1、数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 1 “ 怎样解题表” 与数学解题策略 班级：高二（ ）班 姓名： 时间： 月 日 一、波利亚的“怎样解题表” 乔治波利亚(George Polya，18871985)是美籍匈牙利数学家、数 学教育家在解题方面，是数学启发法(指关于发现和发明的方法和规 律，亦译为探索法)现代研究的先驱由于他在数学教育方面取得的成 就和对世界数学教育所产生的影响，在他 93岁高龄时，还被 （国际数学教育大会）聘为名誉主席 作为一个数学家，波利亚在函数论、变分法、概率、数论、组合 数学、计算和应用数学等众多领域，都做出了开创性的贡献，留下了 以“波利亚”命名的定理或术语；
2、他与其他数学家合著的数学分析中 的问题和定理 、 不等式 、 数学物理中的等周问题 、 复变量等 书堪称经典； 而以200多篇论文构成的四大卷文集， 在未来的许多年里， 将是研究生攻读的内容 作为一个数学教育家，波利亚的主要贡献集中体现在怎样解题 (1945年)、 数学与似真推理(1954年)、 数学的发现(1962年)三部 世界名著上，涉及“解题理论”、“解题教学”、“教师培训”三个领域波 利亚对数学解题理论的建设主要是通过“怎样解题”表来实现的，而在 尔后的著作中有所发展，也在“解题讲习班”中对教师现身说法他的数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 2 著作把传统的单纯解题发展为通过解
3、题获得新知识和新技能的学习过 程，他的目标不是找出可以机械地用于解决一切问题的“万能方法”， 而是希望通过对于解题过程的深入分析，特别是由已有的成功实践， 总结出一般的方法或模式，使得在以后的解题中可以起到启发的作 用他所总结的模式和方法，包括笛卡儿模式、递归模式、叠加模式、 分解与组合方法、一般化与特殊化方法、从后往前推、设立次目特标、 归纳与类比、考虑相关辅助问题、对问题进行变形等，都在解题中行 之有效尤其出色的是，他将上述的模式与方法设计在一张解题表中， 并通过一系列的问句或建议表达出来，使得更有启发意义著名数学 家互尔登在瑞士苏黎世大学的会议致词中说过： “每个大学生、每个学 者、特别
4、是每个教师都应该读这本引人入胜的书”(1952年2月2日) 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 3 表1 波利亚的“怎样解题表” 理解题目 第一步 了解问题 未知数是什么？已知数是什么？条件是什么？ 可能满足什么条件？ 画一个图，引入适当的符号. 将条件与结论在自然语言、符号语言以及符号语言之间进行转换 拟定方案 第二步 找出已知数和 未知数间的关 系. 假使你不 能找出关系， 就得考虑辅助 问题. 你以前曾见过它吗？ 你知道与此有关的问题吗？ 注视未知数！试想出一个有相同或相视未知数的熟悉的问题. 这里有一个与你有关且以前解过的问题. 你能应用它吗？ 你可以改述这个问题吗？ 回到定义
5、！ 你若不能解这个题，试先解一个有关的问题. 你能想出一个更容易 着手的有关问题吗？一个更一般的问题？一个更特殊的问题？一个类似 的问题？你能解问题的一部分吗？ 你用了全部条件吗？ 执行方案 第三步 执行你的方案 实行你的解题计划，核校每一步骤. 回顾反思 第四步 检查已经得到 的解答 你能核校结果吗？你能核校论证吗？ 你能用不同的方法得出结果吗？ 你能应用这结果或方法到别的问题上去吗？ 注：四个步骤需要不断地反馈调节，即使四个步骤完成了也存在反思改进的空间：有时候 思路还比较麻烦，通过反馈调节而精简；有时候思路还存在错误，通过反馈调节而纠正. 图 1 “怎样解题表”的流程图 成 功 理解题目
6、 拟定方案 执行方案 回顾反思 结 束 失 败 调 节 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 4 例 1 过点 2, 4 M 作两条互相垂直的直线分别交 x、 y正半轴于 A、 B两点，若直线 AB 平分四边形 OAMB的面积，求直线 AB的方程. 分析： 问题的关键点在于如何表征出“ MAM B ”以及“直线 AB平分四边形 OAMB的面积”. 首先我们考虑如何表征出 MAM B ，或者说如何使用 MAM B 这一条件. 可能的思路： 1-1 1 MA MB kk 或者 MAx 轴、 MBy ； 1-2 222 MAM BA B ； 1-3 0 MA MB . 这三种思路是等价关系.
