从已有知识经验出发寻找解题思路_安振平

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一道高考数学压轴题的解法探讨_安振平

2
1 1+ x
n . n+ 1 笔者以为, 该考题的设计是比较新颖、独特的 , 从参考答案提供的解答方法来看, 第 ( Ñ ) 题是用/ 倒数变换0 , 构造等比数列求解的; 第 ( Ò ) 题是用 / 配凑 0 数学通项, 利用 ( Ñ ) 的结论做答的; 而第( Ó ) 题是借助 ( Ò) 的结论, 对 x 取特殊值 , 这个值的选择, 没有一定的数学悟性 , 是比较难想到的 . 1. 关于第 ( Ñ ) 小题的求解一个自然的问题是, 如果没有想到/ 取倒数0 法, 还能够求数列 { an } 的通项吗? 其实 , 由首项出发, 借助递推关系, 求它的第 2 项 , 第 3 项, 第 4 项 , 就得 3# 3 5 9 3 ; a2 = = ; a1 = 3 11 5 2# + 1 5 9 3# 11 = 27 ; a3 = 9 29 2# + 1 11 3 # 27 29 = 81 . a4 = 27 83 2# + 1 29 n 据此 , 容易猜出 an = n 3 . 接下来, 可 3 + 2 以用数学归纳法证明之. 这种从特殊到一般、归纳、猜想、证明的思想方法 , 是求解数列问题的基本方法 , 理应成为考生思考此类问题的通性通法, 也应当是首选的方法.
# 辅教导学 #
数学通讯( 2008 年第 18 期)
2 2 n 2
19
1 + ( 2a n 1 ) [ 1 # 1+ x 1+ x an 2 = an . 我们知道 , 灵活的配凑 , 巧凑乘积的因子, 妙分和式的项, 这是应用二元均值不等式的前提. 关注如何消去字母 x , 仅留下 a n , 你可能就有了点感觉了 . 3. 研究第( Ó ) 小题的证法数列不等式的证明是历年高考的热门话题, 这类问题往往有着数学竞赛题目的味道, 其难度是比较大的, 适度的放大或缩小 , 其技巧性是很高的, 能够有效地检查考生的分析问题与解决问题的技能. 不用参考答案里的证明方法, 你能证明吗?这是数列不等式的证明问题, 通性通法是数学归纳法, 可以证明吗? 完全可以, 但运算量大 , 技巧性比较高 , 留给读者去完成. 猜透了命题人的原始意图, 看穿了题目的本质属性, 你就会发现 , 利用 n 元均值不等式去证明 , 就太简单了! 证明 1 所要证明的不等式等价于 3 32 3n n2 + 2 + ,+ n > . 3+ 2 3 + 2 3 + 2 n+ 1 由 n 元均值不等式 , 得 3 + 32 + ,+ 3n 2 n 3+ 2 3 + 2 3 + 2 n 2 3 3 3n \n # 2 # ,# n , 3+ 2 3 + 2 3 + 2 2 n 3 + 2 + 3 + 2 + ,+ 3 + 2 2 n 3 3 3 n 2 n \ n 3 + 2 # 3 +2 2 # , # 3 +n 2 , 3 3 3 两式相乘, 便得 2 n ( 3 + 2 3 + ,+ n 3 ) ( 3 + 2 + 3+ 2 3 + 2 3 3 + 2 32 + 2 + , + 3n + 2) \ n 2 ¹ 32 3n 注意到 2 n 3 + 2 + 3 + 2 + ,+ 3 + 2 2 n 3 3 3 2 2 2 = n+ ( + 2 + ,+ n ) 3 3 3 2 (1- 1 ) 3 3n = n+ 1- 1 3 1 = n+ 1 - n < n + 1, 3 于 18 期 )

高效课堂,从了解学生的已有知识经验开始——“长方形的特征”案例描述与反思

高效课堂,从了解学生的已有知识经验开始——“长方形的特
征”案例描述与反思
苟艳芳
【期刊名称】《新校园（学习）》
【年(卷),期】2016(000)011
【总页数】1页(P158)
【作者】苟艳芳
【作者单位】东营市垦利区第三实验小学,山东东营257500
【正文语种】中文
【相关文献】
1.把握学生已有知识经验促进历史学科有效教学 [J], 吴振;
2.学生已有的知识经验能被“覆盖”吗——例谈数学教学如何顺应学生的学习心理[J], 魏光明
3.从学生已有知识经验出发开始你的教学 [J], 安振平
4.有效教学应从学生已有的知识经验出发--“小数的意义和读写方法”教学设计与反思 [J], 祁凤芝
5.有效教学应从学生已有的知识经验出发——『小数的意义和读写方法』教学设计与反思 [J], 祁凤芝; 张宝梅
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不等式证明里的运算技巧

两个同向不等式可以叠加ꎬ产生第３个不等式. 而两个异向不等式的两边是不可以进行相加推理的ꎬ但有时两个异向不等式的两边相加ꎬ选择一个不等号的方向ꎬ可能产生一个新颖的正确的不等式ꎬ这是一件十分有趣的事情ꎬ它可以帮助我们去探究、发现一些不等式的加强.
例１设ａꎬｂ > ０ꎬ求证:
ａ２
＋２
ｂ２
＋
ａ
＋２
ｂ≥ａａ２
＋＋
ｂ２ｂ
＋
ａｂ.
探究我们知道
ａ２
＋２
ｂ２
≤
ａ２ａ
＋＋
ｂ２ｂ
ꎬ
ａ
＋２
ｂ
≥
ａｂ是两个异向的不等式. 可是ꎬ将其两边分别相加ꎬ选择一个不等号方向ꎬ意外地获得了一个待证的新颖不等式.
证明待证不等式
⇔
ａ２
＋ｂ２２
－
ａｂ≥ａａ２
＋＋
ｂ２ｂ
－
ａ
＋２
的解题思路. 关键词: 运算技巧ꎻ不等式ꎻ证明ꎻ加强中图分类号:Ｏ１２２. ３文献标识码:Ａ文章编号:１００３－６４０７(２０１８)０９￣００３２￣０３
不等式是中学数学的重要内容ꎬ不等式的性质是不等式的核心知识ꎬ诸如同向不等式相加、相乘的性质等. 笔者思考的问题是:异向不等式相加、相乘与同向不等式相减、相除ꎬ可以获得怎样的不等式呢? 本文通过实际例子探究这个问题. １两个不等式相加
２０１８年第９期
中学教研( 数学)
��３３��
相减ꎬ获得的不等式是否正确需要论证. 若是正确
的ꎬ则获得了一个十分有用的局部不等式ꎬ这也为
一些不等式的证明提供了一种有效的可能通道.

高考数学题的题根在哪里_安振平

…
＋ａ１ｎ
＜

３２
．
对比之下，两考题的不等式证明情景完
五、在大学教材里
全雷同．
高考是为大学选拔人才，在高等数学和
四、在竞赛试题里
高中数学的衔接处，设计考查数学思想方法、数学思维能力，可以体现选拔性、区分性
（３）
证
明：１２
＋
１３
＋
…
＋
１ｎ＋１
＜
ｌｎ（ｎ＋１）（ｎ∈Ｎ＊）．
图１
Ａ．６槡２Ｂ．６Ｃ．４槡２Ｄ．４
●评●说本题类似于２０１０年高考辽宁
卷第１５题：如图２，网格纸的小正方形的边长是１，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为．
考试题是从课本问题、定理、概念改编而来．
这些试题，既考基础知识、基本技能，又很好
二、在经典问题里
地控制了试题难度，对备考学习起到了良好
的导向作用．
在初等数学中，有一大批经典的数学问
例１（２０１４年高考安徽理科卷第９
在各级各类国内外数学竞赛试题里，有一些“小、巧、活”的题目，这些问题既适合竞赛，又适合高考水平，这样的试题，极有可能成为高考命题的生长点，在往年的高考真题中曾出现了许多例子．
例７（２０１４年高考上海理科卷第１２

从学生已有知识经验出发开始你的教学_安振平

2 Δ=16 （3z- 姨14） -20 （10z2-6 姨14 z+13 ） ≥0. % % % % %
%
%
得14z2-6 姨14 z+9≤0. 化简，
2 2 即 ≤0.而 ≥0，（姨14 z-3 ）（姨14 z-3 ）这就由不等式 2 导出等式（姨14 z-3 所以z= =0，） % % %
变式 1 ：（2012年湖北高考理科题）设a、 b、 c、 x、 y、 z是
正数， x2+y2+z2=40，且a2+b2+c2=10， ax+by+cz=20，则（） . A. 1 4 B. 1 3 C. 1 2 D. 3 4
得：姨14 两边平方， 14x2+14y2+14z2=14，
1 14 z. 代入 x2+y2+z2=1，得 z2=1. 注意到 x、 y、 z 只能同 3 9 3 姨14
%
正，所以： z= ， x= 1
%
， y=
2
%
.
姨14 姨14 6 3 % 故x+y+z= % = 姨14 . 姨14 7 实质上只用到了初中数学知识，上述3种解答途径，其中的配方法、非负数的性质，以及主元思想、不等与相等的转化，是数学解题中的重要思想方法，很值得读者思之、思之、再思之.这种解题变形、化归思想，需要解题经验的不断丰富，需要持续反思、琢磨和感悟.
2 2
2 平方，得x2 1x2= -
-y y y . y1 2
1 2 2
2 2 x2 代入上式，有：注意到①、 ②的变形x2 1=1-y1， 2=1-y2，

高考数学解题思维的具体操作过程

建立坐标系，设点坐标，待定法向量，列出关系，内积公式利用求解，最后不忘回头反思检验。
解答题怎样解？立体几何：
解答题怎样解？立体几何：
解答题怎样解？立体几何：
解答题怎样解？解析几何：
• 建立坐标系，设点坐标，直线方程
，椭圆方程，列出等量关系（从方程组到方程，建立不等关系，构造函数关系，求解，反思检验。
对于数学高考，可以做这样的类比： “考生最痛苦的事情是，人在考场，题不会做。” “考生最痛苦的事情是，人在考场，题会做，但做错了。”
怎样解答高考数学题？
• • • • • • •
转化为熟悉的、做过的题型。数形结合，由数想形，由形思数。分合结合。局部入手，分而治之。构造方程不等式函数，模型求答。浅层次挖掘，概念、定义入手。 “建、设、列、解、验”五字法。模式识别，目标意识，差异分析。
解答题怎样解？
抄题不浪费时间，抄题的过程就是审题的过程，就是读题的过程，就是分析问题和解决问题的过程。 • 读题与做题，在总结中提高。 • 教会别人，你的心里更亮堂。
解答题怎样解？三角函数题： • 正弦、余弦、正切。 • 三角公式，恒等变形。 • 函数图象（5点法）与性质（单调性、周期性、最值，有界性，特别注意定义域）。 • 三角形的问题：边与角的转化。
选择题怎样选？
讲解：通过逻辑推理与分析,
容易知道, 每列成等差数列，对照选支，只有D符合条件.
选择题怎样选？
选择题怎样选？
选择题怎样选？
选择题怎样选？
选择题怎样选？
选择题怎样选？
选择题怎样选？
【例5】
选择题怎样选？
选择题怎样选？
选择题怎样选？
填空题怎样填？

