基于數(shù)學(xué)模型構(gòu)建與應(yīng)用基礎(chǔ)上的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的培養(yǎng)

☉江蘇省海門中學(xué) 陸 娟

數(shù)學(xué)教育因?yàn)榻逃畔⒒难杆侔l(fā)展而逐漸形成了運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的這一趨勢(shì).利用數(shù)學(xué)知識(shí)建立數(shù)學(xué)模型并解決實(shí)際問(wèn)題是培養(yǎng)學(xué)生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)能力的重要手段，也是化抽象為具體的有效措施.數(shù)學(xué)建模其實(shí)就是運(yùn)用數(shù)學(xué)思維對(duì)各個(gè)事物之間的關(guān)系和規(guī)律進(jìn)行觀察、分析以及用數(shù)學(xué)語(yǔ)言來(lái)表達(dá)與呈現(xiàn).本文結(jié)合具體的數(shù)學(xué)案例談?wù)剮追N常見(jiàn)數(shù)學(xué)模型的建構(gòu)與應(yīng)用.

一、三角函數(shù)模型

常見(jiàn)的三角函數(shù)模型：（1）正弦型函數(shù)模型y=Asin（ωx+φ）+b（A＞0，ω＞0）；（2）余弦型函數(shù)模型y=Acos（ωx+φ）+b（A＞0，ω＞0）；（3）正切型函數(shù)模型y=Atan（ωx+φ）+b（A＞0，ω＞0）.

例1已知函數(shù)（x∈R）.

（2）求f（x）的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間.

探析：這是三角函數(shù)中關(guān)于“數(shù)”的一道練習(xí)，建構(gòu)已經(jīng)學(xué)過(guò)的正弦型、余弦型、正切型函數(shù)模型可以對(duì)此類題目中的定義域、值域、最小正周期等問(wèn)題進(jìn)行求解.

解析：（1）則

（2）因?yàn)棣?2，因此（fx）的最小周期.由2kπ-

故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為

二、立體幾何模型

教師在教學(xué)中應(yīng)善于引導(dǎo)學(xué)生從現(xiàn)實(shí)生活中抽象出幾何模型并強(qiáng)調(diào)數(shù)學(xué)建模的學(xué)習(xí)價(jià)值與意義，使學(xué)生能夠在運(yùn)用數(shù)學(xué)建模方法來(lái)探索與解決實(shí)際問(wèn)題的過(guò)程中積累更多的經(jīng)驗(yàn)，并在提升學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的積極性的同時(shí)令學(xué)生的數(shù)學(xué)建模能力也得到發(fā)展.

例2如圖1所示，某工廠需要建一個(gè)倉(cāng)庫(kù)，要求倉(cāng)庫(kù)上部的形狀為正四棱錐P-A1B1C1D1，下部的形狀為正四棱柱ABCDA1B1C1D1，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍.

（1）若AB=6m，PO1=2m，則該倉(cāng)庫(kù)的容積是多少？

圖1

（2）若正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)是6m，則當(dāng)PO1為多少時(shí)，倉(cāng)庫(kù)的容積最大？

模型建構(gòu)探析：從問(wèn)題2出發(fā)并以PO1為自變量建立體積的函數(shù)關(guān)系式.該倉(cāng)庫(kù)涉及的兩種幾何體的底是相同的，都為正方形，聯(lián)想到正四棱錐的高與底面邊長(zhǎng)，用PO1=h來(lái)分別表示正方形邊長(zhǎng)及柱體的高H=4h，兩者的底面積都是x2=2（36-h2），結(jié)合柱體、錐體的體積公式得，聯(lián)想到利用導(dǎo)數(shù)來(lái)對(duì)其最值進(jìn)行研究.當(dāng)有最大值.

解析：（1）由PO1=2，知OO1=4PO1=8.

因?yàn)锳1B1=AB=6，因此正四棱錐P-A1B1C1D1的體積

正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積V柱=AB2×OO1=62×8=288（m3）.

所以倉(cāng)庫(kù)的容積V=V錐+V柱=24+288=312（m3）.