7、“直线 AB平分四边形 OAMB的面积”可能的思路： 2-1 AOB MAB SS OA B MA B dd 2-2 AOB MAB SS OA OB BM MA 2-3 AOB MAB SS MO 与 AB的交点是 MO 的中点 2-4 1 2 AOB OAMB SS 四边形1 () 2 AOB OBM OAM SSS 这四种思路是等价关系. 解法一： （利用 1-1 及 2-1. 1-1 的应用主要是设出两条相互垂直的直线方程） 1依题意，若 MA的斜率不存在，则 MB的斜率为 0，此时，四边形 OAMB为矩形，符合 题意. :1 24 xy AB ，即24 0 xy . 2若 MA、MB
8、的斜率均存在，且不为零. 设 :4(2 ) MA y k x ，则 1 :4(2 ) MB y x k . 在 MA中，令 0 y ，得 4 2 x k ；在 MB中，令 0 x ，得 2 4 y k . 4 (2 , 0 ) A k ， 2 (0, 4) B k ， 依题意 4 02 20 1 2 0 40 2 kk k kk k 或 或 1 2 2 kk 或 . :1 42 24 xy AB kk ，即 10 2424 kk xy kk ，又 OAB MAB SS ， O到直线 AB的距离等于 M 到 AB的距离， 24 11 2424 kk kk 22 22232 kkk ， 22 22
9、232 kkk 22 22232 kkk 或， 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 5 4 3 k 或 0 k 或 3 4 k . 又 1 2 2 kk 或， 4 3 k ，此时， :250 AB x y . 综上所述， AB的方程为24 0 xy 或 250 xy . 解法二： （利用 1-3 及 2-1） 由题意设 AB的方程为： 1 xy ab (0 ,0 ) ab ，即 0 bx ay ab ， ,0 , 0, AaBb . MAM B ， 0 MA MB ，又 (2 ,4 ) MA a ， (2 , 4 ) MB b ， ( 2) ( 2) ( 4) ( 4) 0 ab ，即
10、 21 0 ab . 又 OAB MAB SS ， O到直线 AB的距离等于 M 到 AB的距离， 22 22 24 ab b a ab ba ba ，即 24 ab b a ab ， 202 ab a bba 或 . 21 0 , 21 0 , 20 2 . ab ab ab a bba 或 解之得 10 3 20 3 a b （舍） 2 4 a b 或 5 5 2 a b . 所以， AB的方程为24 0 xy 或 250 xy . 解法三： （利用 1-3 及 2-2） 由题意设 AB的方程为： 1 xy ab (0 ,0 ) ab ，即 0 bx ay ab ， ,0 , 0, AaB
11、b . MAM B ， 0 MA MB ， 又 (2 ,4 ) MA a ， (2 , 4 ) MB b ， ( 2 )(2 ) (4 )( 4 ) 0 ab ，即 21 0 ab . 又 OAB MAB SS ， OA OB BM MA ， 2222 (2 )(4 )(2 )( 4 ) ba a b ，即 22 82 0 42 0 bb aa a b ， 将 10 2 ab 代入 22 82 0 42 0 bb aa a b 得 2 2( 8 20) (10 2 ) bb b b ， 4 b 或 5 2 b ， 2 4 a b 或 5 5 2 a b . 所以， AB的方程为24 0 xy
12、或 250 xy . 解法四： （利用 1-3 及 2-3） 由题意设 AB的方程为： 1 xy ab (0 ,0 ) ab ，即 0 bx ay ab ， ,0 , 0, AaBb . MAM B ， 0 MA MB ，又 (2 ,4 ) MA a ， (2 , 4 ) MB b ， 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 6 ( 2 )(2 ) (4 )( 4 ) 0 ab ，即 21 0 ab . 又 OAB MAB SS ， MO 与 AB的交点 N是 MO 的中点，则 (1, 2 ) N ， A、 B、 N 共线，(1 ) (2 )2 ab ，即 20 ab a b ， 由 21