浅谈解题思路的合理选择_安振平

浅谈解题思路的合理选择安振平　苟春鹏　(陕西省永寿县中学　713400) 由于数学问题千变万化,自然决定了解题思路没有固定不变的解题模式,况且同一问题的解决也会存在多种不同的解题思路.如何合理、自然、快速地选择解题思路,这是我们在解题教学过程中经常思考的课题之一.下面以文[1]中的题目为例,谈谈我们的具体做法,以期抛砖引玉.例1　已知a >13,b >13,ab =29,求证:a +b <1.分析与解答　由a >13,b >13知a -13>0,b -13>0.而由(a -13)(b -13)可生成ab 与a+b ,于是有如下简证:∵　a -13>0,b -13>0,∴　0<(a -13)(b -13)=ab -13(a +b )+19=13[1-(a +b )]∴　a +b <1.例2　设x >0,y >0,x ≠y ,且x 2-y 2=x 3-y 3.求证:1<x +y <43.分析与解答　∵x -y ≠0∴由(x -y )(x +y )=(x -y )(x 2+xy +y 2),得x +y =x 2+xy +y 2.将x 2+xy +y 2配方产生目标“x +y ”.不妨设x +y =t ,有t =(x +y )2-xy =t 2-xy ,即 t 2-t =xy .再将xy 向x +y 这个目标转化,自然想到xy <(x +y 2)2=t 24　(∵x ≠y )于是,有t 2-t <t24,即3t 2-4t <0,解得0<t <43.如何证明t >1,这又是我们的解题目标.事实上,由x >0,y >0知t 2-t =xy >0,即t 2>t 而t >0,∴t >1.评注　从已知条件出发,联想已学过的法则、定理,盯着目标设法实施有效的转化,在条件与结论之间搭起一座合理化归的桥梁.这是选择解题思路的重要策略.例3　已知a >0,b >0,a +b =1,求证:(a +1a )(b +1b )≥254.分析与解答　先将(a +1a )(b +1b)展开,得(a +1a )(b +1b )=ab +1ab +a b +b a 显然,a b +ba≥2,于是只要证ab +1ab ≥174而ab 与已知a +b =1联系有ab ≤(a +b 2)2=14利用函数的单调性,从“ab +1ab”想到了构造函数f (t )=t +1t (0<t <1)∵　0<ab <14<1,∴f (ab )≥f (14)=174.这就证明了原不等式.评注　从外形结构联想到构造函数,利用函数的单调性是证明不等式的一条有效途径.转换角度,若不将(a +1a )(b +1b)展开,如何证明例3的不等式呢?下面又给出三种解题思路.1)从取等号成立的充要条件a =b =12,知a=14a ,b =14b,妙用5元均值不等式,得如下巧证.(a +1a)(b +1b )=(a +14a +14a +14a +14a )(b +14b +14b +14b +14b)≥55a ·(14a)4·55b ·(14b )4=2545(14ab )3≥254 (∵4ab ≤1)评注　利用不等式中等号成立的条件是妙证不等式的重要技巧之一.2)如果考虑化分式不等式为整式不等式,采用分析方法,就有如下妙证.要证　(a +1a )(b +1b )≥254只要证　(a 2+1)(b 2+1)≥254ab ,即　a 2+b 2+a 2b 2+1≥254ab ,只需证　1-2ab +a 2b 2+1≥254ab ,即　4(ab )2-33ab +8≥0(4ab -1)(ab -8)≥0(▲)∵　ab ≤14,∴　4ab -1≤0,又　ab -8<0∴　(▲)式成立.评注　有些不等式从条件出发直接难以证明时,不妨转换角度,从结论出发,采用分析法,不仅使思路清晰、自然,而且证法简捷,如高中《代数》下册P 26中的定理1,教材中的证法学生很不容易想到,若采用分析法,证明过程就显得非常简洁、自然,请读者自证.3)由a >0,b >0,a +b =1,联想到三角基本平方关系式:sin 2β+c os 2β=1,自然考虑选择三角代换,则有如下证法.设a =sin 2α2,b =cos 2α2,α∈(0,π2].则　(a +1a )(b +1b )　=(sin 2α2+1sin 2α2)(cos 2α2+1cos 2α2　=(1-cos α2+21-cos α)(1+cos α2+21+cos α)　=1-cos 2α4+41-c os 2α+1-cos α1+cos α+1+c os α1-c os α　=sin 2α4+4sin 2α+2+2cos 2αsin 2α　=sin 2α4+8sin 2α-2(▲)这里,将原不等式的证明问题转化为求三角式子(▲)的最小值问题.由其结构特点自然想到运用均值不等式a +b ≥2ab (a ,b >0)消掉sin 2α,但若直接应用公式,由于受正弦函数有界性的制约,等号取不到,所以须对(▲)式中的系数进行合理凑配.则有sin 2α4+8sin 2α-2=sin 2α4+14sin 2α+314sin 2α-2≥12+314sin 2α-2≥12+314-2=254评注　此题在转化为求三角式子的最值时,既用到了均值不等式,又用到了正弦函数的有界性,特别要注意的是:系数的凑配要以均值不等式中等号成立的条件与三角函数的有界性必须保持一致为前提.从对以上几个例题解题思路的分析看出,数学解题思路的合理选择,一方面受解题者自身知识水平的制约,另一方面要求我们在学习中要善于不断的总结,不断探索,寻求合理、准确、恰当的思维起点,以达到解题思路既自然,又流畅.只有这样,才能不断开发解题智慧,逐步提高分析问题和解决问题的能力.参考资料1.赵岳云.构造二次方程证明不等式.数学通报,1998,8.P 8。

解析几何中的解题技巧

一０．
因为ｌＡＢｌ一２，ｌＡＣＩ一，ｚｌＢＣｌ（ ∈Ｎ， ≥２），
所以（＋１）＋一、／／（一１）＋。．
所以ｚ＋。：Ｘ（ＣＯＳ口＋ｃｏｓ）＋ｙ（ｓｉｎａ＋
的定义，挖掘曲线的几何性质，体现问题蕴涵的几何味道，便能简化运算过程，优化解题思维．
例４在面积为１的 △ＰＭＮ中，
１
厶
ＰｌＰ２为直径的圆上的任意一点，求证：＋。
＜２．
。
解题探讨
解析几何中的解题技巧
陕西安振平
解析几何是高中数学的核心内容，历年高考中一般设计２小１大３个题目．其主要涉及
的题型有两个，一是已知曲线属性探求曲线的方程；二是已知曲线方程，研究曲线的性质．解答问题的核心是把几何问题代数化，充分运用逻辑推理、代数变形等来实现解题目标．
一
列的裂项求和、不等式证明，则体现了问题的综
合性，以及考查数学思维的价值所在．
二、借助向量法
没有涉及向量知识的问题，若能引进向量，利用向量方法解决问题，其思维流程也许就自
然流淌出来了．如问题中存在两直线垂直，便有
≤２．
∈Ｎ， ≥２），ＡＡＢＣ的面积的最大值为ｎ，求
２４＿￣４＿ａ证：ａ

寻找简捷的解题途径

5-38故学故学2020年第5期寻找简捷的解题途径<安振平(陕西省咸阳师范学院，陕西咸阳712000)数学是一种关系，数量关系、图形关系和随机关系，数学解题就是寻找关系.寻找题设条件与解题目标之间的联系.这里思维链接愈直接，其解题思维长度就愈短，解题过程就愈简单、明快.寻求解题捷径,修改已有解法，修炼解题思维，这是学解数学问题的一种有效途径.本文从贵刊的几个数学问题着手，谈谈笔者的解题思路.1从问题结构入手,展开思维联想例1 (《数学教学》2015年第2期问题963)已知A ：、y 、z > 1，且一 + —• + 一 = 2•求证：x y z J x + y + z Ss J x — 1 + -Jy — 1 + J z — \.本题原刊登的解答是采用三角换元后，再借助柯西不等式.其实，直接证明不是很简洁吗？从条件和解题目标出发，展开联想，仔细观察结构特征* - 1, y - 1，z - 1,对条件等式1 1 1 ^ x — I y — \—+ — + — = 2变形，易得----+ -—+x y z x y d= i .这样，结合柯西不等式，实现分离z变形.证明：由条件等式丄+丄+丄=2变形，x y z 易得xyz于是，应用柯西不等式，得 J x ~ 1 + J y — 1 + J z ~ 1(% + y + z )=J x + j + z .说明：本题的一个推广见笔者提供的本刊2012年第4期问题864:nI »= 1设义 > 1，i = 1, 2，…，几（n >3)，且—=几一 1.求证：^ X A 一 1 •\ »• = 11 = 1例2 (《数学教学》2016年第2期问题969)已知s 为给定的正整数，〇1，a 2，…，& > 0, 且a , . a 2....a , = 1.求证：对一切n e N *，有n +1 . n +1 , . n +1 n , n , , n al + a 2 + ••• + as ^ a x + a 2 + ••• + .本题原刊登的解答是应用数学归纳法，过程较长，如果联想到把字母的n +i 次分离为《次和1次，就可以应用切比雪夫不等式来解答，这样的解答似乎更直接.证明：因为a ,，a 2，…，a ,与a ?, a ;,…， <同序，所以，应用切比雪夫不等式和算术一几何平均值不等式，得n +1 , n +1 , , n +1ax + a 2 + ••• +as ^ 一(aj + a 2 + ••• + a s) {a n { + a2 + ••• + )n ^ /J a x a 2','ds • (a ? + ag + ••• + a 》=+ aj + ••* + a ".说明：简洁的解答来源于知识的积累和运咸阳师范学院教育科学学院2018年度专项科研基金项目（JKKY 201827):基于核心素养的数学解题思维研究.2020年第5期故学故学5-39用，有效的联想，实现了问题情境和解题者大脑思维的最佳链接.2从设元换元入手,展开思维联通例3 (《数学教学》2015年第6期问题947)设实数*、y、z满足d+y2+Z2= l j*y+ 2x z的最大值.本题原刊登的解答是引人2个参数，应用基本不等式和待定系数方法求解.这里，将引入1个参数，给出一种另解.解：设正数A是待确定的常数，应用基本不等式和柯西不等式，得xy + 2xz = 一• (Ax)(y + 2z)A^ -：—•[\x + (y + 2z)]2111^-------+-------+-------2 J x y2y/yz2y/zx1ln(x + y + z\_73W=T等号成立的条件为$=y=z=y?.所以，l11的最大值为x + y y + z z + x1说明：若令a =丄，6=丄，C=丄，则获得x y z本题的一个变式为：已知正实数a、6、c满足a6 + 6c + ca = 1.求证：^7-(A2 + l2 + 22)(x2 + y2 + z2)4AA2 + 54A等号成立的条件为A* = y + 22,f =十=+，x2 +y2 +z2 = 1,解得正数A =7?, * = ，y=X 752* + 57=：,这时^75 4A752 _所以，M +的最大值为说明：本题的一个变式，即为2019年上海交大自主招生第9题：已知h y、Z不全为零，求^y+22yZ2的x+ y+ z最大值.例4 (《数学教学》2015年第8期问题952)已知正实数l y、z满足x + y+2 = ^，求ab be ca J3----+----- +----^ —•a +b b +c c + a23从构造模型入手，展开思维移动例5 (《数学教学》2018年第4期问题1026)设a、6、c为A4B C的三边长，满足a + 6 + c = 2又求证：a2 + 62 + c2 + —abc < 2s2.s本题原刊登的解答是作差分解因式，这题可以逆向思考，从三角形边长之间的不等关系，合成构造所要证明的不等式，也是殊途同归.证明：因为厶 + c >a，c+a >6，a+6 > c9a+b+c = 2s,所以 s-a > 0,s-6 > 0，s-c > 0,即（s-a)(s-6)(s-c)>0，有x + y y + z —的最大值. z + x本题原刊登的解答书写较繁，可以改得简单些.解：应用基本不等式和柯西不等式，得53 - (a + 6 + c)s2 + (ab + be+ ca)s - abc > 0.将0 + 6+0 = 25，616+6〇+0(1 = 252 - 了(a2 + 62 + c2)，代入上式得2s3 + 2s1 - ^"(f l2^ b2 + c2)s - abc >0,5-¥)故等•故学2020年第5期所以 a2 + 厶2 + c2 + —abc < 2s2,s说明：研究本题的下界，可以获得：®正数a、i、c满足a + 6 + c = 2s•求证：a2 + b2 + c2 +—abc ^—52.527例6 (《数学教学》2013年第12期问题903)设 ac、e R，且 i+y+2 = 8.求证：X2 + I+ \/j2 + 4 + V^2 + 9 多 10.本题原刊登的解答是构图证法，甚是巧妙.如果构造复数，证明更为直接.证明：构造复数A =尤+ i，= y+ 2i，2：3 = z + 3i,则y/x2 + l+ \/y2 + 4 + \/z2 + 9=1 Z j I + I z2\ + \Z3\^\z{ + z2 + z3 \=I(% + y + z) + 6i I=1 8 + 6i I = 10.(b + c)(6a + b + c)2 | =(I (6a + 6 + c)),即(y/l +-^-)&(I (6« +6 +c))^•l^V b + c]^(b + c)(6a + b + c)2要证原不等式，只要证明(^ (6a + 6 + c))-------------------------^ 36,(^ (6 + c)(6a + 6 + c)2)即需要证明([(6a+ b +c))5：36(工（6 +c)(6a +6 +c)2)化简得22 ^a3 + 24a6c ^ 15 ^a b + 15 ab\...............................(* )应用三元均值不等式，得说明：本解法中，用到复数模的不等式，这自然联想到了闵可夫斯基（Minkowski)不等式的特例：已知y i> 0,则有X a2b + X ab2^a3 + a3 + 63^4—3+I+ b3 +b33=2^«3,即 2 X a3 多X a26 + Z d2....①4从运用重要不等式入手，寻找解题别径例7 (《数学教学》2013年第12期问题905)设 a、6、c e R+•求证：本题原刊登的解答是运用三元A M—G M 不等式和舒尔（Schur)不等式证明的，运算量较大.如果联想到赫尔德（Halde)不等式，那么可以获得另一证法.证明：应用赫尔德不等式，得+ c)2]注意到著名的舒尔不等式Z a3 + 3abc 5= 2a2b + ^ab2............................(D由7 x①+ 8 x②，易知不等式（* )成立，获证.说明：若令 * = ，乂= ’ 2 = ~^7,b +c c + a a+o则本题等价于：设正数*、y、z满足+yz+za£+ 2外2：= 1.求证：yi + 6x + y1 + 6y + y l + 6z 2： 6.“复盘”本是棋类术语，是指棋手在对局之2020年第5期故学轧学5-41基于“关键能力”命制数学操作题盛小青(江苏省常州市新北区飞龙中学，江苏常州213022)数学操作题具有新颖、开放、灵动、创新、思辨等其他题型无法比拟的独特性而成为近几年中考的热门题型.操作题能综合考查学生猜想与推理、抽象与建模、直观与想象、理解与运算等数学“关键能力本文结合例题阐述基于“关键能力”命制数学操作题的策略.1基于猜想与推理能力命制操作题操作题可以立足教材或生活实际进行取材,这样的低起点可以确保学生通过简单的尝试解决一些基本问题，然后运用类比、迁移等方法与提供的素材进行关联设计、拓展延伸，这样的操作题才能构思巧妙、立意高远.例1(2016年常州市数学中考第26题）(1)阅读材料教材中的问题，如图1，把5个边长为1的小正方形组成的十字形纸板剪开，使剪成的若干块能够拼成一个大正方形，小明的思考：因为剪拼前后的图形面积相等，且5个小正方形的总面积为5,所以拼成的大正方形边长为________，故沿虚线剪开可拼成大正方形的一边，请在图1中用虚线补全剪拼示意图.(2)类比解决如图2,已知边长为2的正三角形纸板A B C,沿中位线〇£剪掉请把纸板剩下的部分剪开，使剪成的若干块能够拼成一个新的正三角形.后，复演这盘棋的走法,来检查招式的优劣与得失的关键.学解数学题也是如此，如果你时常“复盘”，就能优化解法，扬长避短.在学习和欣赏期刊、图书上已有问题解答的同时，也应当善于修改其已有的解答，提出自己的别解，探究问题的变式•让自己的数学思考和原问题交流，在与原作者对话的思图1①拼成的正三角形边长为________;② 在图2中用虚线画出一种剪拼示意图.图2(3)灵活运用如图3,把一边长为60 c m的正方形彩纸剪开，用剪成的若干块拼成一个轴对称的风筝，其中乙B C D= 90。

