解答題巧妙解法

● (舟山中學 浙江舟山 316000)

1 相關思考

在近年來的浙江省數(shù)學高考試題中,解答題有5題,分值為72分,是考試中的重頭戲.

解答題應有必要的解題步驟,且問題難度通常與所運用的解題方法有很大的相關性.因此要在規(guī)定時間內順利完成解答,使數(shù)學問題的解答還原其問題設計的初衷,這就要對解答題的解法進行研究和思考,使之更為巧妙.

順理方為妙,成章便是巧.巧妙解法的生成離不開從“數(shù)”與“形”這2種不同角度認識、思考數(shù)學問題和解題實踐活動.

“數(shù)”是內在的，不同的問題對應不同的數(shù)據.因此從“數(shù)”的角度看數(shù)學問題，要求在解題時，按照問題的個性，即具體情形，展開思路，提出解法.

“形”是外在的，同類問題有同類解題思路，因此，從“形”的角度看數(shù)學問題，要求在解題時，按照問題的共性，即一般情形，展開思路，提出解法.

從這種意義上借用“數(shù)形結合”的說法，數(shù)學解題方法自然妙處橫生.

2 典例剖析

例1已知3sinα-4cosα=5，求tanα的值.

解應用柯西不等式，得

[32+(-4)2](sin2α+cos2α)≥[3sinα+(-4)cosα]2，

(2)本題通常的解法是:利用關系式sin2α+cos2α=1,與條件式聯(lián)立方程組,先得sinα,cosα的值,再求出tanα.

b2-b1=b3-b2，

即

解得

評注(1)必要性加檢驗,這是重要的數(shù)學解題模式,本題解法也體現(xiàn)了“寓變于不變中”及“特殊到一般”的數(shù)學思想方法.

(2)處理存在性問題，一般有2種解題格式：

①先假設存在，然后推斷，若得“矛盾”,則表明“不存在”,否則為“存在”并求之;

②先直接回答“存在或不存在的情況”，然后再說明理由.

解設點P(m,n),A(1,1),則

m2+n2-2m-2n+2= (m-1)2+(n-1)2=

|PA|2.

圖1 圖2

圖3 圖4

注記(1)立體幾何問題經?？梢越柚恍┨厥饽Ｐ腿玳L方體、正方體、正四面體，與球相關的問題難度不會過大,在合情思考下,形成巧妙解法；

(2)本題解答的極妙之處在于發(fā)現(xiàn)正三棱錐S-ABC的隱含條件“BS⊥AC”，并運用線面垂直的判定條件，得到SA,SB,SC兩兩垂直；

(3)若對條件“正三棱錐或MN⊥AM”的作用認識不足，則容易誤從Rt△AMN上下手，使解題陷入困境.

例5已知數(shù)列{an}滿足2(a1+a2+…+an-n)=nan,求證:{an} 是等差數(shù)列.

證明對條件式中的n賦值,得

2(a1-1)=a1,

解得a1=2.由已知得

2(a1+a2+…+an-n)=nan,

(1)

2(a1+a2+…+an+1-n-1)=(n+1)an+1,

(2)

式(2)-式(1)得

(n-1)an+1-nan+2=0.

(3)

用n+1代換式(3)中的n,可得

nan+2-(n+1)an+1+2=0.

(4)

式(4)-式(3)得

nan+2-2nan+1+nan=0,

即

an+2-an+1=an+1-an,

由等差數(shù)列定義,可知{an}是等差數(shù)列.

評注(1)要證明數(shù)列為等差數(shù)列,通常需考慮證明“an+1-an的值為一個與n無關的常數(shù)”,但用這種想法處理本題時恰恰會增加問題的難度.這里,證明“an+2-an+1=an+1-an”不失為一個好的想法.

(2)①事實上,在得到式(3)后,學生可能還有另外2種解法:

以下解答受阻;

2°當n≥2時,

得

an=2+(a2-2)(n-1)(當n=1時也成立),

則an+1-an=a2-1為一個與n無關的常數(shù), 于是{an}是等差數(shù)列.

②本題若直接由條件得到

發(fā)現(xiàn)這正好是等差數(shù)列前n項求和公式，以下可以用數(shù)學歸納法先證明:an=2+(a2-2)(n-1)．

綜上可見,不同的解答有其是否巧妙之分別，有些解答相當棘手,有些解答又顯繁瑣,有些解答則相對順手．

解條件式等價于a>xlnx-x3(x>1)恒成立,記f(x)=xlnx-x3(x>1).由

可知f′(x)為減函數(shù)，則

f′(x)

所以f(x)也為減函數(shù)，從而

f(x)

故a≥-1．

評注(1)先對條件式加以變形,再構造函數(shù),使其歸入“a>f(x)恒成立”的模型,解答顯得輕巧;

例7已知拋物線y=ax2,直線l1,l2都過點(1，-2)且互相垂直，若拋物線與直線l1,l2中至少一條相交，求實數(shù)a的取值范圍．

ax2-kx+(k+2)=0,

由題意知：Δ1≥0與Δ2≥0,即

k2-4ak-8a≥0

(5)

與 8ak2-4ak-1≤0

(6)

中至少有一個成立．

若a<0，因為k>0，所以式(5)必成立.設a>0,記f(k)=k2-4ak-8a，g(k)=8ak2-4ak-1，則y=f(k),y=g(k)均為關于k的二次函數(shù)，且它們的圖像開口向上，對稱軸都在y軸的右側，注意到f(0)=-8a<0，g(0)=-1<0，可畫出y=f(k),y=g(k)的大致圖像.由圖5知存在α>0，使f(α)=0， 即

α2-4aα-8a=0.

(7)

圖5

當k≥α時，f(k)≥0，即式(5)成立.

當0

8aα2-4aα-1≤0,

(8)

由式(7)，式(8)得

(8a-1)(α2+1)≤0,

解得

(2)要注意數(shù)學推理的邏輯性,如式(5)與式(6)中至少有一個成立的等價說法是:當式(5)成立時, 式(6)無關緊要;當式(5)不成立時,則必須式(6)成立．

(3) 本例的巧妙之處還在于:將k2-4ak-8a≥0與8ak2-4ak-1≤0中至少有一個成立的問題看成不同的2個二次函數(shù)圖像在同一個坐標系下的情形加以研究,并不解方程引進零點α.

精題集粹

3.周長為2的△ABC滿足:(sinA+sinB+sinC)(sinA+sinB-sinC)=3sinAsinB，求△ABC面積的最大值.

4.f(x)=x2-2x，g(x)=mx+2，對任意x1∈[-1,2]，存在x2∈[-1,2]，使得g(x1)=f(x2)，求實數(shù)m的取值范圍.

參考答案

1.簡解顯然x=0是方程的1個解,因此只要當x≠0時, 方程有2個不同的實數(shù)根即可.由x≠0, 得條件式可變形為

3.簡解由正弦定理得

(a+b+c)(a+b-c)=3ab,

即

c2=a2+b2-ab.

4.簡解當x∈[-1,2]時,f(x)的值域F=[-1,3],g(x)的值域G須對m的取值討論:

當m>0時,G=[2-m,2+2m]; 當m=0時,G={2}; 當m<0時,G=[2+2m,2-m].由條件知:G?F,于是建立相應不等式,可解得

5.簡解不等式可化為

t=2或t=3,

解得λ>1.