13、 0 20 ab ab a b 得 2 4 a b 或 5 5 2 a b . 所以， AB的方程为24 0 xy 或 250 xy . 解法五： （利用 1-3 及 2-4） 由题意设 AB的方程为： 1 xy ab (0 ,0 ) ab ，即 0 bx ay ab ， ,0 , 0, AaBb . MAM B ， 0 MA MB ，又 (2 ,4 ) MA a ， (2 , 4 ) MB b ， ( 2 )(2 ) (4 )( 4 ) 0 ab ，即 21 0 ab . 直线 AB平分四边形 OAMB的面积， 1 2 AOB OAMB SS 四边形 ， 即 1 () 2 AOB OBM O
14、AM SSS ， 则 11 11 42 22 22 ab a b ，即 2 ab a b . 由 21 0 2 ab ab a b ，得 2 4 a b 或 5 5 2 a b .所以， AB的方程为24 0 xy 或 250 xy . 二、数学解题策略 策略是指导行动的方针，同时也是增强效果、提高效率的艺术. 数学解题的策略是为 了实现解题目标而采取的方针. 它体现了选择的机智和组合的艺术. 解题策略的选择是一种有目的的思维活动，然而并不遵循严格的逻辑规则，往往有许 多中间性的跳跃，它通常是依据知识经验和审美判断，对解决数学习题的途径和方法作出 总体性的决策，带有一定程度的猜测性和预见性.
15、常见的解题策略有：模式识别、映射化归、差异分析、分合并用、进退互化、正反相 辅、动静转换、数形结合、有效增设、以美启真. 2-1 模式识别 将积累的知识经验经过加工会得出有长久保存价值或基本重要性的典型结构与重要 模型模式. 当遇到一个新问题时，需辨认它属于哪一类模式，联想起一个已经解决的问题，以此 为索引，在记忆贮存中提取出相应的方法加以解决，这就是模式识别的解题策略. 它体现了思维定势正迁移的积极作用，也体现化归的思想. 例2 已知 , x y的方程 22 5624210 xx yyxy ，求其实根. 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 7 例3 求 2 2 64 4 yx x 的
16、最小值. 练习：求 2 21 () 1 x fx xx 的值域. 例4 解方程组 23 23 23 , , . x ay a z a x by b z b x cy c z c 例5 求 sin 1 cos 2 x y x 的最值. 例 6 求实数 a 的取值范围，使得对任意实数 x 和 0, 2 ，恒有 22 1 ( 3 2sin cos ) ( sin cos ) 8 xx a a . （1996 年全国高中数学联赛试题） 【答案】原不等式等价于 2 1 (3 2sin cos sin cos ) 4 aa ， 0, 2 . 解不等式得 1 32 s i nc o s 2 sin cos
17、a ， 0, 2 或 1 32 s i nc o s 2 sin cos a ， 0, 2 . 先求 1 32 s i nc o s 2 sin cos 0, 2 的最大值. 令 sin cos x ，则 1, 2 x ，于是 2 1 3( 1 ) 51 2 () 2 x fx x x x . 易知 () f x 在 1, 2 上是减函数，所以 max 7 () ( 1 ) 2 fx f ，从而 7 2 a . 再求 1 32 s i nc o s 2 sin cos 0, 2 的最小值. 令 sin cos x ，则 1, 2 x ，于是 2 1 3( 1 ) 31 3 2 () 2 6 2
18、2 x fx x xx ， 当 6 sin cos 2 x 时等号成立. 从而 min () 6 agx . 综上， a的取值范围为 7 ,6 , 2 . 怎样积累模式 总结课本内容，归纳基本模式 学完一章节（或跨章节）后，总结一共有几个题目类型，每个题型有哪些解决方法？ 分析解题过程，提炼深层结构（揭示“形异而质同”的深层结构） 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 8练习： （小题狂做 P16 T13）已知动点 (,) P xy在椭圆 22 1 25 16 xy 上，若 A点坐标为 (3,0)， 1 AM ，且 0 PM AM ，则 PM 的最小值 . 模式识别的层次 直接用， 转化