从学生已有知识经验出发开始你的教学

瀚鞠簟
十７擞・？高中版
２０１４年３月
教学导航
ｌ
：— — 。Ｖ＝ —
材法
“ 化多为少 ” 的策略出发，依然用 “ 解代消元法 ” ，经过多
次尝试、修正，获得如下解题过程．
２
— ，ｚ＝ —
３
— ．
、／故： — ：
二
ｌ
２
３２＝ｙ；＋＝ ÷
做完一道题目之后，做点儿解题回顾、解题反思、解题总结，多问点儿为什么，这有利于进一步收拢思绪，感
按照波利亚的解题模式，首先需要弄清题意，这是
一
个条件等式证明题，题设条件涉及６个字母，５个条件
２
１
２＋；
２
＋ｙ；： ÷
注意到由１＋ｙ２３＝０，得＝一（），） ’以及上式，便
有：
这个题目的知识超越了初中生的知识要求，自然需要改造，笔者给学生呈现了如下等价的题目．
＝
＋ｙ；＋），；
注意到① 、 ②的变形＝１一ｙ，２，；＝１一ｙ２，代入上式，有：
，１、
（１）（１ｉ）＝（ ÷＋ｙＹｚ）
化简，．１ｅ哥ｙ２１十２ｌｙ２＝ ÷．
斗
ｙ３＝Ｏ，求证：
悟尝试、调整思维．其实，在如上的解答过程中，已经出
现了如下的简单变式题．

问题征解_安振平 (2)

