保证了反函数的存在性 请注意,其中 ,否则 f ( x) ? 4 ? 2 在 R 上没有反 x x ?1

函数. 1-1-3 数学解题的心理机制 解题的心理过程是在问题的条件及结论的启发下,激活记忆网络中的一些知识点,然后沿接 线向外扩散,依次激活新的有关知识,同时,要对被激活的知识进行筛选、组织、评价、再认识 和转换,使之协调起来,直到条件与结论之间的线索接通,建立起逻辑演绎关系. (扩散——激 活)

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图3

1-2 夯实解题基础 冒着过于简单化的风险,解题可以理解为“把知识内容连接成一个逻辑链条” ,因此, 解题首先要有知识基础和组织知识内容的思维能力, 同时在调动和配置知识内容时还需要经 验与良好的心理.所以,尽管解题的成功取决于我们尚未彻底弄清的多种因素,但最基本的 应有:解题的知识因素,解题的能力因素,解题的经验因素和解题的情感因素,这也就是我 们常说的解题基本功. 值得注意的是, 解题不仅是知识的使用而且也是知识的理解, 不仅是能力的运用而且也 是能力的培养, 不仅是经验的呈现而且也是经验的积累, 不仅是情感的表现而且也是情感的 养成.一句话,解题不仅仅是基本功的简单体现,而且更是基本功的继续学习(庸者重在输 出,智者重在输入) ,同样是“天天画蛋” ,有的人“熟而生厌” 、 “熟而生笨” ,而达芬奇却 画出个国际大师. 1-2-1 解题的知识因素(认知结构) 人的思维依赖于必要的知识和经验,数学知识正是数学解题思维活动的出发点与凭 借.丰富的知识并加以优化的结构能为题意的本质理解与思路的迅速寻找创造成功的条 件.既然,解题就是把知识内容连接成一个逻辑链条,那么,没有知识内容那来的知识逻辑 链! 解题研究的一代宗师波利亚说过: “货源充足和组织良好的知识仓库是一个解题者的重要 资本” .每一个希望提高解题效率、获得解题成功的人,都必须下决心,在“知识丰富”与 “结构良好”两方面花大力气,所以我们建议在第一阶段复习要做到“四过关” : ●能准确理解书中的任一概念; ●能独立证明书中的每一定理; ●能熟练求解书中的所有例题; ●能历数书中各单元的作业类型. 测试(形成良好的认知结构,思维路线图) 例 4-1 闭上眼睛,你能回忆几条数学定理,说出几个数学名词?越多越好! 例 4-2 当我说“函数”时,你能想起相关的多少个概念和定理?越多越好! 例 4-3 说出一条会证的定理。 例 4-4 说出一道会做的题目。 对于学好数学来说,记住知识还不是最难的(连记都不想记谈不上学好) ,还要通过解 题去深入理解、疏通联系、优化结构.所以,有人说:数学不是教会的,而是学会或做会的. 1-2-2 解题的能力因素(思维能力) 思维是人脑对客观现实概括的和间接的反映.数学解题中既有逻辑思维又有非逻辑思 维,其主要成分是 3 种基本的数学能力: ●运算能力 ●逻辑思维能力 ●空间想象能力。 核心是能否掌握正确的思维方法,并表现于发现问题、分析问题、解决问题的敏税、洞 察力与整体把握.其基本要求包括:

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(1)掌握数学中各种常用的思维方法. (如观察、试验、归纳、演绎、类比、猜想、分 析、综合、抽象、概括等) (2)掌握科学的解题程序. (如弄清题意、拟定计划、执行计划、回顾) (3)掌握解题的基本策略,能“因题制宜”地选择对口的解题思路,使用有效的解题方 法、调动精明的解题技巧. (4)具有敏锐的直觉.应该明白,我们的数学解题活动是在纵横交错的数学关系中进行 的,在这个过程中,我们从一种可能性过渡到另一种可能性时,并非对每一个数学细节都洞 察无遗,并非总能借助于“三段论”的桥梁,而是在短时间内朦胧地插上幻想的翅膀、直接 飞翔到最近的可能性上,从而达到对某种数学对象的本质领悟. 例 5 方程未知数范围扩大是方程产生增根的( ) . (A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)既不充分也不必要条件 (D)充分必要条件 讲解 这道题目不考具体的解方程知识, 而是以方程为载体考思维能力, 包括构造反例 的能力.据 2008 年 9 月高一学生 64 人的测试,四个选项都有人选,比例最大的是(B)必 要而不充分条件: A B C D 未选 15 人 (0. 23) 21 人 (0. 33) 19 人 (0. 29) 7 人 (0. 11) 2 人 (0. 03) 事实上,对方程 x ? 1 ? 0 平方,方程未知数范围扩大但没有增根.方程未知数范围 扩大不是方程产生增根的充分条件.两边乘以 x ? 2 ,方程未知数范围没有扩大,但方程

? x ? 2?

x ? 1 ? 0 产生增根 x ? 2 .方程未知数范围扩大不是方程产生增根的必要条件.所

以,正确答案应选(C) ,但正确率只有 0.29.而选(B)则是学生中的倾向性错觉.这种 错觉有的来自学生自身,有的来自教师的影响. 1-2-3 解题的经验因素(经验题感) 解题具有实践性与探索性的特征, 基础知识要通过解题实践来消化, 思维素质要通过解 题实践来优化,解题方法要通过解题实践来强化.在解题实践中,既会有成功又会有失败, 这两方面的积累,都能形成有长久保留价值或借鉴作用的经验. (1)解题经验 所谓解题经验,就是某些数学知识、某些解题方法与某些条件的有序组合,成功是一种 有效的有序组合,失败也向我们从反面提供有效的有序组合.成功经验所获得的有序组合, 就好像是建筑上的预制构件(或称为思维组块) ,遇到合适的场合,可以原封不动地把它用 上(模式识别) .一个人解题所做的脑力工作就在于回忆起经验中用得上的东西,并且和他 的解题思维联系起来. 弗里德曼在《怎样学会解数学题》 ( P.73 )中认为“如果我们着手解答一道习题,那么, 第一件事就想知道:这是道什么题?它是什么形式,属于哪种类型?换句话说,就是需要识 别给定习题的类型. ”这就需要平时积累经验与类型.怎么积累呢?弗里德曼在“致读者” 中分析学生解了大量的题但还“不开窍”时指出: “这些学生没有在应有的程度上分析所解 的习题,不能从中分析出解题的一般方式和方法,解题常常只是为了得个答案” .这就指出 了一个途径:通过解题过程的分析来积累经验与类型. 波利亚也说: “如果你希望从自己的努力中,取得最大的收获,就要从已经解决了的问 题中找出那些对处理将来的问题可能有用的特征” ( 《数学的发现》序言) .解题中, “一个好 P .9 念头的基础是过去的经验和已有的知识. ” ( 《怎样解题》 )

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(2)题感 解题经验的积累,有利于解题念头的诱发,有助于直觉性题感的形成.题感指的是人们 对问题的总体性的感受,它是思维定势正迁移的一种潜在表现,实质是一种数学观念、数学 意识,常体现为解题中的整体把握和成功思路的预感、预测与预见.如像学外语的“语感” , 学音乐的“乐感” . 解题经验就好像是建筑上的预制构件(或称为思维组块) ,遇到合适的场合,可以原封 不动地把它用上(模式识别) .解题所做的脑力工作就在于回忆他的经验中用得上的东西, 并且和他的解题思维联系起来. 经验题感的一个重要构成是美感,熟谙数学美,就能以美启真、以美寻真,能够从题意 中领悟到审美感受,从而随之产生解题的意向. (3)经验积累的基本途径 中学生的解题积累,基本上就是课本上的学习积累,因此,对课本学习内容进行总结归 类是积累经验的一个基本途径;分析解题过程是又一个积累经验的重要途径. 小经验 1:总结每一章的作业,弄清一共有几个主要类型,每一类型各有几种解决的方 法. 小经验 2:分析解题过程,揭示问题的深层结构. 例 6 如果 x ? x2 ? 1 分析 1
2

? 由?x ?

?? y ? x ? 1?? y ?

? y ? 1? ? 1 ? x ?
2

y 2 ? 1 ? 1 ,则 x ? y ? 0 . x2 ? 1 ? y 2 ? 1 ? y .

记 f ? x? ?

x 2 ? 1 ? x 问题转化为

f ? x ? ? f ? ? y ? ? x ? ? y .,只需 f ? x ? 的严格单调.
“ f ? x ? 的严格单调”问题的深层结构.

