數(shù)學(xué)解題要有四種意識

同學(xué)們，高考在即.經(jīng)過了三年的高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)，你們能掌握數(shù)學(xué)解題的要領(lǐng)嗎？本文提出的四種意識，或許對你們高考解題有所幫助.

第一，要有目標(biāo)意識

數(shù)學(xué)解題沒有固定的方法，但必須要有目標(biāo)意識，因為有了解題目標(biāo)，才能進行有目的的變形.這當(dāng)中，“求什么，列什么，解什么”，有時顯得非常管用.

例1已知點A（-3，0），圓O的方程為x2+y2=4，是否存在不同于點A的定點B，對于圓O上任意一點M，都有MAMB為常數(shù)，若存在，求所有滿足條件的點B的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.

解析：解析幾何中的定點或定值問題，一直是許多同學(xué)難以逾越的一條“鴻溝”，究其原因，就是缺乏解題的目標(biāo)意識，從而找不到解題思路.

對于本例，首先要明確求未知點的坐標(biāo)，一般是通過解方程組來實現(xiàn)，因此第一個解題目標(biāo)就是列方程，將“MAMB為常數(shù)”轉(zhuǎn)化為方程組：設(shè)B（m，n），M（x，y），MAMB=k（k>0）.則x2+y2=4

且（x+3）2+y2（x-m）2+（y-n）2=k，整理得，

6x+13=-2mk2x-2nk2y+（m2+n2）k2+4k2，于是有2nk2=0-2mk2=6（m2+n2）k2+4k2=13；其次要有解方程組的目標(biāo)意識：容易解得n=0m=-43或n=0m=-3（舍），

∴B（-43，0）.

評注：沒有目標(biāo)就會失去方向，解題也是如此.確定解題目標(biāo)，本質(zhì)上就是探求一條切實可能的解題思路，探求一條從題設(shè)到結(jié)論的“綠色通道”.

例2已知數(shù)列{an}和{bn}滿足：a1=λ，an+1=23an+n-4，bn=（-1）n（an-3n+21），其中λ為實數(shù)，n為正整數(shù).

（1）對任意實數(shù)λ，證明：數(shù)列{an}不是等比數(shù)列；

（2）試判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列.

解析：對于（1），如果沒有目標(biāo)意識，往往會無從下手.而有了目標(biāo)意識，就是證明a2n+1=an·an+2不恒成立，于是將問題特殊化，先求a22=a1·a3是否成立.

對于（2），解題目標(biāo)就是是否能找到公比，并且注意首項是否可以為零.

（1）證明：假設(shè)存在一個實數(shù)λ，使{an}是等比數(shù)列，

則有a22=a1·a3，即（23λ-3）2=λ·（49λ-4）

49λ2-4λ+9=49λ2-4λ9=0，矛盾.

所以{an}不是等比數(shù)列.

（2）因為bn+1=（-1）n+1[an+1-3（n+1）+21]=（-1）n+1（23an-2n+14）

=-23（-1）n·（an-3n+21）=-23bn，

又b1=-（λ+18），所以當(dāng)λ=-18時，bn=0（n∈N*），此時{bn}不是等比數(shù)列；當(dāng)λ≠-18時，b1=-（λ+18）≠0，由bn+1=-23bn，可知bn≠0，所以bn+1bn=-23（n∈N*）.

故當(dāng)λ≠-18時，數(shù)列{bn}是以-（λ+18）為首項，-23為公比的等比數(shù)列.

綜上知，當(dāng)λ=-18時，數(shù)列{bn}不是等比數(shù)列；

當(dāng)λ≠-18時，數(shù)列{bn}是以-（λ+18）為首項，-23為公比的等比數(shù)列.

評注：目標(biāo)意識與解題思路相輔相成，有了解題目標(biāo)，才能在目標(biāo)意識下催生解題思路.

第二，要有求簡意識

求簡，是數(shù)學(xué)解題的一種最高境界.求簡意識，不僅能優(yōu)化我們的思維，更能使我們的解題快速有效.我們知道，有些簡答題的解法不唯一，如果選擇方法不當(dāng)，再加上考試時心情緊張，往往使計算無法進行到底.如何求簡，歸根到底是學(xué)會轉(zhuǎn)化，如數(shù)形轉(zhuǎn)化、換元轉(zhuǎn)化、整體轉(zhuǎn)化等.

例3已知4x-3y+12=0，

則F=（x-1）2+（y+2）2的最小值為.