c c 1 y b z c x问题征解编者按 :本栏目精选适合高中学生的有趣、实用、新颖、灵巧、深浅适度、富有启发性的题目进行征解, 使其成为启迪思维、开发智力的小智囊.该栏目面向广大读者征集问题 , 问题的选题范围不做限制, 但难度应适当控制, 适宜高中学生解答 . 欢迎自编新问题, 也可以在现有问题基础上进行 =- b(a +1)(b +1).同理可得 :b +b +1 =- a (b +1)(c +1), c c c +c +1 =- b (c +1)(a +1), a a改编 , 提供试题时请注明来源, 并请附上解题思路分析和详细解答 .∴(a b +a +1)(b c +b +1)(c a+c +1) 每期问题征解时间为 40 天, 欢迎广大读者(尤其是高中学生)踊跃提供解答, 提供解答时请标明题号 .本刊隔两期刊登供题者或读者提供的解答和有价值的推广 , 并公布前五位(按来稿时间顺 =- c · a · b [ (a +1)(b +1)(c +1)] 2b c a =-1 .证法2 (124000 辽宁省盘锦市高级中学高二(一)班辛昊扬提供)序)提供正确解答的读者名单.提供问题或回答问题时 , 请在信封上注明“ 学 a + a + 1 = ab +a +b +1 b b - 1 = b 生阅读刊《问题征解》” 字样, 也可发送到电子邮 (a +1)(b +1) 1 1 1 -c b - b =b (c +1 -b = (c +1 ,同理可得) b ) 2011 年第 3 期问题解答来稿回答 2010 年第 3 期问题的前五位读者是:江苏张家港市锦丰镇三职中数学组屈奇峰;上海市松江二中卫福山 ;重庆市双碑中学校张 b +b +1 = -a , c c (1 +a ) c + + = -b .a a (1 +b ) 于是光年 ;江苏省常熟市中学蔡祖才 ;辽宁省盘锦市高级中学高二(一)班辛昊扬 .限于篇幅, 仅选登 (a +a +1)(b b c +b +1)(c a+c +1) 部分优秀解答, 供读者参考.= -c · -a · -bb (1 +c ) c (1 +a ) a (1 +b )46 .已知实数a , b , c 都不为0 , 满足(a +1)(b +1)(c +1)=1 .求证:(a +a +1)(b +b +1)(c = -1 (1 +a )(1 +b )(1 +c ) =-1 .b +c +1)=-1 . c a证法 3 (215500 江苏省常熟市中学查正开提供) (435300 湖北省蕲春一中陈继雄提由(a +1)(b +1)(c +1)=1 , 不妨设a +1 =供)y, b +1 = z , c +1 = x, 则 ax +x =y , by +y 证法1 (215625 江苏张家港市锦丰镇三职x y z 中数学组屈奇峰提供)∵(a +1)(b +1)(c +1)= 1 ,=z , c z +z = x , 故 ax +b y +cz =(y -x )+(z -y )+(x -z )=0 ,展开得:abc +ab +bc +c a +a +b +c =0 , (a +a +1)(b b c +b +1)(c a +c +1) ∴ a +a +1 =a +ab +b =(a + )( )() b b b c a =-(abc +c +bc +c a ) =(a +by +az + z )(c + x ) bc c x by x a z=- c (ab +a +b +1)b=1 +ax cz +by a x +by cz +cz by +ax by +cz +1a x(a +2)2 +(a +6)2 (a +2)2 +(a +6)2(a +2)2 +(a +6)2 0 1 1 1 11 =2 +by +cz +ax +cz +ax +bya x by cz (2)若设 A (1 , 0), B (1 -a , -a ), 同理可得PM + NQ 的最小值=2 -1 -1 -1 =-1 .证法4 (712000 陕西咸阳师范学院基础教育课程研究中心安振平提供)由(a +1)(b +1)(c +1)=1 , 可设a +1 = x ,y为 .因为 a > 0 , 所以 > .因此, PM + NQ 取得最小值时点 N 的坐标为(3a +6 , 3a +6). b +1 = y , c +1 = z , 其中 x , y , z 均不为 0 , 且互 4 4z 不相等, 则 a =x y x -1 , b = y z-1 , c = z -1 , 于 x解法 2 (274000 山东省菏泽第一中学刘会丰提供)(1)设 M (x 0 , x 0), N (a +x 0 , a +x 0 ), 则是PM +N Q =x 2 +(x 0 -1)2x -122a +y x + (x 0 +a -3) +(x 0 +a -6) ,b a +1 = y z=z (x -y )+ x - +y-1 +1 = x -z , 即为点 M (x 0 , x 0 )到 P (0 , 1)和 Q 1(3 -a , 6 - a )的距离之和 , 记 P (0 , 1)关于 y = x 的对称点为 P 1 (1 , 0), 则 PM + N Q = P 1 M + MQ 1 .y (y -z ) y y -z由 P M + MQ ≤ P Q = 同理可得b c c +b +1 = y -x , z -x+c +1 =z -y . , 当且仅当 M 为直线 P 1 Q 1与 y = x 的交点时, 取得最小值.a x -yy = 6 -a (x -1), 6 -a故(a +a +1)(b +b +1)(c +c +1) 由 2 -a y = x ,解得y 0 =x 0 = 4 , b c a因此 N 点坐标为(6 +3a , 6 +3a).=x -z · y -x · z -y 4 4 =-1 . y -z z -x x -y (2)若设 M (x 0 , x 0 ), N (x 0 -a , x 0 -a ), 同理47 .在平面直角坐标系中 , 已知两点 P (0 , 1), Q (3 , 6), 在直线y =x 上取两点M 、N , 使 MN = 2a (其中a >0 为定值), 求 PM + NQ 取得最小值时点 N 的坐标.可得 PM + NQ 的最小值为 .因为 a > 0 , 所以 (a +2)2 +(a +6)2> .因此, PM + NQ 取得 (712000 陕西省咸阳师范学院附属中学吕二动供题) 最小值时点 N 的坐标为(6 +3a , 46 +3a ).4 解法 1 (215500江苏省常熟市中学蔡48 .设正数a , b , c 满足abc =1 , 求证 :a 3 +b 3 +祖才提供) c 3 ≥ + b + c .(1)设点 A (1 , 0), B (1 +a , a ), 则 AB ∥MN , 且 AB = MN , 所以四边形 AB N M 为平行四边形 , 所以 AM = BN .因为点 P 与点 A 关于直线y = x 对称, 所以PM = AM , 所以 PM + NQ = AM + NQ = BN + NQ , 所以 , 当 B , N , Q 三点共线时,PM + N Q 取得最小值 BQ =(225700 江苏省兴化市第一中学张俊供题) 证法 1 (供题人提供) 由柯西不等式得(a 3+b 3+c 3)(a +b +c )≥(a 2+b 2+c 2 )2. 又由柯西不等式及平均值不等式得(a 2 +b 2 +c 2 )(1 +1 +1)≥(a +b +c )2(a -2)2+(a -6)2.此时 BQ 的方程为(a - ≥(a +b +c )· 3 = 3(a +b +c ), 6)x -(a -2)y +3a +6 =0 , 与直线 y = x 联立∴a 2 +b 2 +c 2 ≥a +b +c ,2 2 2 2 解得 N (3a +6 , 3a +6). ∴a3 +b 3 +c 3 ≥(a +b +c ) 4 4a +b +c(a -2)2 +(a -6)2 (a -2)2 +(a -6)2 (a -2)2 +(a -6)2a 3abc1 ab 1bc a a a b a b ab ac a a 3 3 3 2 2 21 3-33 3 33 +3≥a 2 +b 2 +c 2,又反复利用不等式 x 2 +y 2 +z 2≥ xy +yz + a +b +c ≥a c +b a +c b ,将以上三式相加得zx 及abc =1 得3(a 3+b 33 +c 3) 2 23 2 2 a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca =1+ 1 ≥(a +a b +a c )+(b +b a +b c )≥ + + a b c= + b + c , +(c 3 +c 2 a +c 2 b ) =a 2 (a +b +c )+b 2(a +b +c ) +c 2(a +b +c ) 故 a 3 +b 3 +c 3 ≥ a + b + c .证法 2 (124000 辽宁省盘锦市高级中学高二(一)班辛昊扬提供)因为=(a 2+b 2 +c 2 )(a +b +c )≥3 a 2 b 2 c 2(a +b +c ) =3(a +b +c ).又(a + b + c )2=a +b +c +2 +2 a +b 3+c 3+a 3+abc +abc+2 ≤3(a +b +c ),≥6 6a 3 ·b 3 ·c 3 · a 3 ·(abc )·(abc ) 所以2同理 ,a 3+b 3 +c 3≥(a +b +c ) 3a 3 +b 3 +c 3 +b 3 +abc +abc ≥6 b , a 3+b 3+c 3+c 3+abc +abc ≥6 c , 三式相加, 得4(a 3 +b 3 +c 3 )+6abc ≥6(a + b + c ). 又 a 3+b 3+c 3≥3abc , 所以 6(a 3 +b 3 +c 3)=4(a 3 +b 3 +c 3 )+2(a 3 +b 3+c 3)≥4(a 3+b 3+c 3)+6abc ≥6(a + b + c ), 故 a 3+b 3+c 3≥ + b + c . 3≥3a ·b ·c (a + b + c )3= + b + c . 说明从证法 1 可知, 如果正数 a , b , c 满足abc =1 , 则有如下的不等式链成立 :a 3 +b 3 +c 3 ≥a 2 +b 2 +c 2 ≥ a +b +c ≥ + b + c .49 .在 ■ABC 中 , 求证:sin A +c o s A+1 cos B cos C 证法 3 (201600 上海市松江二中卫福山提供)sin B +c o s B + 1 -c o s C c o s A sin C +c o s C ≤2 +2 3 .-c o s A c o s B 因为 = a ·1·1 ·1 ·1 ·1 ≤a +5 , ≤61(434000 湖北省荆州市沙市中学高三(1) 班张冲冲提供)b 3 +5 , 6 ≤c 3 +5 6 , 于是 a 3 +5b 3 +5c 3 +5证法 1 (供题人提供)不妨设 A ≤B ≤C .+ b + c ≤ + + 6 6 6 (1)当 A ≤B ≤C ≤ 3π时 , sin A +c o s A = a 3 +b 3 +c 3+15 = 6.欲证 a 3 + b 3 + c 3 ≥ + + c , 即证 a +b +c +1542sin (A + π)>0 , si n B +c o s B = 2si n (B + π) 4 4>0 , sin C +c o s C = 2sin (C +π)>0 . ≤a 3 +b 3 +c 3 , 即证 5(a 3 +b 3 +46因为c )≥15 .利用基本不等式及条件 abc = 1 知它显然成立, 于是原不等式成立.证法 4 (363000福建省漳州第一中学林志展提供) 因为 a , b , c >0 , 则由排序不等式知: sin A +c o s A1 -c o s B c o s C =sin A +c o s A 1 -c o s (B -C )+c o s (B +C ) 2=2(sin A +c o s A ) 2 -c o s (B -C )+c o s A a +b 3 +c 3 ≥a 3 +b 3 +c 3 ,≤2(sin A +c o s A ) a 3 +b 3 +c 3 ≥a 2 b +b 2 c +c 2 a ,1 +c o s A1 ca =6 a , c a bc- )=- ( 2- π2(2sin A c o s A +c o s 2 A -sin 2 A ) sin C +c o s C < 2 + 2 +0 =2 <2 +2 3 .= 2 2 2 2 2cos 2 A1 -c o s A c o s B综合 ()、 () 可知 : sin A +c o s A+2 1 2 1 -c o s B c o s C=2t an A +1 -tan 2A ,sin B +c o s B + sin C +c o s C ≤ + .2 2 1 -c o s C c o s A 1 -c o s A c o s B 2 2同理 si n B +c o s B 1 -c o s C c o s A s in C +c o s C 1 -c o s A c o s B ≤2tan B 2 ≤2t an C 2+1 -tan 2 B , 2 +1 -t an 2 C , 2 证法 2 (201600 上海市松江二中卫福山提供)首先 ,(c o s B +c o s C )2以上三式相加得 sin A +c o s Asin B +c o s B4 =c o s 2 B +C c o s 2 B -C 1 -c o s B c o s C +1 -c o s C c o s A2 2+ sin C +c o s C 1 -c o s A c o s B≤cos 2 B +C 2 于是=sin2 A ,2≤3 +2(t an A +t an B +tan C )-(t an 2 Asin A +c o s A sin A +c o s A2 2 2+t an 22 1 -c o s B c o s C ≤1 -sin2 A2设 x = ta t an 2 + , 因为=2 ·si n A +c o s A 1 +c o s A =2 +2 · sin A -1 . cos A +1tan A t a n B 2 2 +tan B tan C 2 2 +t an A t an C = 2 2 同理 , sin B +c o s B 1 co s C cos A ≤ 2 +2 · sin B -1 ,cos B +1sin C +c o s C1 ,1 -c o s A c o s B ≤2 +2 · si n C -1 .co s C +1所以 tan 2 A 2 +t an 2 B 2 +tan 2 C 2= x 2 -2 . 令 t = tan A , 则 t ∈ (0 , + ∞), 且2又(tan A +t an B +t an C )2≥3(tan A t an B2t - 2 2 22 2 sin A -1 1 +t 2 11 2B C A Ccos A +1 =1 -t 2=- 2(t -1) . +t an 2 t an 2 +t an 于是sin A +c o s A 1 -c o s B c o s C 2 t an 2 )=3 , 所以 x ≥ 3 ,+ sin B +c o s B + 1 -c o s C c o s A 1 +t 2 +1记 f (t 1 t -1)2, t >0 , 则 f ″(t )=-12 <0 , 故 f (t )是凹函数, 利用 Jesen 不等式有 :sin C +c o s C 1 -c o s A c o s B≤3 +2x -x 2 +2 =-(x -1)2+sin A -1 +sin B -1 +sin C -1 cos A +1 co s B +1 cos C +16 ≤-(3 -1) +6 =2 +2 3 .3π πsin A +B +C -1 ≤3 · 3 = -2 . (2)当 C > 4 时 , 0 <A ≤B < 4时 , sin Ccos A +B +C +13+c o s C = 2si n (C + 4)< 0 .于是因为 1 -c o s B c o s C > 1 , 所以sin A +c o s A 1 -c o s B c o s C + si n B +c o s B 1 -c o s C c o s Asin A +c o s A 1 -c o s B c o s C 2si n (A + π) 4 1 -c o s B c o s C< 2 . + sin C +c o s C 1 -c o s A c o s B同理 si n B +c o s B 1 -c o s C c o s A≤6 +2(sin A -1 +sin B -1 +sin C -1)cos A +1 co s B +1 co s C +1 所以 sin A +c o s A 1 co s B cos C + sin B +c o s B +1 -c o s C c o s A≤6 +2(3 -2)=2 +2 3 . 从而原不等式得证 .< 2 ,2 33 co s B co s C ≤B +ta n 2C ). 2 2n A + 2 B tan C2n n nn 2n n 1 +x 2 2 2 n n 2 2n n n n n n n 2 n n 1 n 2 n n 1 2 2 2 250 .设 a , b , p 为整数, 数列{x n }满足 x 0 =a , ∴(p -4)x n +4(a +b -pab )x 1 =b , x n +2 =px n +1 -x n (n ∈ N ), 试证明, 对一切n ∈ N , (p 2 -4)x 2 +4(a 2 +b 2 -pab )为完全平方数.(637851 四川省蓬安中学蒋明斌供=(b -αa )2 β2(n -1) +(b -βa )2 α2(n -1)+2(a 2 +b 2 -pab )=(b -αa )2 β2(n -1) +(b -βa )2 α2(n -1)+2(αβ)n -1(b -αa )(b -βa ), 题)∴(p 2 -4)x 2 +4(a 2 +b 2 -pab ) 证法 1 (供题人提供) x n +2 x n -x 2+1 =(px n +1 -x n )x n -x 2+1=[ βn -1 (b -αa )+αn -1(b -βa )] 2 . 设 L =βn -1(b -αa )+αn -1 (b -βa ), 由此可推n=px n +1 x n -x2n-x2+122得 L n +2 n=pLn +1 -L n , L 0=bp -(p 2 -2)a , L 1 = = x n +1 (x n +1 +x n -1 )-x n -x n +1= x n +1 x n -1 -x n , 即{x + x -x 2+ }是常数列 , 所以2222b -ap . ∵a , b , p 为整数, ∴L n 为整数 , 故(p 4(a 2 +b 2 -pab )为完全平方数.-4)x 2+x n +2 x n -x n +1 = x 2 x 0 -x 1 =(pb -a )a -b= pab -a 2 -b 2, 即 x + x -x 2+ = pab -a 2-b 2. 又 x n +2 = px n +1 -x n ,2011 年第 5 、6 期问题56 .已知正方体 ABCD -A 1 B 1 C 1 D 1 的棱长为故(px + -x )x -x 2+ +a 2+b 2-pab =0 ,2 , P 为 CC 1 的中点, Q 为正方形 ABB 1 A 1 的中心, 即 x 2+ -px n +1 x n n -(a +b -pab )=0 ,点 M , N 分别在直线 AD , A 1 B 1 上 .试问直线 MN 即 4x 2+1 -4px n +1 x n +4x 2 -4(a 2 +b 2 -pab )=0 ,与 PQ 能否垂直相交 ?若能, 确定出点 M , N 的位即(p 2 -4)x 2 +4(a 2 +b 2 -pab ) =(2 x n +1 -px n )2,由 x 0 =a , x 1 =b , p 为整数 , 及 x n +2 =px n +1 - 置;若不能, 请说明理由 .(225711 江苏省兴化市周庄高级中学张乃贵提供)x n 知x n (n ∈ N )为整数, 因而2x n +1 -px n 为整数 ,故(p 2 -4)x 2 +4(a 2 +b 2 -pab )=(2x n +1 - px n ) 为完全平方数.57 .在 ■ABC 中, 已知sin A + s in B co s B cos A断 ■AB C 的形状, 并给出证明.=2 , 判证法 2 (400032重庆市双碑中学校张光年提供)递推式 x n +2 =px n +1 -x n 的特征方程为x 2= (215625 江苏省张家港市锦丰镇三职中数学组屈奇峰供题)58 .已知正数 a 、b 、c 、d 满足a +b +c +d =1 , px -1 , 设 α, β 是方程 x = px -1 的两个根, 则 αa 3 +b 3 +c 3 求 1 -d b 3 +c 3 +d 3 + 1 -a c 3 +d 3 +a 3 + 1 -b ++β = p , αβ =1 , (α-β)2 = p 2-4 ,∴x n +2 -αx n +1 =β(x n +1 -αx n ),x n +2 -βx n +1 = α(x n +1 -βx n ). ∴x n +1 -αx n =βn -1 (x 1 -αx 0 )=βn -1 (b -αa )① d 3 +a 3 +b 3 的最小值. 1 -c (621000 四川绵阳东辰学校高中部姚先伟供题) 59 .已知正数 a , b 满足a +b =1 , 0 <λ≤4 , x n +1 -βx n =αn -1 (x 1 -βx 0 )=αn -1(b -βa )②求证 : 2λ+1 ≤ + b 2+λa <m a x {2 , 由 ①- ②得(β -α)xn -1n -1(330047江西省南昌大学附属中学宋庆n=(b -αa )β 将 ③两边平方得 -(b -βa )α ③供题)60 .已知a , b , c , d 为正实数 , 且a +b +c +d = (β -α)2 x 2 2 2(n -1) 2 2(n -1)n =(b -αa )β +(b -βa )α a b c d -2(αβ)n -1 (b -αa )(b -βa ),4 , 求证: d + + + ≥ 4abcd . c b a 即(p 2 - 4)x 2 = (b - αa )2 β2(n -1) +(b -(712000 陕西省咸阳师范学院基础教育课 βa )2 α2(n -1) -2(a 2 +b 2 -pab ),程研究中心安振平供题)2a +λb 2 λ}.1 n 1 2。