?? y ? y ?1? ? 1,有 ? ln ? x ? x ? 1 ? ? ln ? y ? y ? 1 ? ? 0 ? ln ? x ? x ? 1 ? ? ? ln ? y ? y ? 1 ? ? ln ? x ? 1 ? x ? ? ln ? y ? 1 ? y ? 记 f ? x ? ? ln ? x ? x ? 1 ? ,问题转化为 f ? x ? ? f ? ? y ? ? x ? ? y .
分析 2 由 x ? x2 ? 1
2

2

2

2

2

2

2

2

只需 f ? x ? 的严格单调 证明 1 由 x ? x2 ? 1

?

?? y ?

y 2 ? 1 ? 1 ,有

?

x2 ? 1 ? x ?

y2 ?1 ? y ,

10

0 ? x ? y ? x2 ? 1 ? y 2 ? 1 ? x? y? ? ? x ? y? ? ? x ? y?
相减 评析 2 x ? y ? 0. 实质是证 f ? x ? ?

x2 ? y 2 x2 ? 1 ? y 2 ? 1 x2 ? 1 ? y 2 ? 1 ? x ? y , x2 ? 1 ? y 2 ? 1 2( x 2 ? 1 ? x) x2 ? 1 ? y 2 ? 1

x 2 ? 1 ? x 的单调性,用了两次 x 2 ? 1 ? x ?

y2 ?1 ? y ,

我们用差异分析法,只需消去 x2 ?1 ,代替变形过程. 证明 2 由 x ? x2 ? 1

?

?? y ?

y 2 ? 1 ? 1 ,有

?

x2 ? 1 ? x ? x2 ? 1 ? x ?
相减

y2 ?1 ? y , y2 ?1 ? y ,

2 2 x ? ?2 y ? x ? y ? 0 .

1-2-4 解题的非智力因素(情感态度) 这里主要是指良好的心理素质,如动机、兴趣、抱负、态度、品德、意志等.这些非智 力因素对于解题的作用,与它对于发明发现的作用是一样的.华罗庚教授说: “聪明在于学 习、天才在于积累. ”1995 年 5 月,在中国数学会 60 周年年会上,笔者请国际数学大师陈 省身教授谈学数学的体会, 大师胸有成竹地说: 首先是用功, 不用功什么也谈不上. 我们说, 学生学习数学只有通过自身的情感体验,树立坚定的信心,才能是成功的. 波利亚也说: “认为解题纯粹是一种智能活动是错误的; 决心与情绪所起的作用很重要. ” 他强调说: “教学生解题是意志的教育.当学生求解那些对他来说并不太容易的题目时,他 学会了败而不馁,学会了赞赏微小的进展,学会了等待主要的念头,学会了当主要念头出现 后全力以赴. 如果学生在学校里没有机会尝尽为求解而奋斗的喜怒哀乐, 那么他的数学教育 就在最重要的地方失败了. ” ( 《怎样解题》 P.92 ) 笔者在引述波利亚的这段话时常常补充说:如果同学们在我的课程中,不能尝尽为求 解而奋斗的喜怒哀乐,那么,你们最好劝我去干点别的营生,别在这里误人子弟了.良好的 心理素质:动机、兴趣、态度、品德、意志等. 例 7 已知 a, b, c 为互不相等的实数,且

x y z ? ? ,求 x ? y ? z . a ?b b?c c ?a

讲解 这是一个典型的题目,1951 年时曾做过高考题,由于直接对三个比例式用等比 定理会出现分母为 0 的问题

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x y z ? ? a ?b b?c c ?a



?

x? y?z ? ? a ? b? ? ?b ? c ? ? ?c ? a ?



所以,有一个流行的说法,此题不能用等比定理.我的老师当学生的时候人们这样说,到了 我的学生也当老师的时候,人们还是这样说.设比例系数 k 是一个经典的处理,并被认为是 最关键的步骤: 解法 1 设

则有

x y z ? ? ?k, a ?b b?c c ?a ?x ? k ? a ? b? , ? ? y ? k ?b ? c ? , ? ?z ? k ?c ? a? ,







x? y? z ? ? k a?? b ?? k b ? c a ? c? ? k ??
?k? ?? a ? b ? ? ? b ? c ? ? ? c ? a ? ? ?
? 0.
反思分析 分析这个解题过程我们看到三个步骤(解题过程的结构分析) : 第 1 步,引进参数 k ,把三个外形不同而比值相等的代数式

⑤ ⑥ ⑦

x y z , , 用同一 a ?b b?c c ?a

个符号 k 来表示,可以有效防止“形异”对“值同”的干扰. 第 2 步,把 x, y, z 与 a, b, c 分离,以便于计算 x ? y ? z 的值. 第 3 步,计算 x ? y ? z 的值,这是实质性的运算,其最基本的想法是转化为 a, b, c 有关 式的计算,关键步骤是第⑤式. 根据这个分析,设比例系数 k 的作用有两个:第一,有效防止“形异”对“值同”的干 扰;第二,把 x, y, z 与 a, b, c 分离以便于计算 x ? y ? z 的值.但这都只是辅助步骤,前两步 并未开始 x, y, z 的求和,抓住实质性的第 3 步提出问题: (1) (正面思考)有与 k 功能类似的替代式吗? (2) (反面思考)不用 k 还能计算 x ? y ? z 吗? 回应 1 如果对 取代 k 得 解法 2

x y z , , 等值看得很清楚,那就可以把第③式直接代入⑤, a ?b b?c c ?a x y ? a ? ?b ? ? a? b b? c z b? ?c ? ? c ? a c?? a


x? y? z ? ?

x ?? a ? b ? ? ? b ? c ? ? ? c ? a ? ? ? ? 0. a ?b ?

回应 2 如果⑧式中的“形异”对“值同”的干扰还比较大,想不到作这样的变形,看

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不清当中的公因式.那可以直接用 解法 3 由已知有 x ?

z 来表示 k ,有 c?a

z ?a ? b? , c?a z y? ? b? c ?, c?a z z z x? y? z ? 相加得 ?a ? b? ? ?b ? c ? ? ?c ? a ? c?a c?a c?a z ? ?? a ? b ? ? ? b ? c ? ? ? c ? a ? ? ? ? 0. a ?b ? 这样,我们就有了不增设参数 k 的2个解法,只要作解题反思,人人都能做到.但是,
反思还没有结束. 反思再深入 至少还可以再指出两点:结论也是已知信息,障碍也是隐含条件. (1)结论也是已知信息. 我们还浪费了一个信息,就是当我们分析解题过程时,结论已经成为了已知信息:

x ? y ? z ? 0,


⑨ ⑩

x ? y ? ?z .

这就如同摸索在黑房子里拉开了电灯,原来我们只须证⑩式(当初并不知道) ,这用等 比定理是可以做到的. 解法 4 对已知式的前两项用等比定理,有

x? y z , ? ? a ? b? ? ?b ? c ? c ? a
即 得 得

x? y z , ? ? ?c ? a? c ? a
x ? y ? ?z ,

x ? y ? z ? 0.

原来,在我们的心里有一个误区(涉及解题的情感态度) ,对三项连比式用等比定理时, 会产生分母为零, 就吓得两项都不敢用等比定理了. 我们说, 用比例的性质来处理比例问题, 更接近问题的本质(也使得设比值成为多余) . (2)障碍也是隐含条件. 让我们再来看①、②中用等比定理时产生分母为 0 的问题

x y z ? ? a ?b b?c c ?a



?

x? y?z ? ? a ? b? ? ?b ? c ? ? ?c ? a ?



