高三數學思想、方法、策略專題
—數學方法之特殊解法
一．知識**：
1．換元法
解數學題時，把某個式子看成乙個整體，用乙個變數去代替它，從而使問題得到簡化，這叫換元法。換元的實質是轉化，關鍵是構造元和設元，理論依據是等量代換，目的是變換研究物件，將問題移至新物件的知識背景中去研究，從而使非標準型問題標準化、複雜問題簡單化，變得容易處理。
換元法又稱輔助元素法、變數代換法。通過引進新的變數，可以把分散的條件聯絡起來，隱含的條件顯露出來，或者把條件與結論聯絡起來。或者變為熟悉的形式，把複雜的計算和推證簡化。
它可以化高次為低次、化分式為整式、化無理式為有理式、化超越式為代數式，在研究方程、不等式、函式、數列、三角等問題中有廣泛的應用。
換元的方法有：區域性換元、三角換元、均值換元等。區域性換元又稱整體換元，是在已知或者未知中，某個代數式幾次出現，而用乙個字母來代替它從而簡化問題，當然有時候要通過變形才能發現。
例如解不等式：4＋2－2≥0，先變形為設2＝t（t>0），而變為熟悉的一元二次不等式求解和指數方程的問題。
三角換元，應用於去根號，或者變換為三角形式易求時，主要利用已知代數式中與三角知識中有某點聯絡進行換元。如求函式y＝＋的值域時，易發現x∈[0,1]，設x＝sinα ，α∈[0,]，問題變成了熟悉的求三角函式值域。為什麼會想到如此設，其中主要應該是發現值域的聯絡，又有去根號的需要。
如變數x、y適合條件x＋y＝r（r>0）時，則可作三角代換x＝rcosθ、y＝rsinθ化為三角問題。
均值換元，如遇到x＋y＝s形式時，設x＝＋t，y＝－t等等。
我們使用換元法時，要遵循有利於運算、有利於標準化的原則，換元後要注重新變數範圍的選取，一定要使新變數範圍對應於原變數的取值範圍，不能縮小也不能擴大。如上幾例中的t>0和α∈[0,]。
2．待定係數法
要確定變數間的函式關係，設出某些未知係數，然後根據所給條件來確定這些未知係數的方法叫待定係數法，其理論依據是多項式恒等，也就是利用了多項式f(x) g(x)的充要條件是：對於乙個任意的a值，都有f(a) g(a)；或者兩個多項式各同類項的係數對應相等。
待定係數法解題的關鍵是依據已知，正確列出等式或方程。使用待定係數法，就是把具有某種確定形式的數學問題，通過引入一些待定的係數，轉化為方程組來解決，要判斷乙個問題是否用待定係數法求解，主要是看所求解的數學問題是否具有某種確定的數學表示式，如果具有，就可以用待定係數法求解。例如分解因式、拆分分式、數列求和、求函式式、求複數、解析幾何中求曲線方程等，這些問題都具有確定的數學表達形式，所以都可以用待定係數法求解。
使用待定係數法，它解題的基本步驟是：
第一步，確定所求問題含有待定係數的解析式；
第二步，根據恒等的條件，列出一組含待定係數的方程；
第三步，解方程組或者消去待定係數，從而使問題得到解決。
3．引數法
引數法是指在解題過程中，通過適當引入一些與題目研究的數學物件發生聯絡的新變數（引數），以此作為媒介，再進行分析和綜合，從而解決問題。直線與二次曲線的引數方程都是用引數法解題的例證。換元法也是引入引數的典型例子。
辨證唯物論肯定了事物之間的聯絡是無窮的，聯絡的方式是豐富多采的，科學的任務就是要揭示事物之間的內在聯絡，從而發現事物的變化規律。引數的作用就是刻畫事物的變化狀態，揭示變化因素之間的內在聯絡。引數體現了近代數學中運動與變化的思想，其觀點已經滲透到中學數學的各個分支。
運用引數法解題已經比較普遍。
引數法解題的關鍵是恰到好處地引進引數，溝通已知和未知之間的內在聯絡，利用引數提供的資訊，順利地解答問題。
4．配方法
配方法是對數學式子進行一種定向變形（配成「完全平方」）的技巧，通過配方找到已知和未知的聯絡，從而化繁為簡。何時配方，需要我們適當**，並且合理運用「裂項」與「添項」、「配」與「湊」的技巧，從而完成配方。有時也將其稱為「湊配法」。
最常見的配方是進行恒等變形，使數學式子出現完全平方。它主要適用於：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函式、二次代數式的討論與求解等問題。