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槡
（
x2 2 ）－1 ， ND = 3
（） 3 槡
2
－4 ，
x2 t +1 = 从而 △ ABC 的边长 a = 槡 1 +1 = 槡
· 解题研究 ·
2槡 21 ，故选 D． 3 点评
（ 2011 年第 7 期·高中版）
23
抛砖引玉，留给读者思考与计算．点评面积方法是一种神奇的方法，深入的学习请
CN⊥ l2 于 N， CN∩ l2 = D，设 △ ABC 的边长为 x，则由题意（三角形相似）不难得 AD = x 2x ， CD = ， 3 3
一方面 S △ABC = 3 1 1 · AB ·AC ·sin A = x·x·槡 . 2 2 2
l2 与 l3 之间的距离分别为 a， b．正△ ABC 的三与 l2 之间， l2 ， l3 上．求此正三角形的边长．顶点分别在 l1 ，问题 2 （ 2010 年咸宁市中考
{
图2
（ x1 －0 ） 2 +（ 1－0） 2 = 槡（ x2 －0） 2 +（－2－0 ） 2 ，槡
2 （ x1 －0 ） 2 +（ 1－0） 2 = 槡（ x1 －x2 ） 2 +［ 1－（－2）］．槡 2 2
① ② ③
将①式两边平方可得 x1 = x2 +3 ，将②式平方，变形，并将 ③式代入其中，化简整理得 x2 = x2 1 +5 ， 2 x1
高，由题意，得 1 1 π （ BM － MD）（ AM + CN） = S △ABC = x·x·sin ， 2 2 3 即 1 （ x2 －1 － 2 槡

聚焦高考数学应用性问题_安振平

、数据线之一数学有数聚焦高考数学应用性问题■安振平数学应用性问题是历年高考命题的热点题型之一, 也是考生失分较多的一种题型. 其中以概率与统计的知识来命制应用性问题较多, 但也有一部分以常规数学知识来命制的应用性问题. 本文例谈后一类应用性问题的解法. 解答这类问题的要领是深刻理解题意, 学会将文字语言向数学的符号语言或图形语言的转化. 这就需要建立恰当的数学模型, 其中函数、数列、不等式、排列组合是较为常见的模型, 而三角、立体几何、解析几何等模型虽在高考试题中出现较少, 但同学们应引起足够的重视.例 1 如右图, 要用三根数据线将四台电脑 A 、B C 、D 连接起来以实现资源共享, 则不同的连接方案的种数共有 ( ) . A. 16B. 12C. 8D. 4 解析画一个正方形和它的两条对角线, 在这 6D CD1 C1 4 米A1 B1 4 米A 10 米10 米B 《》B C66中年期泛舟学海当为500元时, 需缴纳的个人所得税是500×5%=25元; 对于大于500 且不大于2000 元的收入部分, 应当为( 123-25) ÷10℅=980元.从而某人该月的收入是800+500+980=2280 ( 元) .按照新税法, 算该人需缴纳的个人所得税. 由2280- 1600=680 ( 元) , 则他应缴纳的个人所得税为500×5%+( 680-500) ×10%=43( 元) .点评从上面的计算可以看出, 其本质是分段计高算, 实质上隐含着分段函数的思想.分段函数、分段数列是近年高考数学的一个亮点, 值得关注. 二例3 某房地产开发公司计划在一楼区内建造一个长方形公园ABCD, 公园由长方形的休闲区六A1B1C1D1 和环公园人行道( 阴影部分) 组成.已知休闲区第A1B1C1D1 的面积六为4000 平方米, 人行道的宽分别为4 米和10 米( 如右图所示) .( 1) 若设休闲区的长和宽的比A1B1 =x, 求公园ABCD 所占面积1 1S 关于x 的函数S ( x) 的解析式;( 2) 要使公园所占面积最小, 休闲区A1B1C1D1 的长和宽该如何设计?解析设休闲区的宽为a 米, 则其长为ax 米, 于20 10条线段中, 选3 条的选法有C3 =20 种, 其中4 个直角三角形不是连接方案, 故不同的连接方案共有C3 - 4=是有a2x=4000!a="" x, 所以S=( a+8) ( ax+20) =520- 4=16 种.故答案选A.#a2x+( 8x+20) a+160=80"102 " x+" x$+4160,点评将实际的问题转化为几何模型, 这本身就是一种数学化的思想. 数学解题就是一系列连续的转化或化简, 当中的乐趣与奥妙, 只有在解题之后才可以体会到的.排列、组合问题多以小题的面孔在高考里出现.例2 2005 年10 月27 日全国人大通过了关于修改个人所得税法的决定, 工薪所得减除费用标准从800 元提高到1600 元, 也就是说原来收入超过800 元的部分就要纳税, 从2006 年1 月1 日开始超过1600 元的部分才纳税, 若税法修改前后超过部分的税率相同, 如下表:级数全月应纳税所得额为d ( 单位: 元)税率( %)1d≤50052500<d≤20001032000<d≤500015那么按照新税法, 他需缴纳的个人所得税元.解析先按旧税法算出该人在2005 年9 月的收入. 超过800 元的部分: 对于不大于500 元的部分,17x ∈( 1, +∞) . 由此可得 S ≥1600 +4160 =5760, 仅当2 " x = 5 , 即 x=2.5 时, 公园所占面积最小. 这时 "x a=40, ax=100, 即休闲区长方形 A 1B 1C 1D 1 的长为 100米, 宽为 40 米.点评类似于该问题的考题有 2004 年全国Ⅲ卷中的第 19 题和 2001 年全国文科第 21 题. 在复习过程中, 同学们要注意问题的变式, 学会在知识的迁移中发展、提升数学解题的能力.例 4 人口问题其实是许多国家的政府都要面对的问题. 2005 年 10 月 24 日出版的《环球时报》发表了一篇关于俄罗斯目前遭遇“人口危机”的文章.文章中引用了来自俄政府公布的数据: 截至 2005 年 6 月底, 俄罗斯人口为1.431 亿, 人口密度每平方公里只有8.38 人; 仅 2004 年俄人口就减少了 76 万, 2005 年 1 月至 5 月又减少了 35.9 万; 据俄联邦安全会议预测, 到 2050 年, 俄将只有约 1 亿人口, 比目前锐减 30%. 试根据以上数据信息回答下列问题:( 1) 以 2004 年 1 月至 2005 年 5 月这 17 个月平均每月人口减少的数据为基础, 假设每月人口减少的数量相同, 预测到 2050 年 6 月底, 俄罗斯的人口约为泛舟学海多少亿? ( 保留三位小数)( 2) 按第 ( 1) 小题给定的预测方法, 到何时俄罗斯的人口密度将低于每平方公里 5 人?解析 ( 1) 由给出的信息可知, 17 个月里平均每月人口减少76+35.9 ≈6.5824 万人, 2005 年 6 月底至《》数学有数+220, 令20 %5n2+6n +220>400, 整理得5n2+6n>81, 解不等式可知, 若不开启水闸泄洪, 险情会在第4 天发生.( 2) 设每天开启p 个水闸泄洪, 则f(n)=20%5n2+6n + 220- 4np, 令20 %5n2+6n +220 - 4np ≤400, 即p ≥2 217 5 %5n +6n - 45 =5(%5n +6n - 9 )=5( 5+ 6 - 9 ).高2050年6月底共经过12×45=540个月, 若每月人口减少数相同, 则到2050 年6 月底俄罗斯的人口数约为n n n6 9% n n中通过求导可证g(n)=%5+n-n为增函数, 于是有g(n)m ax=二14310-6.5824×540=10755.504万, 即约为1.076亿.( 2) 设从2005 年6 月底起, 经n 个月后俄罗斯g(40)=5+6-9≈2.04, 所以p≥5×2.04=10.20( 个).六的人口密度将低于每平方公里5 人, 于是有:% 4040故每天要开启11 个水闸泄洪, 才能保证水库安年- 4 1.431#1-5$全.第 1.431-6.5824×10·n<5"n>8.38≈六 1.431期8.386.5824×10- 4点评构造函数与利用函数思想解决不等式问题是解题的关键所在, 这需要读者认真反思和感悟.876.8, 所以至少要经过877 个月, 即73 年零1 个月, 也就是到2078 年7 月底, 俄罗斯的人口密度将低于每平方公里5 人.点评不等式是高考的热点之一, 与实际应用性问题交汇, 更能显示其神奇魅力.例5 用总长14.8 m 的钢条做一个长方体容器的框架, 如果所制作容器的底面的一边比另一边长0.5 m, 那么高为多少时容器的容积最大?并求出它的最大容积.解析设容器底面短边长为x m, 则另一边长为例7 甲、乙容器中有浓度为25%和75%的盐酸溶液各8 克, 从甲溶液往乙容器倒入4 克溶液, 摇匀后, 再从乙容器往甲容器倒入4 克溶液为一次操作, 这样的操作反复进行.( 1) 求操作n 次后, 甲容器与乙容器中的纯盐酸分别为多少克?( 2) 欲使甲容器中的溶液浓度大于48%, 问至少操作多少次?解析( 1) 设操作n 次后, 甲、乙两容器中的纯盐酸25%×4+75%×8×4=10,分别为a、b克, 则a=25%×4+( x+0.5) m, 高为14.8- 4x- 4( x+0.5) =3.2- 2x ( m) .由n n 112 34b1=( 25%×8+75%×8) -a1=14; ; a n=1a n- 1+1( 1a n- 1 3.2 - 2x>0 与x>0, 可得0 <x<1.6. 设容器的容积为 3 2 3 2y m3, 则有y=x( x+0.5) ( 3.2- 2x) , 且0<x<1.6, 经整理得+b ) , 而ay=-2x3+2.2x2+1.6x, 于是y′=-6x2+4.4x+1.6.令y′=0,n- 1n 3 n- 1 3n 3 n- 1有- 6x2+4.4x+1.6 =0, 即15x2- 11x- 4 =0. 解得x1 =1 或-4) .于是, 数列(a n-4)是首项为-2, 公比为1的等比x =- 4 ( 不合题意, 舍去) .从而在定义域( 0, 1.6)3 32 12 15n- 1, 故a n=4- 2 (1 ) n- 1, b n=数列, 从而有a n- 4=-3 ( 3 )内只有在x=1处使得y′=0.3 3 2 1因此, 当x=1 时, y 取得最大值, 也就是y max=4+ 3 ( 3 ) n- 1, n ∈N*. - 2+2.2+1.6=1.8( m 3) , 这时, 高为 3.2- 2×1=1.2( m ) .a n ( )2 1n- 1点评函数模型的应用性试题是高考的常见题型.导数是解答此类问题的常用工具.例6 某水库进入汛期的水位升高量h n (标高)与进入汛期的天数n 的关系是h n=20 %5n2+6n , 汛期共计约40 天, 当前水库水位为220 (标高), 而水库警戒水位是400 (标高), 水库共有水闸15 个, 每开启一个泄洪, 一天可使水位下降4 (标高) .( 1) 若不开启水闸泄洪, 这个汛期水库是否有危险? 若有危险, 将发生在第几天?( 2) 若要保证水库安全, 则在进入汛期的第一天起每天至少应开启多少个水闸泄洪? (参考数据: 2.272=5.1529,2.312=5.3361)解析(1) 进入汛期的水库水位标高f (n)=20%5n2+6n22 依题意得 8 >48%, 即 4-3 ( 3 ) >3.84, 解得n>log 3 25 . 因为 n 为自然数, 所以 n 的最小值为 3.故至少 3 次能达到要求. 点评建立数列模型, 构造等比、等差数列, 利用数列的有关性质进行变形, 使问题迅速获解.由上可知, 解答实际应用性问题的步骤是: 首先, 仔细阅读、深刻理解文字表达式的含义, 分清题设条件与结论, 理顺当中的数量关系; 其次, 引入字母, 按问题中的主要关系列出关系式, 将实际问题抽象转化为数学问题, 建立相应的数学模型; 最后, 解答建构的数学模型, 并回归到原问题里做出检验, 实现问题的解决.( 作者单位: 陕西省永寿县中学)责任编校赖庆安。