这时候的“分母为0”构成了我们解题的一个障碍,但在上述的所有解法中又都用到了“分 母为0”

? a ? b? ? ?b ? c ? ? ? c ? a ? ? 0 ,

11 ○

13

所以,与其说②式给我们带来了麻烦,不如说②式显化了题目的一个隐含条件○ 11 式.这是 一个积极的收获,当我们对尚未成功的②式“视而不见” 、而把目光同时注视①、○ 11 式时, ①式让我们看到了两条直线重合:

xX ? yY ? z ? 0



12 ○ 13 ○

? a ? b? X ? ?b ? c ? Y ? ? c ? a ? ? 0 ,
而○ 11 式告诉我们直线○ 13 通过点 ?1,1? ,因而直线○ 12 也通过点 ?1,1? ,得

x ? y ? z ? 0. (可记为解法 5)
1-3 防止解题错误 有一种简单化的认识,以为错误都是知识不过关造成的,其实,解题错误的类型不只一 个,在知识过关的情况下也会出现差错.既然成功的解题有知识因素,能力因素,经验因素 和情感因素,那么不成功或失败的解题也会与这些因素相关,我们总结为:知识性错误,逻 辑性错误,策略性错误,心理性错误. 13.1 知识性错误 知识性错误主要指由于数学知识上的缺陷所造成的错误.如误解题意、概念不清、记错 法则、用错定理,不顾范围使用方法等.核心是所涉及的内容是否符合数学事实. 例 8 能与数轴上的点构成一 一对应的数集是( ) . (单项选择题) (A)整数集 (B) 有理数集 (C) 无理数集 (D) 实数集 解 因为实数与数轴上的点构成一 一对应,所以选(D) . 评析 这正是命题者的预设答案, 但是命题者忘了, 无理数集与实数集之间存在一 一对 应关系,这是无穷集合的特性:本身可以与其真子集一 一对应(尽管中学生不太清楚这一 点) ,所以,无理数集也能与数轴上的点构成一 一对应,选择(C),(D)都成立.这样一来, 题目又与单项选择题“有且只有一项正确”矛盾.在这里既有错解又有错题,既有知识缺陷 又有逻辑矛盾,但最根本的还是知识问题,由知识性错误导致命题的逻辑性错误. 1.3.2 逻辑性错误 逻辑性错误主要指由于违反逻辑规则所产生的推理上或论证上的错误. 如虚假论据, 不 能推出,偷换概念,循环论证等,常常表现为四种命题的混淆,充要条件的错乱,反证法反 设不真等.核心是所进行的推理论证是否符合逻辑规则. 知识性错误与逻辑性错误既有联系又有区别. (1) 知识性错误与逻辑性错误有联系. 由于数学知识与逻辑规则常常是相依共存的,从广义上说,我们也不能把逻辑知识排 除在数学知识之外,所以,逻辑性错误与知识性错误常是同时存在的,从哪个角度进行分析 取决于比重的大小与教学的需要. 在上面的例子中我们已经看到, 当我们说它有知识性错误 时并不排除它也有逻辑性错误; 同样, 当我们说它有逻辑性错误时也不排除它还有知识性错 误. (2)知识性错误与逻辑性错误又有区别. 知识性错误主要指涉及的命题是否符合事实 (是否符合定义、法则、定理等),核心是 命题的真假性; 逻辑性错误主要指所进行的推理论证是否符合逻辑规则, 核心是推理论证的

14

有效性.虽然,数学命题的事实真假性与推理论证的逻辑有效性是有联系的,但是数学毕竟 不是逻辑, 数学毕竟比逻辑大得多, 我们依然应该在知识盲点的基本位置和主要趋势上区分 知识性错误与逻辑性错误. 例 9 在四边形 ABCD 中, AB 大于其余三边, BC 小于其余三边, 则 ?BAD, ?BCD 的关系为( ) . (A) ?BAD ? ?BCD (B) ?BAD ? ?BCD (C) ?BAD ? ?BCD (D)不能确定 解法 1 如图 4,联结 BD ,在 BD 的同侧作 BC1D ? DCB , 则 ?BC1D ? ?BCD , C1D ? BC , C1B ? CD ,且 C1D 是四边形

ABC1 D 中的最短边, AB 是四边形 ABC1 D 中的最短边.连 AC1 , 在 ABC1 中,由 AB 为四边形的最长边,有 ① ? ?BAC1 ? ?BC1 A . A B? C 1 B 在 AC1D 中,由 C1D 为四边形的最短边,有 ② ? ?DAC1 ? ?DC1 A . A D? C 1 D ①+②得 . ?BAD ? ?BC1D ? ?BCD .选(A)
评析 对照图 4,反复检查也找不到任何知识上的问题,但 是,这个解法默认了四边形 ABC1D 为凸四边形,因而①、②式 相加,得出 ? BAD 小于 ?BC1 D .若 ABC1 D 为凹四边形(如 图 5) ,便会出现①、②式相减,得 ? BAD 与 ?BC1D 无法确定

图4

大小. B D 为等腰直角三角形, 解法 2 如图 6, 取一个平行四边形 ABCD , 使 C 作 CBD 的 外接圆 O ,以 D 为圆心、以 DC 为半径,画弧交 AB 延长线于 E ,连 DE 交 O 于 C1 ,交

BC 于 图5 C2 ,又在线段 C1E 内取点 C3 ,连 BC1 , BC3 ,则在四边形 ABCi D ?i ? 1,2,3? 中, AB
大于其余三边, BCi 小于其余三边,有

?BAD ? ?BC2 D , ?BAD ? ?BC1D , . ?BAD ? ?BC3 D ,选(D)
评析 解法1“默认四边形 ABC1D 为凸四边形” ,得出

了一个假命题,有知识性错误,对四边形分类不全又有逻辑 性错误,而“默认”本身还可能有心理原因,但从错误的基 本位置上看, 主要还是对四边形分类不全造成的, 所找出的反例主要是考虑了四边形的多种 情况. 图6 1.3.3 策略性错误 这主要指由于解题方向上的偏差,造成思维受阻或解题长度过大.对于考试而言,即 使做对了,若费时费事,也会造成潜在丢份或隐含失分,存在策略性错误.在解题探求中, 思维受阻或思路曲折是不可避免的,因而,探索阶段的策略性错误是很难完全消除的. 例 10 sin15osin75o 的值是_____. (1992 年数学高考全国卷理科第(20)题) 思路 1 本来题目很简单,也有课本的现成背景,用一次诱导公式、一次倍角公式、一

15

次特殊角的函数值,一共 3 个知识点便可得出答案 原式 ? sin15 cos15 (诱导公式)
o o

?

1 sin 30 o (倍角公式) 2 1 ? . (特殊角的函数值) 4



1 .但是,有的考生却用了如下解法: 4

思路 2 原式 ?

1 ? cos30 o sin(45 o ? 30 o ) 2

?

2? 3 (sin 45o cos30o ? cos 45o sin 30o ) 4
2? 3 2 6? 2 4

?

?

( 6 ? 2) 2 ? 3 . 8

至此,就再也算不下去了,应该说,解法的每一步运算都没有知识性错误,但从整体 上看,有解题方向调控上的策略性错误. 第一,使用的基础知识过多、书写的解题长度过大,会导致考试的“潜在丢分”或“隐 含失分” . 第二,根式运算还要继续化简为最终结果:证明 典型的“会而不对、对而不全” .

( 6 ? 2) 2 ? 3 1 ? ,这是一种 4 8

1.3.4 心理性错误 这主要指解题主体虽然具备了解决问题的必要知识与技能,但由于某些心理原因而产 生的解题错误.如顺序心理、滞留心理、潜在假设,以及看错题、抄错题、书写丢三落四等. 例 11
6 5 4 3 2 设 a6 x ? a5 x ? a4 x ? a3 x ? a2 x ? a1 x ? a0 ? ? 3x ? 1? ,求 a6 ? a5 ? a4 + 6

a3 ? a2 ? a1 ? a0 .
(1985 年高考数学理科第?题) 讲解 将已知式与求值式逐项对齐,并进行差异分析

a6 x 6 ? a5 x5 ? a4 x 4 ? a3 x 3 ? a2 x 2 ? a1 x ? a0 ? ? 3x ? 1? a6 ? a5 ? a4 ? a3 ? a2 ? a1 ? a0 ? ?

6



可见,已知中的每一项都有字母 x ,结论中的每一项都没有字母 x . “没有字母 x ”是

16

什么意思?可以理解为每一项的字母 x 都等于 1: x6 ? 1, x5 ? 1, x4 ? 1, x3 ? 1, x2 ? 1, x ? 1 (消除差异) ,把 x ? 1 代人已知式,得

a6 ? a5 ? a4 ? a3 ? a2 ? a1 ? a0 ? ? 3 ? 1? =32 .
6

说明 在差异分析观点之下,取值 x ? 1 就不是一个妙手偶得的特殊技巧了,而是一个 策略思想的具体实施.并且,这一经验积累,又与“特殊化”的策略思想相通,可以用来处 理很多数学问题,比如下面几道类似而又有变通的高考题(化归为往年的高考题) : 例 11-1 已知 (1 ? 2x)7 ? a0 ? a1x ? ?a2 x2

? a7 x7 ,那么 a1 ? a2 ?

? a7 ? ____ .

(1989 年高考数学第(16)题) 解 设 f ? x ? ? (1 ? 2x) ,则
7

a1 ? a2 ?
说明

? a7 ? f ?1? ? f ? 0? ? (1? 2)7 ?1 ? ?2. 填 ?2 .
? a7 ? ?1,

我们在阅卷中发现,相当一部分考生令 x ? 1 得答案为 ?1,其实得到的是

a0 ? a1 ? a2 ?