二．命題趨勢
配方法、待定係數法、換元法、引數法是幾種常用的數學解題方法。這些方法是數學思想的具體體現，是解決問題的手段，它們不僅有明確的內涵，而且具有可操作性，有實施的步驟和作法，事半功倍是它們共同的效果。
縱觀近幾年高考命題的趨勢，在題目上還是很注意特殊解法應用，應為他起到避繁就簡、避免分類討論、避免轉化等作用。
**高考命題趨勢為：
（1）部分涉及函式性質、三角函式變形及求值、方程不等式的引數最值、解析幾何求值等知識點的題目會用到這幾種特殊解法；
（2）這些解題方法都對應更一般的解法，它們的規律不太容易把握，但它們在實際的考試中會節省大量的時間，為後面的題目奠定基礎；
三．例題點評
1．配方法典例解析
例1．（1）（06全國卷i）設p是橢圓短軸的乙個端點，為橢圓上的乙個動點，求的最大值。
解析：依題意可設p(0，1)，q(x，y)，則 |pq|=，
又因為q在橢圓上，所以x2=a2(1－y2) , |pq|2= a2(1－y2)+y2－2y+1=(1－a2)y2－2y+1+a2 =(1－a2)(y－)2－+1+a2。
因為|y|≤1，a>1，若a≥，則||≤1，當y=時，|pq|取最大值；
若1（2）已知長方體的全面積為11，其12條稜的長度之和為24，則這個長方體的一條對角線長為（ ）
(abc)5 (d)6
分析：設長方體三條稜長分別為x、y、z，則依條件得：
2(xy+yz+zx)=11，4(x+y+z)=24。
而欲求的對角線長為，因此需將對稱式寫成基本對稱式x+y+z及xy+yz+zx的組合形式，完成這種組合的常用手段是配方法，故=62－11=25。
∴ ，應選c。
點評：本題解答關鍵是在於將兩個已知和乙個未知轉換為三個數學表示式，觀察和分析三個數學式，容易發現使用配方法將三個數學式進行聯絡，即聯絡了已知和未知，從而求解。這也是我們使用配方法的一種解題模式。
例2．（1）設f1和f2為雙曲線的兩個焦點,點p在雙曲線上且滿足∠f1pf2=90°，則δf1pf2的面積是（ ）
(a)1 (bc)2 (d)
分析：欲求 (1)，而由已知能得到什麼呢？
由∠f1pf2=90°，得 (2)，
又根據雙曲線的定義得|pf1|-|pf2|=4 (3)，那麼(2)、(3)兩式與要求的三角形面積有何聯絡呢？我們發現將(3)式完全平方，即可找到三個式子之間的關係.即，
故∴ ，∴ 選(a)。
點評：配方法實現了「平方和」與「和的平方」的相互轉化。
（2）設方程x＋kx＋2=0的兩實根為p、q，若()+()≤7成立，求實數k的取值範圍。
解析：方程x＋kx＋2=0的兩實根為p、q，由韋達定理得：p＋q＝－k，pq＝2，
7，解得k≤－或k≥。
又 ∵p、q為方程x＋kx＋2=0的兩實根， ∴ △＝k－8≥0即k≥2或k≤－2
綜合起來，k的取值範圍是：－≤k≤－或者≤k≤。
點評：關於實係數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式「δ」；已知方程有兩根時，可以恰當運用韋達定理。本題由韋達定理得到p＋q、pq後，觀察已知不等式，從其結構特徵聯想到先通分後配方，表示成p＋q與pq的組合式。
假如本題不對「△」討論，結果將出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對「△」的討論，但解答是不嚴密、不完整的，這一點我們要尤為注意和重視。
2．待定係數法典例解析
例3．設雙曲線的中心是座標原點，準線平行於x軸，離心率為，已知點p(0,5)到該雙曲線上的點的最近距離是2，求雙曲線方程。
分析：由題意可設雙曲線方程為，
∵，∴a=2b,因此所求雙曲線方程可寫成： (1),故只需求出a可求解。
設雙曲線上點q的座標為(x,y),則|pq|= (2)，∵點q(x,y)在雙曲線上,∴(x,y)滿足(1)式,代入(2)得|pq|= (3)，此時|pq|2表示為變數y的二次函式,利用配方法求出其最小值即可求解。
由(3)式有(y≥a或y≤-a)。
二次曲線的對稱軸為y=4,而函式的定義域y≥a或y≤-a,因此,需對a≤4與a>4分類討論。