居高临下话解题_安振平

居高临下话解题陕西省永寿县中学安振平陕西师大李三平先生在文[ 1] 中阐述了高等数学也就是x =5, y =5时, F(x , y)取得最小值1.对中学数学的指导作用, 笔者读后获得较大启发.对中 2 6 6学数学中的某些问题, 运用高等数学知识探求其解题途径, 有时显得非常有效.本文列举个案加以说明.1.赛题求实数x 、y 的值,使得(y -1)2+(x +y -3)2+ (2 x +y -6)2达到最小值.这是2001 年全国初中数学联赛第二试第一题.笔者依据多年的解题经验,感悟此题可以运用配方法进行求解, 但经多次变形、配方和试验, 均遭失败.过了几月后, 笔者偶尔想到高等数学中运用偏导数可求多元函数的最值问题, 从而解题方案一跃而出.- - + 需要指出的是, 上述局部换元将三项平方式(x +y -3)2 、(2 x +y -6)2 化为一项、二项平方式 a 2 、(2 a-y )2 , 这就使展开、化简变得十分简单.解法 2 :令 a =1 -y , b = x +y -3 , c =6 -2 x -y ,则 a +2b +c =1.F (x , y )=(y -1)2 +(x +y -3)2 +(6-2 x -y )2=a 2 +b 2 +c 2 .- 6 ) +(b - 3 ) +(c - 6 ) =a 2 +b 2 +c 2 2 a - 2 b 2 c + 1 1 + 1 6 3 6 36 9 362.解法2.1 运用高等数学知识令 F (x , y )=(y -1)2 +(x +y -3)2 +(2 x +y -)- (=F (x , y1 a +2b +c )+ 1 3 6 =F (x , y )- 1 + 16)2 , 则为求 F (x , y )的最小值, 先求稳定点, 即求解如 3 6下方程组的解.=2(x +y -3)+4(2 x +y -6)=0 , x=F(x ,y)- 1≥0,6a =1 -y =1,6F=2(y -1)+2(x +y -3)+2(2 x +y -6)=0 , y即5 x +3y =15 ,3 x +3y =10 .= ∴当 b =x +y -3= 1 ,3c =6 -2 x -y = 1 , 6 解得 x = 5 , y 5 . 即 x = 5 、y =5 时, F (x , y )取得最小值 1 .2 6 2 6 6从题意知, 本题的最小值是存在的, 函数 F (x , y ) 在区域 x ∈ R , y ∈ R 上只有一个稳定点,= , y = .解法1 难在分组配方, 而解法2 从完全平方式入手, 似乎简单些.实际上, 两者的发现均基于对稳定点= 、y = 的心中有数.2 6 2 6可见, 这个稳定点也就是函数达到最小值的点.有了上面的高等解法, 探求其初等解法就容易多了, 即稳定点是实施配方变形的突破口.2.运用初中数学知识仔细观察F(x , y)的结构, 换元能够简化解题过程.解法1:令x +y -3=a ,则F(x ,y)=(y -1)2+a2+(2a -y)22.3运用高中数学知识纵观上述初中解法 2 , 我们得知原竞赛题可等价转化为:设实数a 、b 、c 满足a +2b +c =1,求证a2+b2+c2≥ 1.①6对于高中学生来说, 此题用柯西不等式(课外知识)实施证明是非常容易的.2 2 =2y 2-4ay +5 a2-2y +11≥解法 1 :∵1 =(a ·1 +b ·2 +c ·1) ≤(a 2 +b 2 +c 2)(12 +22 +12)=6(a 2 +b 2 +c 2), =2(y -a - )2 +3(a - 1 )2 + 12 3 6 ≥ 6 .3 3 ∴a 2 +b 2 +c 2 1 . 6 当且仅当 a = b = c , 且 a +2b +c =1 , 即 a = - =0 ,= ,1 2 1当即= 、c = 时, 不等式①取等号.1 56 3 6y -a -2 =0,y =6 .如果猜出了①式等号成立时a 、b 、c 的取值, 那么就可运用二元均值不等式(课内知识)解之.解法2:应用二元均值不等式,得a2+(1 )2≥ 1 a ,1 12 23 3 不等式的特殊情形:已知 a i , b i ∈ R (i =1 , 2 , 3), 则有(a b +a b +a b )2 6 3 ≤(a 2 +a 2 +a 2)(b 2 +b 2 +b 2). ② 1 2 3 1 2 3 b 2 +(1 )2 ≥ 2 b ,反过来, 我们对②中的字母实施特殊换元, 就能得 3 3 出与原赛题类似的下列问题. c 2 +(1 )2 ≥ 1 c ,问题1 求x 、y 的值,使(x +y -2)2+(2 x +y -6将此三式叠加, 得131 14)2 +(3 x +y -7)2 达到最小值.问题 2 已知 x 、y 为实数, 求(3 x -y )2 +(x +3y a 2 +b 2 +c 2 ≥ (a +2b +c )- = , 2 23 6 6故 a 2 +b 2 +c 2 ≥ 1 .-1)+(x-2y -4)的最小值.问题 3 已知x 、y 、z 为实数, 求证(x +2y +z -62 2 2 1由于二元均值不等式x 2+y 2≥2xy 的实质是(x -y)2≥0,这样,将高中解法2 改变叙述形式,就可得出初中解法2.应该说, 能够完成解题方法的跨越, 就必须掌握不同层次知识的相互联系, 从联系中不断挖掘解题途径, 寻求新的解题空间.3.深化由以上探讨, 我们已得出了原赛题的本质, 即柯西3) +(2x +3y +z -6) +(y+z -1) ≥6 .参考文献1李三平.浅谈高等数学对中学数学的指导作用.陕西师范大学继续教育学报, 2001 , 1 2罗增儒.数学解题学引论.西安:陕西师范大学出版社,19973安振平.高中数学常考知识点.北京:中国人民大学出版社, 2000(上接第32 页)实质上, P(x 万元)=1x 万元, 与P(x 元)=1x 元F(x 1N 1,x 2N 2,x 3N 3,…,x n N n) =f(k 1x 1,k 2x2,k 3x3,…,k n x n)5 51 =φ(k x ,k x ,k x ,…,k x )g N 1,1 12 23 3 n n (N 2,N 3, …,的现实意义是不同的, 虽然它们的公式都为P =5 x .3.2 多变量计算式的单位变换.在多变量计算式的计算过程中, 从数据与单位, 计N nk n)法测 2 关于数据变量分别为x, … , x n ,算过程与计算结论, 结论单位与结论各项的运算关系来看, 计算结论是一个关于数据与单位的积的多元复合函数.对于n 个变量的计算式, 设各变量分别为x 1, x 2,x 3,…, x n, 对应单位分别为M1, M2,M 3,…, M n. 对应的n 元复合函数为F(x 1M1,x2M2,x3M3,…,x n M n)=f(x 1,x 2,x 3,…,x n)=φ(x ,x ,x ,…,x )g(M ,M ,M ,…,M ).①单位分别为M1, M2, M3, … , M n的计算式f(x1,x 2,x 3,…,x n)=φ(x 1,x2,x 3,…,x n)g(M1,M2,M3,…,M n).当单位分别变为N 1, N 2, N 3, … , N n时, 单位变换系数分别为k 1, k2, k 3, … , k n, 计算式变换为f(k 1x 1,k 2x2,k 3x3,…,k n x n)=φ(k x ,k x ,k x ,…,k x )g N 1,N 2,N 3,…,1 2 3 n1 2 3 n1 12 23 3n n (k 1k 2k3当单位分别变换为N 1 , N 2 , N 3 , … , N n 时, 各变换系数为k 1, k2, k3, …, k n, 把①看成关于x 1的复合函数, 其余变量看作常量, 则根据法则1 , 得F(x 1N 1,x 2M2,x 3M3,…,x n M n)=f(k 1x 1,x 2,x 3,…,x n)N n).k n 从上面分析论证我们可以看出, 单位的变换会引起计算公式的变化, 这种变化不是简单的单位改变, 而是计算式相关的一个复合变换 . =φ(k x , x , x , … , x )g N 1 M单位变换的法则, 可以方便地解决应用题中单位1 2 3同理n ( ,k 12,M3,…,M n).变换的计算问题.单位变换理论为计算公式的修正带来了方便, 同时, 有可能解决许多因单位问题而有争议F(x 1N 1,x 2N 2,x 3M 3,…,x n M n)=f(k 1x 1,k 2x 2,x 3,…,x n)的数学命题.参考文献=φ(k x ,k x ,x ,…,x )g N1, k 11 12 23 n(N2 ,M3,…,M n),k21 罗增儒.解题分析——面对两种矛盾的解法.中学数学教学参考, 1999 , 6……。