而所求的值,应再减去 a0 ? ?1 ,从而

a1 ? a2 ?

? a7 ? ?2 .

究其原因,是考生一见题型很熟悉(如课本相关习题中见过) ,没有认真看清题目的小 变化,就匆匆作答,结果“会而不对” . 例 2-19-2 若 (2x ? 3)4 ? a0 ? a1x ? a2 x2 ? a3 x3 ? a4 x4 ,则 (a0 ? a2 ? a4 )2 ? (a1 ?

a3 ) 2 的值为( )
(A)1 (B) ?1 (1999 年高考数学理科第(8)题) 解法 1 (C)0 (D)2

设 f ? x ? ? (2 x ? 3)4 ,则

(a0 ? a2 ? a4 )2 ? ? a1 ? a3 ?

2

= ? a0 ? a2 ? a4 ? a1 ? a3 ? ? a0 ? a2 ? a4 ? a1 ? a3 ? ? f ?1? f ? ?1? ? (2 ? 3) 4 (?2 ? 3) 4
. ? (4 ? 3)4 ? 1 .选(A) 解法 2

(a0 ? a2 ? a4 )2 ? (a1 ? a3 ) 2
= a0 ? a1 ? a2 ? ?a3 a4 ? 2a0a2 ? 2a2a4 ? 2a2a4 ? 2a1a3
2 2 2 2 2

至此,就再也算不下去了,应该说,解法的每一步运算都没有知识性错误,但从整体

17

上看,有解题方向调控上的策略性错误. 1.3. 5 突破一个“老大难” 高考阅卷启示我们,许多中上水平考生常在“会而不对、对而不全”上拉开录取与落榜 的距离.这是一个“老大难”问题. (1) 会而不对.有的考生, 拿到题目不是束手无策, 而是在正确的思路上, 或考虑不周、 或推理不严、或书写不准,最后答案是错的,这叫“会而不对” . (2)对而不全.另一些考生,思路大体正确,最终结论也出来了,但丢三落四,或缺 欠重大步骤,中间某一逻辑点过不去;或遗漏某一特殊情况、讨论不够完备;或潜在假设、 或以偏概全,这叫“对而不全” . 1-4 运用答题策略 1-4-1 分段得分的基本认识. (1)分段得分的法定依据是高考“分段评分”. (2)分段得分的基本内容是防止“分段扣分” ,争取“分段给分”. (3)分段得分的技术基础是解题策略. (4)分段得分的总体功能是:进可全题解决,退可分段得分. 1-4-2 分段得分的主要技术 (1)分解分步 —— 缺步解答. (2)引理思想 —— 跳步解答. (3)以退求进 —— 退步解答. (4)正难则反 —— 倒步解答. (5)扫清外围 —— 辅助解答. 2 解答高考数学题的主要建议 高考题的特殊性:一道数学题成为高考题后,将具有不同于平时作业题的特性,如 ●能力的代表性, ●分数的选拔性, ●时间的限定性, ●评分的阶段性. 需要我们迅速解决两个基本问题: ●从何处下手? ●向何方前进? 2-1 模式识别 2-1-1 模式识别的认识 (1)基本含义. 在学习数学的过程中, 所积累的知识和经验经过加工会得出一些有长久保存价值或基本 重要性的典型模式与重要类型.当我们遇到一个新问题时,首先辨认它属于我们已经掌握的 哪个基本模式,然后检索出相应的解题方法来解决,这是我们在数学解题中的基本思考,也 是解高考题的重要策略. (2)怎样积累模式. ●总结课本内容,归纳基本模式. 学完一章节(或跨章节)后,总结一共有几个题目类型,每个题型有哪些解决方法?

18

●分析解题过程,提炼深层结构. 可以重点分析最近三五年的高考综合题,揭示“形异而质同”的深层结构. (3)模式识别在求解高考题中的具体化: ●化归为课本已解决过的问题. ●化归为往届高考题. 拿到一道高考题,在理解题意后,立即思考问题属于哪一学科、哪一章节?与这一章节 的哪个类型比较接近?解决这个类型有哪些方法?哪个方法可以首先拿来试用?这一想, 下 手的地方就有了,前进的方向也大体确定了. (4)模式识别的层次. ●直接用, ●转化用, ●分解组合用. (5)模式识别解高考题的有效性 ●因为课本是学生知识资源的基本来源,也是学生解题体验的主要引导. 离开了课本,学生还能从哪里找到解题依据、解题方法、解题体验?还能从哪里找到解 题灵感的撞针?高考解题一定要抓住“课本”这个根本. ●课本是高考命题的基本依据. 有的试题直接取自教材,或为原题、或为类题. 有的试题是课本概念、例题、习题的改编. 有的试题是教材中的几个题目、几种方法的串联、并联、综合与开拓. 少量难题也是按照课本内容设计的,在综合性、灵活性上提出较高要求. 按照高考怎样出题来处理高考怎样解题应是顺理成章的. ●这是一种行之有效解题策略. 这种做法体现了化归思想和模式识别的解题策略, 对 50%~80%的高考题都是有效的. 所 以,拿到一道高考题,在理解题意后,应立即思考问题属于哪一学科、哪一章节?与这一章 节的哪个类型比较接近?解决这个类型有哪些方法?哪个方法可以首先拿来试用?这一想, 下手的地方就有了,前进的方向也大体确定了.就是说,从辨认题型模式入手,向着提取相 应方法、使用相应方法解题的方向前进. 2-2 差异分析 (1)基本含义. 如果我们把题目的条件与结论之间的差异称为目标差, 那么解题的实质就在于设计一个 使目标不断减少的过程.通过寻找目标差,不断减少目标差而完成解题的思考方法,叫做差 异分析法. (2)差异分析法的使用. ①通过题目中出现的元素, 元素间所进行的运算, 以及元素之间所存在的关系去找出差 异. ②对于所找出的目标差,要运用基础知识和基本方法立即作出减少目标差的反应. ③减少目标差的调节要一次又一次地发挥作用,使得目标差逐渐减少、步步积累,最终 完成解题. 运用差异分析法可以简捷回答解题中的两个基本问题, 从何处下手?向何方前进?就从 找目标差开始,就向着目标差减少的方向前进. 2-3 层次解决

19

人们在创造性解决问题的过程中,思维是按层次展开的,先粗后细,先宽或窄,先对问 题作一个粗略的思考,然后逐步深入到实质与细节,或者说,先作大范围的搜索,然后再逐 步收缩包围圈.通常分成三个层次,层层深入地解决. (1)一般性解决:即在策略水平上的解决,以明确解题的总体方向.这是对思考作定向 调控. 在这一层面上,根据中学阶段的实际,自觉应用函数观点和方程观点是十分有益的. (2)功能性解决:即在数学方法水平上的解决,以确定具有解决功能的解题手段,这是对 问题解决作方法选择. (3)特殊性解决.即在数学技能水平上的解决,以进一步缩小功能性解决的途径,明确运 算程序或推理步骤.这是对技巧作实际完成. 2-4 数形结合 (1)基本含义 在解题中, 既用数的抽象性质来说明几何形象的事实, 又用图形的直观性质来说明代数 抽象的事实,在数与形的双向结合上寻找解题思路. (2)数形结合的途径 ①通过坐标系 ②转化 ③构造 (3)数形结合的原则 ①等价性原则 ②双向性原则 ③简单性原则 2-5 案例分析 (1)案例 1——感悟高考解题的基本思路
6 5 4 3 2 例 1-1 设 a6 x ? a5 x ? a4 x ? a3 x ? a2 x ? a1 x ? a0 ? ? 3x ? 1? ,求 a6 ? a5 ? a4 + 6

a3 ? a2 ? a1 ? a0 .
[1985 年高考数学理科第二?题] 讲解 将已知式与求值式逐项对齐,并进行差异分析

a6 x 6 ? a5 x5 ? a4 x 4 ? a3 x 3 ? a2 x 2 ? a1 x ? a0 ? ? 3x ? 1? a6 ? a5 ? a4 ? a3 ? a2 ? a1 ? a0 ? ?
6 5 4 3 2

6



可见,消除差异应同时取 x ? 1, x ? 1, x ? 1, x ? 1, x ? 1, x ? 1, 所以取 x ? 1 代人已知式, 得

a6 ? a5 ? a4 ? a3 ? a2 ? a1 ? a0 ? ? 3 ? 1? =32 .
6

评析 在差异分析观点之下,取值 x ? 1 就不是一个妙手偶得的特殊技巧了,而是一个 策略思想的具体实施.并且,这一经验积累,又与“特殊化”相通,可以用来处理很多数学 问题,比如下面几道类似的高考题: 例 1-2 已知 (1 ? 2x) ? a0 ? a1x ? ?a2 x2
7

? a7 x7 .那么 a1 ? a2 ?