解析：這是一道在對x、y進行約束的條件下求解含有根式的函數(shù)極值的問題.通過對函數(shù)解析式及約束條件的分析，我們很快就可以得到：

F=（x-1）2+（y+2）2的最小值的幾何含義是：直線l：4x-3y+12=0上的任意一點A（x，y）與點B（1，-2）間的距離的最小值.

因此函數(shù)F=（x-1）2+（y+2）2的最小值也就是點B到直線l的距離，

即Fmin=d=|4×1-3×（-2）+12|5=225.

評注：作為填空題，最忌“小題大做”.解題時我們應(yīng)抓住問題的本質(zhì)，挖掘問題的內(nèi)涵，尤其要注意數(shù)與形之間的聯(lián)系.

例4在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為x2+y2-8x+15=0，若直線y=kx-2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，則k的最大值是.

解析：一般解法如下：

設(shè)P（x0，kx0-2）是直線y=kx-2上一點，

以P為圓心，1為半徑的圓方程為（x-x0）2+（y-kx0+2）2=1.

因為它與圓C：（x-4）2+y2=1有公共點，所以兩圓相交，

從而有（x0-4）2+（kx0-2）2≤4，即（1+k2）x20-（4k+8）x0+16≤0有解，

所以Δ=（4k+8）2-64（1+k2）≥0，

化簡得3k2-4k≤0，解得0≤k≤43.所以k的最大值為43.

倘若我們能抓住問題的本質(zhì)，從數(shù)形結(jié)合角度考慮，就會得到如下優(yōu)美解法：

圓C：（x-4）2+y2=1，如圖，直線y=kx-2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，只需保證圓心C到y(tǒng)=kx-2的距離小于或等于2即可，

∴|4k-2|1+k2≤20≤k≤43.∴kmax=43.

評注：挖掘原問題的幾何意義，往往能使我們豁然開朗.數(shù)形結(jié)合，是簡化解題過程的最有效的途徑之一.

第三，要有轉(zhuǎn)化意識

數(shù)學(xué)問題的求解，離不開邏輯變換的轉(zhuǎn)化.而巧妙的轉(zhuǎn)化可以給解題開辟途徑，達到化難為易的目的.因此，掌握各類問題的轉(zhuǎn)化變換方法，是提高觀察條件、分析題意和提高解題能力的重要手段.

例5已知函數(shù)f（x）=4x+k2x+14x+2x+1，若對于任意實數(shù)x1，x2，x3，均存在以f（x1），f（x2），f（x3）為三邊長的三角形，則實數(shù)k的取值范圍是.

解析：本題雖然沒有出現(xiàn)“恒成立”的字樣，卻是一個函數(shù)隱性恒成立問題，根據(jù)條件對任意x1，x2，x3，均存在以f（x1），f（x2），f（x3）為三邊長的三角形，則必有fmax（x）<2fmin（x），于是轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.

f（x）=1+2x（k-1）4x+2x+1=1+k-12x+2-x+1，且2x+2-x≥2（當(dāng)僅當(dāng)x=0時等號成立）.

故當(dāng)k>1時1

評注：恒成立問題一般采用最值法，所謂最值法就是原問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題：f（x）≥a恒成立fmin（x）≥a；f（x）≤a恒成立fmax（x）≤a.

例6已知函數(shù)f（x）=（13）x，x∈[-1，1]，函數(shù)g（x）=f2（x）-2af（x）+3的最小值為h（a）.

（1）求h（a）；

（2）是否存在實數(shù)m、n，同時滿足以下條件：

①m>n>3；②當(dāng)h（a）的定義域為[n，m]時，值域為[n2，m2].若存在，求出m，n的值；若不存在，說明理由.

解析：（1）由f（x）=（13）x的單調(diào)性可求出f（x）的值域，g（x）是以f（x）為變元的二次函數(shù)，令t=（13）x，可求關(guān)于t的二次函數(shù)的最小值h（a）.

因為x∈[-1，1]，所以（13）x∈[13，3].

設(shè)（13）x=t，t∈[13，3]，則g（x）=φ（t）=t2-2at+3=（t-a）2+3-a2.

當(dāng)a<13時，h（x）=φ（13）=289-23a；

當(dāng)13≤a≤3時，h（a）=φ（a）=3-a2；

當(dāng)a>3時，h（a）=φ（3）=12-6a.

所以h（a）=289-2a3（a<13）3-a2（13≤a≤3）12-6a（a>3）.