19、用， 分解组合用. 2-2 差异分析 (1)基本含义. 如果我们把题目的条件与结论之间的差异称为目标差，那么解题的实质就在于设计一 个使目标不断减少的过程.通过寻找目标差，不断减少目标差而完成解题的思考方法，叫做 差异分析法. (2)差异分析法的使用. 通过题目中出现的元素，元素间所进行的运算，以及元素之间所存在的关系去找出 差异. 对于所找出的目标差，要运用基础知识和基本方法立即作出减少目标差的反应. 减少目标差的调节要一次又一次地发挥作用，使得目标差逐渐减少、步步积累,最终 例如用模式识别的策略解三角函数的最值 一、利用正弦、余弦的有界性 模式 1： sin( ) yA x B （或 co
20、s( ) yA x B ） 模式 2： sin cos yaxbxc 模式 3： 22 sin sin cos cos ya xbxxc xd 模式 4： cos cos axb y cxd （或 sin sin axb y cxd ） 模式 5： sin( ) sin( ) ym x m x （或 cos( ) cos( ) ym x m x ） 模式 6： sin( )cos( ) ym xm x （或 sin( )sin( ) ym xm x 、 cos( ) cos( ) ym xm x ） 二、转化为二次函数的最值 模式 7： 2 sin sin ya xbxc (或 2 cos c
21、os ya xbxc ) 模式 8： (sin cos sin cos ) yfx xxx ， 三、转化为解析几何中圆的切线斜率、两点间的距离的最值问题 模式 9： sin cos axb y cxd （或 cos sin axb y cxd ） 模式 10： 22 (c o s ) (s i n ) yaxcbxd 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 9 完成解题. 运用差异分析法可以简捷回答解题中的两个基本问题，从何处下手？向何方前进？就 从找目标差开始，就向着目标差减少的方向前进. 例 7 证明： 2 cos 1 sin 2 4 cot tan 22 . 例 8 设 6 6543
22、2 6543210 31 ax ax ax ax ax ax a x ，求 654 aaa + 3210 aaaa 1985 年高考数学理科第二 题 讲解 将已知式与求值式逐项对齐，并进行差异分析 6 65432 6543210 6543210 31ax ax ax ax ax ax a x aaaaaaa ？ ， 可见，消除差异应同时取 65432 1, 1, 1, 1, 1, 1, xxxxxx 所以取 1 x 代人已知 式，得 6 6543210 31= 3 2 aaaaaaa 评析 在差异分析观点之下，取值 1 x 就不是一个妙手偶得的特殊技巧了，而是一 个策略思想的具体实施并且，这一
23、经验积累，又与“特殊化”相通，可以用来处理很多数 学问题，比如下面几道类似的高考题： 例 8-2 已知 77 01 2 2 7 (1 2 ) x aa xa x a x 那么 12 7 _ aa a 1989 年高考数学第（16）题（4 分） 例 8-3 若 42 3 4 012 3 4 (2 3) x aa xa xa xa x ，则 2 024 () aaa 1 (a 2 3 ) a 的值为（ ） （A）1 （B） 1 （C）0 （D）2 1999 年高考数学理科第（8）题 例 8-4 若 2004 2 2004 0 1 2 2004 (1 2 ) ( ) x aa xa x axxR ，