? a7 ? ____ .

20

[1989 年高考数学第(16)题(4 分)] 例 1-3 若 (2x ? 3)4 ? a0 ? a1x ? a2 x2 ? a3 x3 ? a4 x4 ,则 (a0 ? a2 ? a4 )2 ? (a1 ?

a3 ) 2 的值为( )
(A)1 (B) ?1 [1999 年高考数学理科第(8)题] (C)0 (D)2

例 1-4 若 (1 ? 2x)2004 ? a0 ? a1x ? a2 x2 ?

? a2004 x2004 ( x ? R) ,则 (a0 ? a1 ) ? (a0 ?

a2 ) ? (a0 ? a3 ) ?

? (a0 ? a2004 ) ? _____ .

[2004 年天津理科第(15)题(4 分)] 例 1-5 已知 (1 ? x)5 ? a0 ? a1x ? a2 x2 ? a3 x3 ? a4 x4 ? a5 x5 ,则 (a0 ? a2 ? a4 )(a1 ?

a3 ? a5 ) 的值等于
[2007 年安徽文科第(12)题] 例 1-6



若 ( x ? 2)5 ? a5 x5 ? a4 x4 ? a3 x3 ? a2 x2 ? a1 x ? a0 .则 .(用数字作答)

a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ?

(2008 年福建理科第(13)题) 感悟:模式识别(化归为课本已解决过的问题、化归为往届高考题 ) ,差异分析 (2)案例 2——平时解题要题题都有收获 例 2 安排 3 名支教老师去 6 所学校任教,每校至多 2 人,则不同的分配方案共有 种. (用数字作答) [2007 年高考数学陕西理科卷第(16)题] 讲解 据了解,学生普遍使用分两类计数的方法(见解法 1) .我们的体会是知识经验 能导致更多、更接近问题深层结构的解法. 解法 1 (加法)依题意,分配方案有两种情况: (1)3 名教师分到 3 所学校,每校 1 人.这相当于从 6 所学校取 3 所作为接收单位,
3 得 A6 (120)种分法.
2 (2)3 名教师分到 2 所学校,有一校 2 人. 从 3 名教师中取 2 人有 C3 种取法,再从 6 2 2 所学校取 2 所作为接收单位,得 C3 A6 (90)种分法.

由加法原理得不同的分配方案共有
3 2 2 N ? A6 ? C3 A6 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3? 6 ? 5 ? 6 ? 5 ? 7 ? 210 种.

评析

思路打开之后, “结论也是已知信息” ,多了这一个信息,情况就大不相同了(下
3 , N ? 210 ? 7 ? 6 ? 5 ? A7

面是由“初步解法”导出的解题反思) .由 N ? 210 的改写



N ? 210 ? 7 ? 6 ? 5 ? 6 ? ? 6 ?1??6 ?1? ? 63 ? 6
3

可知,只要能给这两个数据以组合解释,便可以得出新的解法.6 ? 6 立即刺激我们的数学

21

知识与解题经验:6 就是 3 个教师每人都有到“6 所学校”的 6 种去法的方法数,减 6 就是
3 减掉“3 个教师都到 1 所学校”的 6 种去法(见解法 2) . 那么 A7 中的 7 是从哪里来的呢?

3

这只需将“分有 2 人”的那一学校看成 2 所学校即可.比如,把 A 校分为 A 1, A 2 校,把 3 名教师分到 7 所学校 A 1 , A2 , B, C, D, E, F ,每校 1 人,当 A 1, A 2 中最多分 1 人时就是解法 1 的第(1)种情况,当 A 1, A 2 各分 1 人时就是解法 1 的第(2)种情况. 解法 2 (减法)3 个教师每人都有到“6 所学校”的 6 种去法,得 6 种去法,但 3 个 教师都到 1 所学校与 “每校至多 2 人” 矛盾, 故得不同的分配方案共有 N ? 6 ? 6 ? 210 种.
3

3

解法 3 (对应解法)把“至多分有 2 人”的那一学校看成 2 所学校,每校分 1 人,则 问题转化为“从 7 所学校中取 3 所,接收 3 名教师”的方案数,这是标准排列问题,得
3 N ? A7 ? 210 种.

说明

在这个例子里, 排列组合的知识不是一个个彼此孤立的单点, 相互勾连的知识链

能帮助我们由运算式找出它的组合解释.
2 解法 4 先将 2 名教师分到 6 所学校的 2 所,有 A6 种,再把余下的 1 名教师分到 6 所 1 2 1 学校中的任意一所,共有 A6 种方法,所以,共有不同的分配方案是 A6 =180 种. A6

少了,问题在哪里?
2 2 解法 5 从 3 名教师中取 2 人有 C3 种取法,把这 2 名教师分到 6 所学校的 2 所,有 A6 1 种,再把余下的 1 名教师分到 6 所学校中的任意一所,共有 A6 种方法,所以,共有不同的

2 2 1 分配方案是 C3 =540 种. A6 A6

这又多了,问题在哪里?

3 陕西高考题中的高等背景 (1)柯西不等式背景 06-8. 已知不等式 ? x ? y ? ? 小值为 (A)2 (B)4 (C)6 (D)8

?1 a? 则在正实数 a 的最 ? ? ? 9 对任意正实数 x, y 恒成立, ?x y?

07-21. (本小题满分 14 分)已知椭圆 C:

x2 y2 6 ? 2 ? 1( a ? b ? 0 )的离心率为 ,短 2 a b 3

轴一个端点到右焦点的距离为 3 . (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点,坐标原点 O 到直线 l 的距离为 积的最大值.

3 ,求△AOB 面 2

22

S ?

AOB

?

x 1 3 x1 x1 y2 ? x2 y1 ? y2 ? 2 y1 2 2 3 3

2 ? 3 ? x12 3 2 ?? x2 ? y ? y2 2 ? ? . ? 1 ?? 2 ? 3 2 ?? 3 ?

08-22 (本小题满分 14 分)已知数列 {an } 的首项 a1 ? (1)求 {an } 的通项公式; (2)证明:对任意的 x ? 0 , an ≥

3 3an , 2, . ,an ?1 ? ,n ? 1 5 2an ? 1

1 1 ?2 ? 2, ; ? ? x ? , n ? 1, 2 ? n 1 ? x (1 ? x) ? 3 ?

(3)证明: a1 ? a2 ? 第(3)问相当于 题目 1

? an ?

n2 . (柯西不等式) n ?1

3n 已知数列 an ? n ,证明: a1 ? a2 ? 3 ?2
2 1 , an ? ,由柯西不等式有 n 3 1 ? bn

n2 ? an ? . n ?1

记 bn ?

? ?1 ? b ?? 1 ? b
k ?1 k k ?1

n

n

1

? n2 ,
n2 n2 n?? 2 k k ?1 3
n

k



a1 ? a2 ?

? an ≥

? ?1 ? bk ?
k ?1

n

=

?

n2 n ?1? 1 3n

?

n2 . n ?1

所以,第(3)问可以认为是一道柯西不等式的现成题目: 题目 2 若

? b ? 1 ,则 ? 1 ? b
i ?1 i

n

n

1

?

i ?1

i

n2 . n ?1

(2)伯恩斯坦多项式背景
06-21 如图 1,三定点 A? 2,1? , B ? 0, ?1? , C ? ?2,1? ;三动点

D, E, M 满足

AD ? t AB, BE ? t BC,DM ? t DE, t ? [0,1] .
(1)求动直线 DE 斜率的变化范围; (2)求动点 M 的轨迹方程. 在函数逼近论中有一个很基本的问题,就是能不能用结构最

23

简单的函数——多项式,去逼近任意的连续函数,答案是肯定的,前苏联数学家伯恩斯坦证 明 了 一 个 很 漂 亮 的 定 理 : 若 f ? x ? 在 闭 区 间 ?0 , 1 ? 上连续,则对于 x 一致有

lim Bn ? f ? x ? ;?x?
n ??

x ?f ? .其中多项式

n n?k ?k? k k Bn ? f ? x ? ; x ? ? ? f ? ?Cn x ?1 ? x ? ?n? k ?0

称为函数 f ? x ? 的伯恩斯坦多项式. 当 n ? 2 时,上述伯恩斯坦多项式为

B2 ? f ? x ? ; ?x?