（2）由（1）知當(dāng)m>n>3時h（a）的表達式，考察h（a）在[n，m]上的單調(diào)性，結(jié)合其值域[n2，m2]，可列出關(guān)于m，n的方程組求解m，n，如果有解則所求實數(shù)m，n存在，否則不存在.

因為m>n>3，a∈[n，m]，所以h（a）=12-6a.

因為h（a）的定義域為[n，m]，值域為[n2，m2]，且h（a）為減函數(shù)，

所以12-6m=n212-6n=m2，兩式相減得6（m-n）=（m-n）（m+n），

因為m>n，所以m-n≠0，

故有m+n=6，但這與“m>n>3”矛盾，故滿足條件的實數(shù)m，n不存在.

評注：求解本題關(guān)鍵在于利用換元的思想方法，將原問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題，然后通過分類討論求出函數(shù)的最值.對于存在性問題，往往是首先假設(shè)符合條件的參數(shù)存在，然后根據(jù)給出的條件進行推理求解，若不能推出矛盾，則說明符合要求的參數(shù)存在，否則說明符合要求的參數(shù)不存在.

第四，要有反思意識

俗話說：“人非圣賢，孰能無過”.在解題的過程中，誰都可能會出現(xiàn)這樣或那樣的錯誤，因此在解完一道題后就很有必要審查自己的解題是否混淆了概念，是否忽視了隱含條件，是否特殊代替一般，是否忽視特例，邏輯上是否有問題，運算是否正確等.這樣做是為了保證解題無誤，這是解題后最基本的要求.因此，在解題的同時，我們應(yīng)及時反思，在反思中提高解題的準(zhǔn)確率.

例7兩個等差數(shù)列{an}，{bn}，a1+a2+…+anb1+b2+…+bn=7n+2n+3，則a5b5=.

錯解：因為a1+a2+…+anb1+b2+…+bn=7n+2n+3，因此，可設(shè)

a1+a2+…+an=Sn，b1+b2+…+bn=Tn，于是Sn=7n+2，Tn=n+3，

∴a5=S5-S4=（7×5+2）-（7×4+2）=7，b5=T5-T4=（5+3）-（4+3）=1，

故a5b5=71=7.

反思：錯解中的設(shè)法，表明了數(shù)列{an}和{bn}的前n次項都是n的一次式，而等差數(shù)列{an}的前n項和：Sn=na1+n（n-1）2d=d2n2+（a1-d2）n，其中d為公差，令d2=a，（a1-d2）=b，則等差數(shù)列前n項和的公式：Sn=an2+bn.只有當(dāng)?shù)炔顢?shù)列是常數(shù)列，即公差d=0時，才能將其前n項的和設(shè)為Sn=an+b的形式，而本題沒有這樣的條件.因此只能得Sn=an2+bn的二次式，這種解法犯了偷換題設(shè)的錯誤，其原因在于對等差數(shù)列的前n項和公式的特征認(rèn)識不到位.

正解：a5b5=2a52b5=a1+a9b1+b9=9（a1+a9）29（b1+b9）2=S9T9=6512.

評注：此法很簡潔明快，給人耳目一新，其實此法巧妙利用等差數(shù)列的性質(zhì)，將等差數(shù)列的通項公式與前n項和Sn聯(lián)系起來，在已知和未知之間架起了橋梁.

例8已知a>0，b>0，a+b=1，求（a+1a）2+（b+1b）2的最小值.

錯解：由（a+1a）2+（b+1b）2=a2+b2+1a2+1b2+4≥2ab+2ab+4≥4ab·1ab+4=8，

于是，（a+1a）2+（b+1b）2的最小值是8.

反思：利用基本不等式求最值，必須注意等號能否取到.錯解兩次利用基本不等式，等號分別在a=1，b=1時取到，此時a+b=2，與題設(shè)a+b=1矛盾，故等號不能同時取到.

正解：（a+1a）2+（b+1b）2

=a2+b2+1a2+1b2+4

=（a2+b2）+（1a2+1b2）+4

=[（a+b）2-2ab]+[（1a+1b）2-2ab]+4

=（1-2ab）（1a2b2-2ab）+4

由ab≤（a+b2）2=14，得1-2ab≥1-12=12，且1a2b2≥16，1+1a2b2≥17.

∴原式≥12×17+4=252（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=12時，等號成立），

∴（a+1a）2+（b+1b）2的最小值是252.

評注：利用基本不等式時，必須要注意解答過程是否滿足“一正二定三相等”，尤其是在多次應(yīng)用基本不等式時更要關(guān)注這個“易錯點”.

（作者：邵紅，太倉市教師發(fā)展中心）