注重通性通法寻求简明解答_安振平

2 事实上 , y = ( a +b) = 4 +2ab .
一方面 , 注意到 a ≥ 0 , b ≥ 0 , 得 y = 4 +2ab ≥ 4 = 2 ; 另一方面 , 用二元均值不等式 , 得 y = 4 +2 ab ≤ 4 +a +b = 2 2 .
2 2
所以 m = 2 , 故选( C) . M 2 需要说明的是 , 我们利用了“ 平方与开方” 的技巧 , 那就是简单的性质 : t = t2 ( t≥ 0) . 这个关系的联想 , 实现了条件与解题目标里“ 一次和二次” 之间的转换 , 有利于问题的快速解决 . 对二元均值不等式 2ab ≤ a +b 的两
1 + 1 -x 2
1 , x +3
变式 4 已知 a , b , c , d ∈ R , 判断函数 f( x )= a c -x +b x +d 的单调性 . 解由 c - x ≥ 0 , x +d ≥0 , 得原函数的定义域为 -d ≤ x ≤ c . 对函数 f ( x) 求导 , 得 f′ ( x)=2 a + c -x 2
2 4 -( x +1) , 2 2
选( C) . 分析 2 采用代数换元 , 借助观察、二元均值不等式 , 也可以求解 . 解法 2 设 a = 1 - x , b = x +3 , 则 a +b2 = 4 , a ≥ 0 , b ≥ 0 . 于是 , 问题转化为
2
求 y = a +b 的最大值和最小值 .
2
当 x =-3 , 或=1 时 , y max = M =2 2 . 所以 m = 2 , 故 M 2

精彩解法来自不断的疑问与探究

精彩解法来自不断的疑问与探究
安振平
【期刊名称】《数学教学》
【年(卷),期】2013(000)002
【摘要】思维总是由问题开始的，而经典问题的探究常常是在排疑解难的过程中被激发出来．思起于疑问，问能解惑，问能知新，问能生成精彩的解答方法．在课堂教学中，教师不仅要善于设问，更应满腔热情地引导学生敢问、会问、爱问、善问，不断促进问题解决意识的高效、持续地发展．
【总页数】3页(P6-7,27)
【作者】安振平
【作者单位】陕西咸阳师范学院基础教育课程研究中心,712000
【正文语种】中文
【中图分类】O175.6
【相关文献】
1.追寻本质解法变式演绎精彩--一道竞赛题的解法及变式探究 [J], 张宁
2.精彩来自于不断探究与持续反思 [J], 安振平;赵飞远;梁建龙
3.精彩问题来自不断的探索 [J], 汪维刚
4.精彩来自不断的探究 [J], 李斌
5.来自课堂实践中的疑问与探究——以八年级下册第六单元写作训练为例 [J], 刘玉
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感悟高考数学新题中的思维能量_安振平

(a c2感悟高考数学新题中的思维能量陕西咸阳师范学院教育科学学院( 712000 )安振平一、数形结合性试题例1(北京，3)如图1，函数 f(x)的图象为折线AC B，则不等式 f(x)≥log2( x + 1) 的解集是() ．A． { x|－1＜x≤0}B． { x|－1≤x≤1} 图1C．{ x|－1＜x≤1}D． { x|－1＜x≤2}讲解在题目中的图形里，再画上函数y = log2 ( x + 1) 图像，容易看出不等式 f( x)≥ log2 ( x + 1)的解集为{ x|－1＜x≤1} ，故选C．例2(安徽，9)函数f(x)=a x+b的图象如图 2 所示，则下列结论成立的是( ) ．A．a＞0，b＞0，c＜0B．a＜0，b＞0，c＞0 C．a＜0，b＞0，c＜0D．a＜0，b＜0，c＜0讲解从函数解析式和其图像知x ≠－c 显然有－c ＞0，则c＜0．当 x = 0 时，有f( 0) =b所以 b ＞0;2当y =0 时，有 x=－b＞0，所以a＜0．檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭2x －3y = 0，将 l0向可行域方向平行移动，使其与可行域相交，此时由于z=2x－3y，易得y =2x －z，此处－图3y － 2 x － y － 3 = 0 aa≤ 4，求 f ( － 2) 的取值范围． 3.设 a ＞ 1，若对于任意的 x ∈ ［a ，2a ］，都有 y ∈［a ，a 2 ］，满足方程l og x + l og y = 3，这时a 的取值集合为 () ．A ． { a | 1 ＜ a ≤ 2}B ． { a | a ≥ 2}3 3 C ． { a | 2 ≤ a ≤ 3} D ． { 2，3} z作为平行直线系中直线在 y 轴上的截距，易知截距的最大和最图 1小值分别对应着 z 的最小和最大值，即得 z 的范围．显然，z 在点 D 处取最小值，在点 B 处取最大值．由{x － y － 2 = 0得 D( 3，4.当x 、y 满足条件| x － 1 | +| y + 1 | ＜ 1 时，变量 μ =x － 1的取值范围是．5.设S n 是等差数列{ a n } 的前n 项和，S 6 ≥ 21 且 S 15 ≤ 120，则 a 10 的最大值是．变式训练参考答案 1． ( － 9 ，13) 2．［5，10］ 3． Bx + y － 4 = 0 2 21) ，由{得B( 1，－ 2) ．将点D 和点B 的4．(－1，1)5．10x + y + 1 = 0 3 3坐标代入z=2x－3y有:z∈(3，8)．变式训练1．已知－1＜a+b＜3，且2＜a－b＜4，求2a + 3b 的取值范围．2．设f(x)=a x2+b x，1≤f(－1)≤2，2≤f(1)结论不等式不同于等式，等式两边可以相加减，同向不等式可以相加，但不能相减，在不等式求解范围的这一类问题中，不能直接将变量分开来解，而应将二元不等式看成一个整体，利用整体的思想去解决问题．( 收稿日期: 2015 －02 －12)•16•2 2{221 2 n k 1 2 7 中学生理科应试2015． 8 于是，有 a ＜ 0，b ＞ 0，c ＜ 0．故选 C ．数字串 x x …x ( n ∈ N * ) ，其中 x ( k = 1，2，…，n ) 例3 ( 湖北，12) 函数f ( x ) = 2s i n x s i n ( x + π)－ x 2 的零点个数为．讲解函数f( x) = 2sinxsin( x +π) － x 2 的零点个数等价于方程2sinxsin( x +π) － x 2 = 0 的实数根的个数，即在同一坐标系中，函数 g( x) = 2sinxsin( x +π) = 2sinxcosx = sin2x 与 h( x) = x 2 的图像交点个数．于是，分别画出其函数图像如图 3 所示，由图可知，函数 g( x) 与h( x) 的图像有 2 个交点．所以填 2．图 3点评数学是关于现实世界数量关系和空间形式的一门科学，寻找数量关系和图形关系的联系，实现数和形的双向沟通，这是解答数学高考试题的通性通法，值得读者深刻思考，反复琢磨，自醒自悟．二、情景探究性试题例4 ( 福建，8) 若a ，b 是函数f ( x ) = x 2 － p x + q ( p ＞ 0，q ＞ 0) 的两个不同的零点，且a ，b ，－ 2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p + q 的值等于( ) ．A ． 6B ． 7C ． 8D ． 9 讲解由韦达定理得a + b = p ，a •b = q ，从而 a ＞ 0，b ＞ 0．当a ，b ，－ 2 适当排序后成等比数列时，－ 2 必为称为第 k 位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误( 即码元由 0 变为 1，或者由 1 变为 0) ．已知某种二元码 x x …x 的码元 x 4 x 5 x 6 x 7 = 0，满足如下校验方程组:x 2x 3 x 6 x 7 = 0， x 1x 3x 5x 7 = 0，其中运算定义为: 0 0 = 0，0 1 = 1，10 = 1，11 = 0．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 k位发生码元错误后变成了 1101101，那么利用上述校验方程组可判定 k 等于．讲解由题意得知，相同数字经过运算后得0，不同数字运算后得1．从x 4x 5x 6 x 7 = 0，可以判断后4 个数字出现错误; 从x 2 x 3x 6x 7 = 0，可以判断后2 个数字没错，即出错的是第4 个或者第5 个; 从x 1x 3x 5x 7 = 0，可以判断出错的数字是第5 个．综上知，第 5 个码元错误．故填 5．点评情景新颖、复杂的题目求解，需要锁定目标，寻找理论依据，合情推理，修改路径目标，拐弯不奇怪，逐步套牢目标，不断转化，惊险散尽，自然水到渠成．三、实际应用性试题例 6 ( 广东，12) 若高三毕业班有 40 人，同学之间两两彼此给对方写一条毕业留言，那么全班共写了条毕业留言( 用数字作答) ．讲解实际为两点之间的连线问题．因为每人给彼此写一条留言，所以，每人写毕业留言的条数为39，从而一共有 40 × 39 = 1560 条留言．故填 1560．等比中项，所以a•b=q=4，b=aaa4 ．a 图 4 图 5例 7 ( 陕西，16) 如图 4，一横截面为等腰梯形当a ，b ，－ 2 适当排序后成等差数列时，－ 2 必不是等差中项，当 a 是等差中项时，2a = 4－ 2，解得 a= 1，b = 4; 当 4是等差中项时，8= a － 2，解得 a= 4，b = 1．综上知，a + b = p = 5，所以 p + q = 9，故选 D ．例5 ( 福建，15) 一个二元码是由0 和1 组成的的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型( 图中虚线表示) ，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为．讲解如图5，首先求梯形面积，已知上底为C D=10，高为2，故只需求下底A B的长．分别过A、B 两点向CD 引垂线，垂足分别为E、F，由题目所给角度可知，∠F B C=45°，易得B F =F C=2．同理，A E=D E=2，所以下底A B=E F =10－2－2=6，梯形A B C D的面积S1=(10+6)×2÷2=16．接下来计算抛物线面积，如图5，以抛物线的顶点为坐标原点O，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系x O y．由已知抛物线经过三点(－5，2)，(5，2)，(0，0)，易得抛物线四、背景文化性试题例9(全国1，6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题: “今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问: 积及为米几何?”方程为2 2 52 2－5 其意思为: “在屋内墙角处图 6y = 25 x ．截面面积S 2 = 10 × 2 － ∫25 x dx= 20 － 2 x 3 | 5 = 20 －［2 × 53 － 2 × ( － 5) 3］ =堆放米( 如图 6，米堆为一个圆锥的四分之一) ，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积75－575 75和堆放的米各为多少?”已知1 斛米的体积约为1． 6220 － 203= 403立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米约有于是，在流速一定的情况下，原始最大流量与当前最大流量的比值等于横截面的面积之比，也就是S 48( ) ．A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛讲解设圆锥底面圆半径为 r，则1 = S240=1．2．故填1．2．，1× 2 × 3r = 8 r = 416 ．3 例 8 ( 重庆，17) 端午节吃粽子是我国的传统所以，米堆的体积是1 1 162习俗，设一盘中装有 10 个粽子，其中豆沙粽 2 个，肉粽3 个，白粽5 个，这三种粽子的外观完全相同，从中4 • 3 •3 ·( 3 ) 320，于是，堆放的米约有320• 5 =任意选取 3 个．( 1) 求三种粽子各取到 1 个的概率;10C C C 235439例 10 ( 全国 2，8)9÷ 1． 62 ≈ 22．故选 B ．( 2) 设 X 表示取到的豆沙粽个数，求 X 的分布列与数学期望．讲解 ( 1) 本题属于古典概型，从 10 个粽子中任取3 个，基本事件的总数为 C 3 ，其中，事件“三种粽子各取 1 个”的基本事件的个数为 C 1 C 1 C 1 ，根据古典概型概率计算公式，知所求概率为: P( A) =1 1 123 5= 1 ．CC 3C C 3 C C 15 图 7 程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的 a 、b 分别为 14，18，则输出的 a = () ．图 710A ． 0B ． 2C ． 4D ． 14( 2) 由于 10 个粽子中有 2 个豆沙粽，因此 X 的3 可能取值分别为 0，1，2，且 P ( X = 0) = 8 = 710 讲解程序在执行过程中，a ，b 的值依次为 a= 14，b = 18; a = 14，b = 4; a = 10，b = 4; a = 6，b = 4; a = 2，b = 4; a = 2，b = 2．当a = b = 2 时，程1 2P( X = 1) = 2 810，C 3C C 15 152 1= 7 ，P ( X = 2) = 2 8 = 110序结束，输出 a 的值为 2，故选 B ．点评数学是一种文化，是一种精神，体现数综上知，X 的分布列为学文化的新颖试题X 01 2 读者关注、探究和7 P157 151 15高考数学复方面: 基础知识于是E( X) = 0 × 7 + 1 × 7 + 2 × 1 = 3( 个) ．，15 5 的提炼，基本活动经验的积累．要知道，运算、推理、15 15作图、数据处理、绘制表格等等数学操作技能，需要点评数学是一种工具，工具就有广泛的应用价值，实际应用性问题解答的关键在于，选择恰当的数学模型，将实际问题化归为数学问题，“数学化” 的过程就是要把陌生问题化为熟悉问题，未知问题化为已知问题，复杂问题化为简单问题．联系、联想和整合，需要望着解题目标，紧扣目标，锁定目标，变形目标，合理变更、变形、转化，把数学学得容易些、有趣些、简单些，这是我们追求的境界所在．( 收稿日期: 2015 －06 －18)。