?f 0??

1 ?

? x?
2

?1? 2? f ? ?2?

?

? x 1 ??x

? ? f12 . x

这构成了高考题的知识背景.下面用贝齐尔曲线作出更具体的说明. 在汽车制造业中, 法国雷诺汽车公司的工程师贝齐尔提出了一套利用伯恩斯坦多项式的 电子计算机设计汽车车身的数学方法.设 p0 , p1 , p2 , 线
n

为 n ? 1 个给定的控制点,称参数曲

p ? t ? ? ? pi Bin ? t ? , t ? ? 0 ,?1
i ?0

为以 ? pi , i ? 0,1,2,

, n? 为控制点的 n 次贝齐尔曲线,其中多项式
n ?i

i i t ?1 ? t ? Bin ?t ? = Cn

叫做伯恩斯坦基函数,? pi , i ? 0,1,2,

, n? 叫做贝齐尔点,顺次以直线段连接 p0 , p1 , p2 ,

的折线,不管是否闭合,都叫做贝齐尔多边形. 当 n ? 2 时,二次贝齐尔曲线是一段抛物线,其矩阵方程为

? 1 ? 2 1 ? ? p0 ? ? ?? ? p ? t ? ? ? t 2 , t ,1? ? ?2 2 0 ? ? p1 ? , 0 ? t ? 1 . ?1 ? ? 0 0 ? ? ? ? p2 ?
回到高考题,取 n ? 2 ,取 p0 为点 A ? 2,1? , 取 p1 为点 B ? 0, ?1? ,取点 p2 为 C ? ?2,1? , 则矩阵方程便展开为

OM ? (1 ? t )2 OA ? 2t (1 ? t )OB ? t 2 OC .
因此,高考题可以理解为来源于生产实际.据说工人在制造飞机机翼时,正是在 M 点 的地方打上铆钉,使得机翼的横截面为抛物线. 初等解法 设 M ( x, y ) ,由人教版高中课本《数学》第一册(下)第 109 页例 5 有

OD ? (1 ? t )OA ? tOB, OE ? (1 ? t )OB ? tOC,

24



OM ? (1 ? t )OD ? tOE
? ? ? ? (1 ? t ) ? ?t (1 ? t )OA ? OB ? ? t ?(1 ? t )OB ? tOC ?

? (1 ? t )2 OA ? 2t (1 ? t )OB ? t 2 OC ,
把 OA ? ? 2,1? , OB ? ? 0, ?1? , OC ? ? ?2,1? 代入,得
2 2 ? ? x ? ?2(2t ? t ) ? 2(2t ? 3t ? 1) ? 2(1 ? 2t ) ? ? ?2, 2? , t ? ?0,1? , ? 2 2 2 ? ? y ? (2t ? t ) ? (2t ? 3t ? 1) ? (1 ? 2t ) ? ?0,1? , t ? ?0,1?.

消去参数 t ,得 y ?

x2 , x ? ? ?2, 2? . 4

说明:虽然这个解法有伯恩斯坦多项式的背景,也得出了 n ? 2 的贝齐尔曲线,但从头 到尾都只是课本例题的应用,因此,不管问题的原始来源如何,对教学来说,选择课本背景 引导高考解题是明智和可行的. (3)柯西函数方程的背景 08-11 定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足 f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y)? 2 xy ( x,y ? R ) ,

f1 ) ( 2 ? ,则 f (?3) 等于( C )
高等背景 程) ,由 我们指出,本题可以有柯西函数方程的背景(但解法不依赖于柯西函数方

f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) ? 2 xy ,
有 即

f ( x ? y) ? x2 ? y 2 ? f ( x) ? f ( y) ? ( x ? y)2
2 2 2 ? ? f ( x ? y) ? ( x ? y) ? ??? ? f ( x) ? x ? ??? ? f ( y) ? y ? ?

设 F ? x ? ? f ( x) ? x ,则已知条件成为柯西函数方程
2

F ? x ? y ? ? F ? x ? ? F ? y ? , F ?1? ? f (1) ?12 ? 1.
解柯西函数方程得

F ? x ? ? F ?1? x ? x ,
即 得 初等解法 1

f ( x) ? x2 ? x ,

f ? ?3? ? ?3? ? ?3 ? 1? ? 6 .
虽然题目有柯西函数方程的背景,但学生可以取特殊值而求解,甚至可

? 以对正整数解这个函数方程. ,令 x ? n ? 1, y ? 1 n ? Z ,则

?

?

25

f (n) ? f (n ?1) ? f (2) ? 2 ? n ?1? ,
f (n) ? f (n ? 1) ? 2n ,
又 f ? 0? ? f ? 0? ? f ? 0? ? 0 ? f ? 0? ? 0 ,故得
2 f ? n? ? ? ? ? f ? k ? ? f ? k ? 1?? ? ? 2? k ?n ? n . k ?1 k ?1 n n

本题不需要找出 f ? x ? ,只需找 f (?3) 与 f (1) ? 2 的关系,而 ?3 与1 差 4,作 4 次递推 即可. 初等解法 2 在已知式中,令 y ? 1 ,则 f ? x ? 1? ? f ? x ? ? f ?1? ? 2x ,即

f ? x ?1? ? f ? x ? ? 2 ? x ? 1? .
同理

f ? x ? 2? ? f ? x ? 1? ? 2 ? x ? 2? . f ? x ? 3? ? f ? x ? 2? ? 2 ? x ? 3? . f ? x ? 4? ? f ? x ? 3? ? 2 ? x ? 4? .

相加 令 x ? ?3

f ? x ? ? f ? x ? 4? ? 4 ? 2x ? 5? . f ? ?3? ? f ?1? ? 4 ? 6 .

(4) 微分中值定理背景 08-20(本小题满分 12 分)已知抛物线 C : y ? 2 x ,直线 y ? kx ? 2 交 C 于 A,B 两
2

点, M 是线段 AB 的中点,过 M 作 x 轴的垂线交 C 于点 N . (Ⅰ)证明:抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行; (Ⅱ)是否存在实数 k 使 NA NB ? 0 ,若存在,求 k 的值;若不存在,说明理由. 高等背景 使 我们指出,本题第(I)问可以有微分中值定理的背景:对二次函数 f ? x ? , y M 2 B 1 O N 1 x A

f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? f / ?? ? x1 ? x2
的 ? ,恰有 ? ? 初等解法

x1 ? x2 . 2
(Ⅰ)由

26

k AB ?

f ? x1 ? ? f ? x2 ? ?x ?x ? ? a ? x1 ? x2 ? ? b ? f / ? 1 2 ? ? kl x1 ? x2 ? 2 ?

即割线 AB 的斜率等于点 N 处的切线的斜率,两线平行.
2 (Ⅱ)设 A( x1, 2x12 ),B( x2, 2x2 ) ,联立

? y ? kx ? 2, ? 2 ? y ? 2x ,
消去 y ,得

2 x 2 ? k x? 2 ? 0 .

令 f ? x ? ? 2x2 ? kx ? 2 ,则 f ? x1 ? ? 0, f ? x2 ? ? 0 ,有

x1 ? x2 ?

? x1 ? x2 ? ? 4 x1x2 ?
2

k 2 ? 16 , 2

AB ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ,

x ?x ?x ?x ? MN ? yM ? y N ? k 1 2 ? 2 ? 2 ? 1 2 ? 2 ? 2 ? ? 1 2 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? ? x1 ? x2 ? 2
2

2

?x ? x ? ? 1 2
2

.

若 NA NB ? 0 ,则 NA ? NB ,又 M 是 AB 的中点,有

2?

1 ? k 2 x1 ? x2 2 1 ? k 2 4 1 ? k 2 AB ? ? ? , 2 MN x1 ? x2 16 ? k 2 . ? x1 ? x2 ? 2

2 1 ? k 2 ? 16 ? k 2 ,
解得 k ? ?2 .即存在 k ? ?2 ,使 NA NB ? 0 . 06-22 已知函数 f ? x ? ? x ? x ?
3 2

x 1 ? 1? ? , 且存在 x0 ? ? 0, ? , 使 f ? x0 ? ? x0 . 2 4 ? 2?

(1)证明: f ? x ? 是 R 上的单调增函数; (2)设 x1 ? 0, xn?1 ? f ? xn ? , y1 ?