24、则 010 () ( aaa 2 0 3 0 2004 ) ( ) ( ) _ aaa aa 2004 年天津理科第（15）题（4 分） 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 10 例 8-5 已知 52 3 4 5 012345 (1 ) x aa xa xa xa xa x ，则 0241 () ( aaaa 35 ) aa 的值等于 2007 年安徽文科第（12）题 例 8-6 若 55432 543210 (2 ) x ax ax ax ax ax a 则 12345 aaaaa (用数字作答) (2008 年福建理科第（13）题) 感悟：模式识别（化归为课本已解决过的问题、化归
25、为往届高考题 ） ，差异分析. 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 11 三、试题选讲 1. (8 分)求方程 2012 2 2013 2012 2 2013 2 xxxx 的所有实数解. 【解析】变形得 22 ( 2013 1) ( 2013 1) 2 0 2013 1 xxx ，解得 2013 2014 x . 2. (8 分)右图是一个残缺的 33 幻方， 此幻方每一行每一列及每一条对角线上的三个数之 和有相等的值，求 x的值. 3. (8分)定义域为 R的函数 1 ,1 , 1 () 1, 1 . x x fx x 若 2 1 () () () 2 gx f x b fx 有
26、5个不同的 零点 12345 , x xxxx ，求 22222 12345 x xxxx 的值. 【解析】 ()1 fx 或 1 () 2 fx 五个根分别为 0,1,2；3, 1 ， 22222 12345 014911 5 xxxxx . 练习： （2010 年全国卷理科 T15）直线 1 y 与曲线 2 yxxa 有四个交点，则 a的取值 范围是 . （2006 年湖北卷理 T10）关于 x的方程 222 (1 ) 10 xxk ，给出下列四个命题： ( ) 存在实数 k ，使得方程恰有 2 个不同的实根； 存在实数 k ，使得方程恰有 4 个不同的实根； 存在实数 k ，使得方程恰有
27、 5 个不同的实根； 存在实数 k ，使得方程恰有 8 个不同的实根； 其中假 命题的个数是 A0 B1 C2 D3 2012 11 x 9 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 12 练习答案：(1, 5 ) 4 【命题意图】本小题主要考查函数的图像与性质、不等式的解法,着重 考查了数形结合的数学思想. 【解析 1】如图，在同一直角坐标系内画出直线 1 y 与曲线 2 yxxa ,观图可知，a 的取值必须满足 1 , 41 1 4 a a 解得 5 1 4 a . 【解析 2】由数型结合知： 15 11 44 aaa 4. (8 分)设 ABC 的内角 A BC 、 、 所对的边abc
28、 、 、 成等比数列，求 sin cos tan sin cos tan A AC B BC 的 取值范围. 【解析】 （2010 年河南省数学联赛预赛 T6） 设abc 、 、 的公比为 q， 则ba q ， 2 ca q ， 而 sin cos tan sin cos cos sin sin( ) sin sin cos tan sin cos cos sin sin( ) sin A AC AC AC AC Bb BBCBCBCB CAa . 因此，只需求 q 的取值范围. 因abc 、 成等比数列，最大边只能是 a或 c ，因此abc 、 要构成三角形的三边，必 须且只需abc 且bc
29、a ，即有不等式组 2 2 , , aa qa q aq aq a 即 2 2 10 , 10 . qq qq 解得 15 15 , 22 51 51 . 22 q qq 或从而 51 51 22 q ， 因此所求的取值范围是 5151 , 22 . 1 2 x y=1 x y a O 1 2 x 41 4 a y 2 yxxa 数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 13 5. (8 分)设 O为坐标原点， (4,0) B ， (5,0) C ，过点 C作 x轴的垂线， M 是该垂线上的动 点，以 O为圆心、 OB为半径作圆， 1 MT 、 2 MT 是圆的切线，求 12 MTT 的垂心