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ａｂ２，，若想到二元均值不等式：获得２ｚ）ａｂ≤ （＋）２ｘ（２ｚ）２］，ｘｘｚ＝ｘ（ｚ）≤ ［＋ｙ＋ｙ＋２ｙ＋２２
２２如何与条件槡中间量ｘ＋（ｚ）ｘｚ＋ｙ＋ｙ＋２
为产生字母的平方，联想到柯西不等式，＝１联系？当中需要配凑系数．解利用二元均值不等式和柯西不等式，得１· ３ｘ·（ｚ）ｙ＋２槡３槡
１［３ｘ＋（ｚ）ｙ＋２２槡］２３槡３·ｘ＋１· ｚ］１［ｙ＋２２槡２３槡
２２２２（（（３）ｘｚ］１［＋２＋１）＋ｙ）２槡槡２３槡
≤ ＝
１（２３２２槡ｘ＋ｙ．＋ｚ）＝槡３３槡
ｍ的值为Ｍ
ｘ＋槡ｙｋ，ｘ＋槡ｘ＋ｙ变形为槡２ｙ ≤ｋ槡槡 ≤ 即２ｘ＋ｙ槡
＋１ｙ．ｋ≥ 槡ｘ２· ＋１槡ｙ令，，得ｋ≥ 这样，用ｔ＞０，＝ｔｙ槡２ｔ＋１槡
２
ｘ
≤
ｘ
ｔ＋１
２１０槡．５例３（２０１２年浙江高考文科题）若正数ｘ，ｙ２８２４（Ｂ）（Ｃ）５．Ｄ）６．Ａ）．（（５５
９
３１分析把条件ｘ＋３ｘｙ＝５ｙ变形为＋ｘ５ｙ５１３）（，于是３把上式３ｘ＋４ｘ＋４＝１，＋ｙ＝（ｙ）ｘ５ｙ５右边展开，自然想到用二元均值不等式．解利用二元均值不等式，得１３（ｘ＋４ｘ＋４３３＋）ｙ＝（ｙ）５ｘｙ５＝１３３（４４ｘ３３· ｙｘ）１２ｙ· ＋＋＋ ≥ ５５ｘｙ５５ｘｙ
２槡１０故２ｘ＋ｙ的最大值是．５，则ｙ＝ｔ－２代入点评若令２ｘ＋ｙ＝ｔｘ，２２２消元ｙ，得４条件４ｘ＋ｘｘ＋ｘ（ｔ－２ｘ）ｙ＋ｙ＝１，
２ｔ－２ｘ）＝１，＋（整理为关于ｘ的一元二次方程２２）＝０（ｘｔｘ＋（ｔ６－３－１＊）注意到ｘ是实数，说明（当然，＊）有实数根，２２）（）立得｜其判别式 Δ ＝（ｔｔｔ４－２－１｜－３ ≥ ０，
系，自然想到二元均值不等式．
２２解利用二元均值不等式，得１＝（ｘ）２＋ｙ
只要让槡边槡ｘ＋槡ｘ＋ｙ，ｘ２＋槡ｙ放大到右边槡ｙ＝１· ２ｘ＋１·槡ｙ即可．槡２槡１· 解利用柯西不等式，得槡ｘ＋槡ｙ＝２槡２ｘ＋１· 槡ｙ ≤ 槡）（（＋１２ｘ＋ｙ）＝２槡１６槡２
分析注意到解题目标ｘｘｚ＝ｘ（ｙ＋ｙ＋２
槡
＝５．所以，应当选（Ｃ）． ”的代换技巧，点评这里用到 “ 值得关注１，，解出ｙ＝１（代和反思．若令３ｘ＋４ｔ－３ｘ）ｙ＝ｔ４入条件ｘ＋３消元ｙ，得关于ｘ的一元二次ｘｙ，ｙ＝５方程，同例２的点评，用判别式方法，也可获解．当中的设元、消元思想值得学习．事实上，由条件ｘ＋３ｘｙ＝５ｙ，解出ｙ＝
简易逻辑与函数及不等式的综合
１２年北京文科卷１４题为例０ ── 以２
魏国兵
（）江苏省南京市溧水区教育局教研室，２１１２００
近年来，将简易逻辑与函数及不等式综合在一起的考题在高考中时有出现，且往往以小题压轴题的形式出现，这类题目已成为高考的热点及难点．这类试题知识覆盖面广，综合性强，灵活多样．从知识目标看能考查高中数学核心概念，从能力目标看能考查学生的分类讨论、数形结合、化归转化、分析问题及解决问题等能力．在推行高考命题以 “ 能力立意 ”的今天此种类型倍受命题教师的青睐．背景及解析１．）已知ｆ（题目（ｘ）１２高考北京文科卷１２０４ｘ（）（），（），ｍｘ＋ｍ＋３ｇｘ＝２－２若ｘ＝ｍｘ－２则ｍ的取值范围ｘ）＜０或ｇ（ｘ）＜０，ｆ（ ∈ Ｒ，是．本题将函数、不等式及简易逻辑完美地融合在一起，且涉及的函数均为高中阶段的基本函数（，二次函数及指数函数）是一道精心打磨的好题．学生在处理这道题目时，对于“ 若ｘ ∈ Ｒ，ｘ）ｆ（ ” 这一句话不能正确理解，导致无ｘ）＜０或ｇ（＜０
ｘｘｚ＝ｙ＋２
≤ ＝
ｘ，代入目标３就实现了消元，从而化ｘ＋４ｙ，５ｘ－３二元问题为一元问题，得ｆ（ｘ）＝３ｘ＋４ｘ＋ｙ＝３
４ｘ（３，这可通过求导或变形后用二元均ｘ＞）５ｘ－３５值不等式解答之．例４（０８年重庆高考题）已知函数ｙ＝２０最小值为ｍ，则１－ｘ＋槡ｘ＋３的最大值为Ｍ，槡
２若ｘ例６（１３年浙江大学自主招生题）２０＋２２２，求ｘｘｘ，２＋ｙ的最小值．ｙ－ｙ＝７（ｙ ∈ Ｒ）
）分析注意到（ｘ＋３１－ｘ）＝４是常数，＋（２容易想到对函数关系两边平方，得ｙ＝４＋（（），于是只要在定义域内，研究ｘ＋３２槡１－ｘ）（）的最大值和最小值即可．（ｘ＋３１－ｘ）解因为函数ｙ＝槡ｘ＋３的定义１－ｘ＋槡］，域为［所以１－３，
２２２２（，（从左等式的形式ａｘ＋ｂａｘ＋ｂ）＋ｙ）ｙ≤ 槡
大值，就获得了实数ｋ的最小值．
２例２（ｘ１１年浙江高考理科题）若４２０＋ｘｙ２则２ｘ＋ｙ的最大值是．＋ｙ＝１，２２分析条件４ｘ＋ｘｙ＋ｙ＝１左边是二次的，而解题目标２消除次数差异，ｘ＋ｙ是一次的，２２获得（容易想到对２ｘ＋ｙ平方，ｘ＋ｙ）ｘ２＝４＋２于是，问题转化为在题设ｘｘｘｙ＋ｙ＋３ｙ＝１＋３ｙ，２２求ｘ条件４这样，ｘ＋ｘｙ＋ｙ＝１下，ｙ的最大值．２２２２需要把４ｘｘ＋ｘ＋ｙ与ｘｙ＋ｙ＝１里的４ｙ联
１于是即ｘｘｘ＋ｘｙ ≥ ２·２ｙ＋ｘｙ＝５ｙ，ｙ≤ ．５２ｘ＋ｙ ≤ ≤ ＝２（ｘ Fra bibliotekｙ）２＝槡
ｘ１＋３ｙ槡
１＋５槡２１０槡．５
３
所以，满足不等式槡ｘ＋ｙ，ｘ＋槡ｘ＋ｙ２２ｙ ≤ｋ槡槡６的实数ｋ的最小值是槡．２点评如果没有联系到柯西不等式，也可把
）．ｘ＋１４＋２４－（槡槡
２
当ｘ＝－１时，当ｘ＝－３，或Ｍ＝ｙｍａ２；ｘ＝２槡
ｘ＝１时，ｍ＝ｙｍ．ｎ＝２ｉ
２，２所以，ｍ＝槡应当填槡．Ｍ２２
１０
２２７＝ｘｘ＋２ｙ－ｙ２２（（２－１ｘ）＝ｘ－ｙ＋２槡槡
８
— —２数学通讯 — 上半月）０１４年第５、６期（ · 辅教导学 ·
从已有知识经验出发寻找解题思路＊
安振平
（）陕西咸阳师范学院教育科学学院，７１２０００
］中，江苏于志洪先生在文［利用三角换元法１解答了６道高考多元条件求最值问题，笔者阅读该，文的同时思考了怎样从学生的已有知识、经验出］中发，寻求自然的、简明的解题途径．本文以文［１的问题为例，探究这些代数最值问题的直接解答途径，愿对读者开展解题分析，探究解题思路，形成解题过程有所启迪．例１（１３年宁镇扬三市二模试题）若不等２０对任意正实数ｘ，式槡ｘ＋槡ｘ＋ｙ，２ｙ ≤ｋｙ成立，槡求ｋ的最小值．分析联想到柯西不等式，需要配凑柯西不
— —２数学通讯 — 上半月）０１４年第５、６期（ · 辅教导学 ·
堆转一圈，看看能否发现老鼠的尾巴．如果有，就
ｙ）２－１槡槡
１
捉出老鼠．如果没有发现老鼠尾巴，就要寻找这堆石头的缝隙，某个缝隙可能就是寻找的突破口．联想曾经抓老鼠的经验，思考能否转化为以前捉老鼠的方法．如果可以，那就搞定了；如果不成功，就需换个途径，直到抓出老鼠为止．数学解题，何尝不正是这样的道理呢！参考文献：［］应用三角换元法解高考最值问题１于志洪．（）［］，数学通讯（下半月）１４１．Ｊ．２０［］王峰．用待定系数法证明不等式２安振平，（）［］，中学数学教学参考（上旬）１３８．Ｊ．２０（）收稿日期：１４－０３－０６２０