1 , yn ?1 ? f ? yn ? , 其中 n ? 1, 2, 2

,证明

xn ? xn?1 ? x0 ? yn?1 ? yn ;

27

(3)证明:

yn?1 ? xn?1 1 ? . yn ? xn 2

[2006 年陕西高考理科数学 22 题] 首先 f ? x0 ? ? x0 是不动点,下面看微分中值定理观点下第(1) 、 (3)问的沟通.从语 言形式上看,第(1)问与第(3)问好像没有多少共同的地方,但从实质运算上看,则都是 对

F ? x, y ? ?

f ? y? ? f ? x? 1 ? y 2 ? xy ? x 2 ? y ? x ? y?x 2
1 .而第(3)问 2

作放缩处理,第(1)问是证明 F ? x, y ? ? 0 ,第(2)问是证明 F ? x, y ? ? 可以有更一般性的结论:

1 f ( yn ) ? f ( xn ) 1 ? ? . 6 yn ? xn 2
这一结果也可由微分中值定理得出,由
2

f ( yn ) ? f ( xn ) 1 1? 1 ? ? f / ?? ? ? 3? 2 ? 2? ? ? 3 ? ? ? ? ? , yn ? xn 2 3? 6 ?
知当 ? ? ? 0,

? ?

1? ? 时,有 2?

1 ? 1 ?1? ? 1 ?? ? f / ? ? ? f / ?? ? ? max ? f / ? 0? , f / ? ?? ? f / ? 0 ? ? . 6 2 ? 3? ? 2 ?? ?
接着第(3)问可以提出: lim xn , lim yn 是否存在, lim xn ? lim yn ? x0 是否成立?
n ?? x ?? n ?? n ??

回答是肯定的,有 题目 已知函数 f ? x ? ? x ? x ?
3 2

x 1 ? , 2 4

(1)证明存在唯一的 x0 ? ? 0, ? , 使 f ? x0 ? ? x0 . (2)设 x1 ? 0, xn?1 ? f ? xn ? , y1 ?
x ?? n ?? n ??

? ?

1? 2?

1 , yn ?1 ? f ? yn ? , 其中 n ? 1, 2, 2

,证明 lim xn ,
n ??

lim yn 均存在,且 lim xn ? lim yn ? x0 .
用两种方法证明如下. 证明 1 (1)作函数 g ? x ? ? f ? x ? ? x ,即 g ? x ? ? x ? x ?
3 2

x 1 ? ,有 2 4

g ? 0? ?

1 1 ?1? ? 0, g ? ? ? ? ? 0 , 4 8 ?2?

28

据连续函数的介值性质知,存在 x0 ? ? 0, ? , 使 g ? x0 ? ? 0 ,即 f ? x0 ? ? x0 .

? ?

1? 2?

又由

1 1 1 ?1? g ? x ? ? 3x ? 2 x ? ? 3 ? ? ? ? 0 ? ? ? ? 0, 2 2 4 ?2?
/ 2

2

知 g ? x ? 在 ?0, ? 上 是 单 调 减 函 数 , 故 使 g ? x0 ? ? 0 的 x0 是 唯 一 的 , 即 存 在 唯 一 的 2

? 1? ? ?

? 1? x0 ? ? 0, ? , 使 f ? x0 ? ? x0 . ( f ? x0 ? ? x0 是不动点) ? 2?
说明 可见,条件 x0 ? ? 0, ? 的存在性是可以证明的,只是考虑到中学生的接受性才

? ?

1? 2?

作为已知给出. (通过解三次方程还可以求出 x0 ) . ( 2 )第 1 步, 由已证 xn ? xn?1 ? x0 ? yn? 1 ? yn, 据单调 有界数列 必有极 限得

lim xn , lim yn 存在.
x ?? x ??

第 2 步,由已证

yn ?1 ? xn ?1 1 ? ,知 yn ? xn 2
n ?1 n

y ?x ?1? 0 ? yn ? xn ? ? y1 ? x1 ? ? k ?1 k ?1 ? ? ? , yk ? xk ?2? k ?1


?1? 0 ? lim( yn ? xn ) ? lim ? ? ? 0 , n?? n?? 2 ? ?
n ?? n ??

n

从而 lim xn ? lim yn . 第 3 步,由 xn ? xn?1 ? x0 ? yn?1 ? yn ,有 lim xn ? x0 ? lim yn ,
n ?? n ??



lim xn ? lim yn ? x0 .
n ?? n ??

证明 2 第(1)问同证明 1. (2)第 1 步,由已证 xn ? xn?1 ? x0 ? yn?1 ? yn ,据单调有界数列必有极限得

lim xn , lim yn 存在,记
x ?? x ??

lim xn ? a, lim yn ? b .
x ?? x ??

29

第 2 步,由第(1)问知,存在唯一的 x0 ? ? 0, ? , 使 f ? x0 ? ? x0 . 现对

? ?

1? 2?

xn?1 ? f ? xn ? , yn?1 ? f ? yn ?
取极限,有

a ? f? a ? ?, b

b ?f ? ,

由方程 f ? x ? ? x 解的惟一性,得 a ? b ? x0 . 得证 lim xn , lim yn 均存在,且 lim xn ? lim yn ? x0 .
n ?? n ?? n ?? n ??

(5)泰勒展开式的背景 08-22 题(本小题满分 14 分) 已知数列 {an } 的首项 a1 ? (Ⅰ)求 {an } 的通项公式; (Ⅱ)证明:对任意的 x ? 0 , an ≥

3 3an n ? 1, 2, . , , an ?1 ? 5 2an ? 1

1 1 ?2 ? 2, ; ? ? x ? , n ? 1, 2 ? n 1 ? x (1 ? x) ? 3 ?

(Ⅲ)证明: a1 ? a2 ?

? an ?

n2 . n ?1

三问实际上是三道题目,分别都有 高等背景. 第(Ⅰ)问高等背景 单独看第(Ⅰ)问,可以认为是一道关于递推数列的现成题目: 题目 1 已知数列 {an } 的首项 a1 ?

3 3an , 2, .求 ?an ? 的通项公 , an ?1 ? ,n ?1 5 2an ? 1

式. 背景揭示 1——特征方程求不动点. 背景揭示 2——二阶矩阵乘方. 第(Ⅱ)问 高等背景 单独看第(Ⅱ)问,可以认为是一道数列不等式的恒成立问题: 题目 2 已知数列 an ?

3n ,证明:对任意的 x ? 0 , 3n ? 2

an ≥

1 1 ?2 ? 2, . ? ? x ? , n ? 1, 2 ? n 1 ? x (1 ? x) ? 3 ?

我们的分析将揭示,这道题目既有很简单的初等背景:实数的平方为非负数,又有很深 刻的高等背景:泰勒展开式去掉非负的余项.

30

设 F ? x? ?

1 1 2 / ,则 F ? x ? ? ? ,代入泰勒展开式 , F // ? x ? ? 2 1? x (1 ? x) (1 ? x)3

F ? x ? ? F ? x0 ? ?
其中 c 在 x0 与 x 之间.有

F / ? x0 ? F // ? c ? 2 x ? x ? ? 0? ? x ? x0 ? 1! 2!

1 1 1 1 2 ? ? x ? x0 ? ? x ? x0 ? , 2 ? 3 ? 1 ? x 1 ? x0 (1 ? x0 ) (1 ? c)
取 x 为 bn ?

2 1 2 ? 0 ,取 x0 为 x ,为了保证此时的拉格朗日型余项 b ? x? 非 n 3 ? n 3 (1 ? c )

负,高考题取了一个充分条件 x ? 0 ,这时 c 在 bn ? 了. 初等解法 解法 1 把

2 ? 0 与 x ? 0 之间,当然也就大于 0 3n

2 2 1 统一为 an , n ? ?1 并 n 3 3 an

左边 ? 右边= an ?

1 1 ?2 ? ? ? x? 2 ? n 1 ? x (1 ? x) ? 3 ?

? an ? ? an ?

? 1 1 ?1 ? ?1? x ? 2 ? 1 ? x (1 ? x) ? an ? 2 1 ? 1 ? x (1 ? x) 2 an
2

? ? 1 ? ? an ? ? ? 0, ? ? 1 ? x a ? ? n ? ?
这就清楚了,第(II)问不等式成立等价于实数的平方为非负数,并且 x ? 0 的条件不 是必要的.这个平方式可以改写为基本不等式 解法 2 由 an ?

1 2 ? ,得 2 (1 ? x) an 1 ? x

an ? ?

2 1 ? 1 ? x (1 ? x) 2 an

2 1 ?2 ? ? ? 1? 2 ? n 1 ? x (1 ? x) ? 3 ? 1 1 ?2 ? ? ? ? x ?. 2 ? n 1 ? x (1 ? x) ? 3 ?