30、的轨迹 方程. 【解析】 （2011 年河北省高中数学联赛 T8） 以 O为 圆心、 OB 为半径的圆的方程为 22 16 xy . 如 图，连结 12 OT OT 、 . 设 (,) Hxy为 12 MTT 的垂心， (5, ) M b ， N 为 OM 与 12 TT 的交点. 易证，四边形 21 OT HT 是菱形，则 , 22 x y N ，且 5 by x . 又 12 OM T T ， 11 OT MT ，则 2 1 OT ON OM ，故 22 2 16 16 (0 ) 55 xyx . 6. （1）(8分)设 0 x ， 0 y ，求证： 2 3 4 x xy xy ； （2）
31、 （12分）设 0 x ， 0 y ， 0 z ，求证： 333 2 x yzx y y z z x xyyzzx . 【证明】 （1）由 22 3() 0 44 () xx yx y xy xy ，知 2 3 4 x xy xy . （2）由（1）得 32 3 4 x xx y xy . 类似地 32 3 4 yyy z yz ， 32 3 4 zzz x zx ， 所以 333222 333 4 x yzxx yyy zzz x xyyzzx 222 3( ) 3( ) 442 x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx . 8 6 4 2 2 4
32、5 5 N H T 2 T 1 C B M数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 14 7. 如图， ABC 为一个等腰三角形形状的空地，腰 CA的长为 3（百米） ，底 AB的长为 4 （百米）. 现决定在空地内筑一条笔直的小路 EF （宽度不计） ，将该空地分成一个四 边形和一个三角形，设分成的四边形和三角形的周长相等、面积分别为 1 S 和 2 S . （1）(8分)若小路一端 E为 AC 的中点，求此时小路的长度； （2）(12 分)求 1 2 S S 的最小值. C B A数学竞赛与自主招生讲义 整理、编写：孟伟业 15 8. 已知 n a 是等差数列，d 为公差且不等于 0，
33、1 a 和 d 均为实数，它的前 n项和记作 n S ， 设集合 * ( , ) | n n S A an N n ， 22 1 ( , ) | 1, , 4 Bx yxyx yR ，试问下列结论是否正 确，如果正确，请给予证明；如果不正确，请举例说明 （1）(6分)若以集合 A中的元素作为点的坐标，则这些点都在一条直线上； （2）(8分) A B 至多有一个元素； （3）(6分)当 1 0 a 时，一定有AB 【解析】 （1）正确因为，在等差数列 n a 中， 1 () 2 n n na a S ，所以， 1 2 nn Saa n 这表明点(,) n n S a n 的坐标适合方程 1 1
34、() 2 yx a 所以，点(,) n n S a n 均在直线 1 1 () 2 yx a 上 （2）正确设(,) xyAB ，则(,) x y 坐标中的 x、 y应是方程组 1 2 2 11 , 22 1 4 yxa x y 的解 解这个方程组，消去 y，得 2 11 24 ax a （） 当 1 0 a 时，方程（）无解，此时，AB 当 1 0 a 时，方程（）只有一个解 2 1 1 4 2 a x a ， 此时方程组也只有一个解，即 2 1 1 2 1 1 4 , 2 4 . 4 a x a a y a 故上述方程组至多有一解，所以 A B 至多有一个元素 （3）不正确取 1 1 a ， 1 d ，对一切 * nN ，有 1 (1 ) 0 n aandn ， 0 n S n 这时集合 A中的元素的点的横、纵坐标均为正 另外，由于 1 10 a ，如果AB ，那么根据（2）的结论， A B 至多有一个元素（ 00 , x y ） ，而 2 1 0 1 4 2 a x a ， 2 1 0 1 4 3 0 44 a y a 这样的 00 (,) xyA ，产生矛盾所以， 1 1 a ， 1 dd 时，AB ， 故 1 0 a 时，一定有AB 是不正确的