(1)當a≤4時，如圖(1)可知函式在y=4處取得最小值，
∴令，得a2=4。
∴所求雙曲線方程為。
(2)當a>4時，如圖(2)可知函式在y=a處取得最小值，
∴令，得a2=49，
∴所求雙曲線方程為。
點評：此題是利用待定係數法求解雙曲線方程的，其中利用配方法求解二次函式的最值問題，由於二次函式的定義域與引數a有關，因此需對字母a的取值分類討論，從而得到兩個解，同學們在解答數習題時應學會綜合運用數學思想方法解題。
例4．是否存在常數a、b、c，使得等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(an＋bn＋c)對一切自然數n都成立？並證明你的結論。 （89年全國高考題）
分析：是否存在，不妨假設存在。由已知等式對一切自然數n都成立，取特殊值n＝1、2、3列出關於a、b、c的方程組，解方程組求出a、b、c的值，再用數學歸納法證明等式對所有自然數n都成立。
解析：假設存在a、b、c使得等式成立，令：n＝1，得4＝(a＋b＋c)；n＝2，得22＝(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。
整理得：
，解得，
於是對n＝1、2、3，等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(3n＋11n＋10)成立，下面用數學歸納法證明對任意自然數n，該等式都成立：
假設對n＝k時等式成立，即1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＝(3k＋11k＋10)；
當n＝k＋1時，1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)＝(3k＋11k＋10) ＋(k＋1)(k＋2)＝(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)＝（3k＋5k＋12k＋24）＝[3(k＋1)＋11(k＋1)＋10]，
也就是說，等式對n＝k＋1也成立。
綜上所述，當a＝8、b＝11、c＝10時，題設的等式對一切自然數n都成立。
點評：建立關於待定係數的方程組，在於由幾個特殊值代入而得到。此種解法中，也體現了方程思想和特殊值法。
對於是否存在性問題待定係數時，可以按照先試值、再猜想、最後歸納證明的步驟進行。本題如果記得兩個特殊數列1＋2＋…＋n、1＋2＋…＋n求和的公式，也可以抓住通項的拆開，運用數列求和公式而直接求解：由n(n＋1)＝n＋2n＋n得s＝1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(1＋2＋…＋n)＋2(1＋2＋…＋n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋2×＋＝(3n＋11n＋10)，綜上所述，當a＝8、b＝11、c＝10時，題設的等式對一切自然數n都成立。
小學數學思想方法滲透策略
作者 李勇 課程教育研究 2017年第06期 摘要 小學數學作為小學階段教育工作中的基礎內容，同時也是重要科目之一。而數學教育的精髓在於數學思想方法，在數學知識中數學思想方法的滲透具有重要意義。教師除教授學生數學知識之外，還應注重數學思想和精神的培養，逐漸向學生滲透數形結合 轉化 歸納總結等數學思想...
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李秀菊於永濤郭海傑 高考試題重在考查對知識理解的準確性 深刻性，重在考查知識的綜合靈活運用。它著眼於知識點新穎巧妙的組合，試題新而不偏，活而不過難 著眼於對數學思想方法 數學能力的考查。高考試題這種積極導向，決定了我們在教學中必須以數學思想指導知識 方法的運用，整體把握各部分知識的內在聯絡。只有加強...
高三數學思想方法訓練1 學生版
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