31

如果恒等变形不是把 问有

2 2 2 统一为 an ,而是把 an 统一为 n ,则可记 bn ? n ,由第(I) n 3 3 3

解法 3 (换元、作差、配方) 左边 ? 右边 ?

1 1 1 ? ? ? bn ? x ? 1 ? bn 1 ? x (1 ? x)2

? ?

x ? bn b ?x ? n 2 ?1 ? bn ??1 ? x ? (1 ? x) x ? bn ? 1 1 ? ? ? ? 1 ? x ? 1 ? bn 1 ? x ?
2

? x ? bn ? ? ?1 ? bn ? (1 ? x)2
移项即得所证.有恒等式

? 0.

? bn ? x ? b ?x 1 1 ? ? n 2? . 1 ? bn 1 ? x (1 ? x) ?1 ? bn ? (1 ? x) 2
2

与泰勒展开式

1 1 1 1 2 ? ? x ? x0 ? ? x ? x0 ? 2 ? 3 ? 1 ? x 1 ? x0 (1 ? x0 ) (1 ? c)
比较,有

? x ? bn ? 1 2 b ? x? ? 3 ? n (1 ? c) ?1 ? bn ? (1 ? x)2
2

可见, c 的取值不会使余项小于 0,并且,由此可以求出拉格朗日型余项中的 c . 第(III)问 高等背景 单独看第(III)问,可以认为是一道数列不等式问题: 题目 1 已知数列 an ?

3n ,证明: a1 ? a2 ? 3n ? 2

? an ?

n2 . n ?1

(6)不动点 06-22.(本小题满分 14 分)已知函数 f ? x ? ? x ? x ?
3 2

x 1 ? 1? ? , 且存在 x0 ? ? 0, ? , 使 2 4 ? 2?

f ? x0 ? ? x0 .
(1)证明: f ? x ? 是 R 上的单调函数; (2)设 x1 ? 0, xn?1 ? f ? xn ? , y1 ?

1 , yn ?1 ? f ? yn ? ,其中 n ? 1, 2, 2

,证明

xn ? xn?1 ? x0 ? yn?1 ? yn ;

32

(3)证明:

yn?1 ? xn?1 1 ? . yn ? xn 2
3 2

证明 1 (1)作函数 g ? x ? ? f ? x ? ? x ,即 g ? x ? ? x ? x ?

x 1 ? ,有 2 4

g ? 0? ?

1 1 ?1? ? 0, g ? ? ? ? ? 0 , 4 8 ?2?

据连续函数的介值性质知,存在 x0 ? ? 0, ? , 使 g ? x0 ? ? 0 ,即 f ? x0 ? ? x0 .

? ?

1? 2?

又由

g / ? x ? ? 3x 2 ? 2 x ?

1 1 1 ?1? ? 3 ? ? ? ? 0 ? ? ? ? 0, 2 2 4 ?2?

2

知 g ? x ? 在 ?0, ? 上 是 单 调 减 函 数 , 故 使 g ? x0 ? ? 0 的 x0 是 唯 一 的 , 即 存 在 唯 一 的 2

? 1? ? ?

? 1? x0 ? ? 0, ? , 使 f ? x0 ? ? x0 . ( f ? x0 ? ? x0 是不动点) ? 2?
说明 可见,条件 x0 ? ? 0, ? 的存在性是可以证明的,只是考虑到中学生的接受性才

? ?

1? 2?

作为已知给出. (通过解三次方程还可以求出 x0 ) . 08-22 题(本小题满分 14 分) 已知数列 {an } 的首项 a1 ? (1)求 {an } 的通项公式; (2)证明:对任意的 x ? 0 , an ≥

3 3an n ? 1, 2, . , , an ?1 ? 5 2an ? 1

1 1 ?2 ? 2, ; ? ? x ? , n ? 1, 2 ? n 1 ? x (1 ? x) ? 3 ?

(3)证明: a1 ? a2 ? 第(1)问相当于 题目

? an ?

n2 . n ?1

已知数列 {an } 的首项 a1 ?

3 3an , 2, .求 ?an ? 的通项公式. ,an ?1 ? ,n ? 1 5 2an ? 1

背景揭示 1——特征方程求不动点. 公式解法的过程是,先解递推公式所对应的特征方程,求出不动点(函数 y ? f ? x ? 的

33

不动点是指函数值等于自变量时 x 的取值,即方程 x ? f ? x ? 的解)

x?
然后计算

3x ? x1 ? 1, x2 ? 0 . 2x ?1

an ?1 ? x1 3an ,把 an ?1 ? , x1 ? 1, x2 ? 0 代入,可得 an ?1 ? x2 2an ? 1
3an ?1 an ?1 ? 1 2an ? 1 1 a ?1 ? ? ? n , 3an an ?1 ? 0 3 a ? 0 n ?0 2an ? 1

已转化为等比数列.即

? 1 1? 1 ? 1 ? ? ? 1? , an ?1 3 ? an ?

初等解法

由 an ?1 ?

3an 作倒数变形, 2an ? 1

1 2 1 , ? ? an?1 3 3a n
两边减去 1

? 1 1? 1 ? 1 ? ? ? 1? , an ?1 3 ? an ?

得?

?1 ? 2 1 ? 1? 是以 为首项, 为公比的等比数列,有. 3 3 ? an ?

1 2 1 2 ?1 ? ? n, n ?1 an 3 3 3
得 an ?

3n . 3n ? 2

第(1)问相当于矩阵乘方 (7)矩阵乘方 背景揭示 2——二阶矩阵乘方. 对递推方程作迭代

3an ?1 3an 2an ?1 ? 1 9an ?1 an ?1 ? ? ? , 2an ? 1 2 ? 3an ?1 ? 1 7 an ?1 ? 1 2an ?1 ? 1 3?

34

?3 0? ?9 0? ?3 0? 其系数相当于二阶矩阵 ? 沿着继续迭代下去求 ? 作了一次乘法 ? 2 1 ? ? ? 7 1 ? . 2 1 ? ? ? ? ? ?
通项的思路,一般地,可将递推方程 xn ?1 ?
n

2

?a b? axn ? b 对应为二阶矩阵 ? ? ,然后计算出 cxn ? d ?c d ?

? a b ? ?? ? ? ? x1 ? ? 矩阵的乘方 ? ? ?? ? ,便可得 xn ?1 ? ? x1 ? ? ? c d ? ?? ? ?
对 5 类常见数列的通项,统一为用二阶矩阵的乘方来求解: ①

ax ? b ? a b ? ? ? ? ? ? x1 ? ? →? . xn ?1 ? n ? ?? ? → xn ?1 ? cxn ? d ? c d ? ? ? ? ? ? x1 ? ?

n



xn?1 ? qxn ? d ( q ? 1, d ? 0 )
n

? q d ? ? q n (q n ?1 ? q n ? 2 ? →? ? ?? 1 ?0 1 ? ?0

? q ? 1)d ? ? ?

? x1 , ? n ? 1? ? → xn ?1 ? ? q n ?1 x1 ? ? d ? x1 ? q n ? d . ? q ?1 ?
n

? n ? 2?

?1 d ? ? 1 nd ? ③ xn?1 ? xn ? d → ? ? ?? ? → xn?1 ? x1 ? nd . ? 0 1? ? 0 1 ?

? q d ? ? qn 0 ? n ④ xn?1 ? qxn → ? ? → xn?1 ? q x1 . ? ?? 0 1 0 1 ? ? ? ?
⑤ xn?2 ? ? xn?1 ? ? xn ,令 yn?1 ?

n

xn? 2 xn?1

→ yn ?1 ?

? yn ? ?
yn

?? ? ? →? ? →? ?1 0 ?

n

35

4

2009 年高考复习的主要提示

2009 年的考试大纲没有什么变化——稳定. 1、明确高考复习的指导思想 (1)以考试规律为指导,以近年高考命题的稳定性风格为导向. (2)依纲靠本. (3)以解题训练为中心,以中档综合题为重点,以近年高考试题为基本素. 2、全面理解基本功 (1)成功解题的四个基础. (2)解题失误的四种形式. 3、突破一个“老大难” 会而不对、对而不全. 综合治理. 4、注意新动向、捕捉新题型. 课本背景;竞赛背景;名题背景;高等数学背景;日常生活背景. 5、增强速度意识,合理分配时间. 潜在丢分、隐含失分. 6、提高解立体几何的成功率. 讲解《数学高考工作》


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