（2）設(shè)A1B1=am，PO1=hm，則0＜h＜6，|OO1|=4h.連接O1B1.

因?yàn)樵赗t△PO1B1中

因此可得a2=2（36-h2）.則倉(cāng)庫(kù)容積V=V錐+V柱=a2·4h+

利用導(dǎo)數(shù)或不等式放縮即可求得其最值，當(dāng)PO1=時(shí)，倉(cāng)庫(kù)的容積最大.

素養(yǎng)教學(xué)評(píng)析：從圖1中很快就可以觀察出倉(cāng)庫(kù)的容積即為正四棱錐與正四棱柱容積之和，學(xué)生由此也可以較為容易地構(gòu)建出數(shù)學(xué)模型并令本題得以解決.

三、向量模型

建立向量模型并借助于空間向量的運(yùn)算能夠很好地解決涉及空間角度的很多問(wèn)題.

例3如圖2所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)M在棱PB上，PD∥平面

（1）求證：M是PB的中點(diǎn)；

（2）求二面角B-PD-A的大小；

（3）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.

圖2

圖3

應(yīng)用分析：直線和平面平行、平面和平面垂直、直線與平面所成角、二面角的平面角都是本題所要考查的知識(shí)點(diǎn).（2）取AD的中點(diǎn)G，可得PG⊥AD，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可得PG⊥平面ABCD，連接OG，則PG⊥OG，再證明OG⊥AD.然后以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以GD、GO、GP所在的直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面PBD和平面PAD的法向量，根據(jù)兩個(gè)法向量所成角的大小即可得二面角B-PD-A的大??；

解析：（1）略.

（2）取AD的中點(diǎn)G，由PA=PD，得PG⊥AD.又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PG?平面PAD，所以PG⊥平面ABCD.連接OG，則PG⊥OG.由G為AD的中點(diǎn)，O為AC的中點(diǎn)，可得OG∥DC，則OG⊥AD.以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以GD、GO、GP所在的直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由AB=4，得

設(shè)平面PBD的法向量為m=（x，y，z），由

取平面PAD的一個(gè)法向量為n=（0，1，0），則cos〈m，故二面角B-PD-A的大小為60°.

教師在教學(xué)中應(yīng)引導(dǎo)學(xué)生運(yùn)用科學(xué)的眼光對(duì)空間問(wèn)題進(jìn)行分析，使學(xué)生能夠聯(lián)想到已有的知識(shí)與經(jīng)驗(yàn)，然后對(duì)問(wèn)題進(jìn)行抽象與轉(zhuǎn)化，使學(xué)生在空間向量的輔助下發(fā)揮想象并對(duì)空間幾何體的數(shù)量關(guān)系進(jìn)行有效的分析.

四、建構(gòu)函數(shù)模型解決不等式問(wèn)題

例4若函數(shù)f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有極值，且導(dǎo)函數(shù)f′（x）的極值點(diǎn)與f（x）的零點(diǎn)相同.

（1）求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫出其定義域；

（2）證明：b2＞3a；

（3）假如f（x），f′（x）這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和大于等于求a的取值范圍.

解析：（1）先求得導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)為代入，化簡(jiǎn)可得由極值的存在條件得a＞3.

（3）求證f（x）的兩個(gè)極值之和等于0，然后根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系代入并化簡(jiǎn)可得：導(dǎo)函數(shù)的極值不小于，構(gòu)造差函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可得：h（a）在（3，+∞）上單調(diào)遞減，根據(jù)，即可求出a的取值范圍為a∈（3，6］.

教學(xué)解讀：多次構(gòu)造函數(shù)模型是順利解決本題的關(guān)鍵，由此可見(jiàn)，構(gòu)造數(shù)學(xué)模型對(duì)培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)是正確無(wú)誤的.

學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯思維、數(shù)學(xué)分析以及空間直觀想象等核心素養(yǎng)與能力在數(shù)學(xué)模型案例的探析教學(xué)中均得到了有意義的鍛煉與發(fā)展，因此，教師應(yīng)重視模型構(gòu)建教學(xué)并善于引導(dǎo)學(xué)生在這一鍛煉過(guò)程中獲得數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的發(fā)展.W