1、例谈数学解题中的“变元”处理术 分类：学法指导 变元是数学的特征，变元所引起的变化，常会使学生在解题中茫然四顾，不知所措，可以这样说，良好的变元处理，是成功解题的一半。 一、减元化繁为简，化多为少，是任何解题的必经之路，因而减少变元也就是在解含有多元的题目中的首选方法。例 1. 设 ，则 的最小值是（ ）A. 2 B. C. D. 分析：由基本不等式得 由于含有四个变元，至此或出现审题障碍，或直观估测时，取最小值，从而出现误解。如若设法将题中的四个变元进行减元，可得，从而正确答案应为（C）。二、增元1. 将一个较复杂的式子看成一个整体，增加一个变元将其替换，并在新变元允许值内讨论并解决问题。例
2、 2. 数列 中， ， ，求通项公式。解：令则可得即 是一个等差数列，由此可得：2. 把待求结果看作一个新增的变元，可以把已知条件统一起来，沟通条件与结论间的联系，一方面最能表达问题之间关系，另一方面也会使解决问题的过程更简洁。例 3. 已知 a，b，c 为非零实数，且 ，求 的值。解：令代入已知条件得：即从而 ab+bc+ca=0 或由 ab+bc+ca=0得即综上所述，3. 当问题条件中出现连续比例形式的等式时，往往可以令其比值为新变元，从而可抓住问题的本质特征，优化解决问题的过程。例 4. 已知 ，求证： 。证明：将已知等式两边同乘以 a+b 得：即故令其比值为 t，则从而三、转元当原有
3、的变元不足以发现问题的本质，这时常常会考察问题的结构特征，将其转元，转成新的变元，从而可借此增加条件，拓宽解题途径。例 5. 解不等式解：令则原不等式可化为解得：从而即原不等式的解为四、虚元把问题中出现的某个常数，看作一个新的“虚变元”，将其带入其它条件或结论，即“常数代换”，往往能打破思维的定势，收到意想不到的效果。例 6. 若 a，b，x，y 均为正数，且 的最小值为 18，求 a，b。解：将“1”当成一个变元，得：从而又由此解得：五、主元多变元的干扰，常会使学生思维的头绪陷入众多繁复的岔道中，剪不清，理还乱，而如若分清主次，抓住主元，则犹如抓住一根主线，一目了然。例 7. 设奇函数 上是
4、增函数，且 ，若函数 对所有的都成立，当 时，t 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 解：对于 而言，把 x 当成主元的最大值为 得即再把 a 看成主元，不等式左边可看成关于 a 的函数令则 且由此可得正确答案为（C）。例 8. 随着 k 值的变化，方程 的直线形成了一个直线系，若该直线系中有且只有一条直线经过点 A，由所有这样的点 A 组成的集合记作 M，试问 M 中的点组成怎样的曲线？解：本题有三个变元 x，y，k，如若把 k 看成主元则原方程可当成关于 k 的二次方程：“有且只有一条直线经过点 A”即相当于该方程有两个相等的实根，从而=0即化简得：即 M 中的点组成了抛物线。例说解
5、平面向量题的方法和技巧 分类：学法指导 解平面向量题除用到向量的有关知识外，还常用到一些方法和技巧，现举例说明。 一、提取或分配例 1 设 a 是非零向量，且 bc，求证 的充要条件是 。证明：充分性 由 可知 。必要性 由 。因此的充要条件是 。二、添项或去项例 2 已知 a、b 为非零向量，求证 的充要条件是 。证明：充分性因为。必要性 因为，所以 ab。三、平方或开方例 3 已知向量 a、b、c 两两所成角相等且不共线， ，求向量 abc的长度及它与 a 的夹角。解：由已知，得 a、b、c 的两两所成的角均为 120。因为而23所以所以设 a 与 的夹角为 ，则四、平方与配方例 4 对于
6、两个非零向量 a、b，求使 最小时 t 的值，并求此时 b 与 的夹角。解：。当 时， 取最小值，即 取得最小值。当 时， ，所以b（atb），所以 b 与 a+tb 的夹角为 90。五、数形结合法例 5 已知 a、b 是两个非零向量，同时满足 ，求 a 与 的夹角。解：根据向量加法的几何意义，作图如图 1：图 1在平面内任取一点 O，作 为邻边作平行四边形 OACB。因为 ，即 ，所以 OACB 为菱形，OC 平分AOB，这时 ab，所以AOB 为正三角形，则AOB60，于是AOC30，即 a 与 a+b 的夹角为 30。点评：用数形结合法解题直观简单，应该掌握，关键是要树立这种意识。六、整
7、体法在用夹角公式求夹角时，把 ， 看作一个整体，将它们求出代入公式求夹角，这种方法称整体法。例 6 已知非零向量 互相垂直，非零向量 互相垂直，求非零向量a、b 的夹角 。解：因为 ，所以即由3，得 ，由得所以所以点评：解此题前半截用了消元法，为用整体法创造了条件。七、构造法例 7 已知 ，a 与 b 夹角为 45，求使向量 的夹角是锐角时 的取值范围。分析：根据和量 ab 与 ab 的夹角是锐角构造不等式求解。解：由已知，得因为 夹角为锐角所以即 把 ab3， 代入上面不等式得解得 或点评：有关参数的取值范围问题，常常构造不等式求解。八、待定系数法例 8 将二次函数 的图像按向量 平移后，得
8、到的图像的解析式为，试求 p、q、r 的值。解：将二次函数 的图像按向量 a（3，4）平移后，得到图像的解析式为。即 ，它就是 。比较对应项的系数，得故所求的值为 p2，q9，r14点评：函数的解析式常用待定系数法。九、反证法例 9 向量 a、b 的夹角为 60，且|a|b|，是否存在满足条件的 a、b，使 ，若存在求出向量 a、b；若不存在说明理由。分析：是否存在问题，常用反证法。解：假设存在 a、b，使 成立。因为所以即所以所以则即因为 （否则|a|0，与已知|a|b|矛盾）两边都除以 ，得因为方程所以此方程无实数解，所以不存在满足条件的向量 a、b，使 成立。点评：已知条件有等式，一般是
9、转化方程来判断。“构造法”在立体几何中的应用 分类：学法指导 在许多立体几何问题中，由于图形的不规则，因而线面关系也不是很直观、明显，如果我们依题设条件，构造出一个特殊的几何体（如：正方体、长方体、正四面体等），并将其“嵌入”其中，有些线面的关系就会变得更加清晰，问题也就迎刃而解。 例 1. 对于直线 m、n 和平面 、，能得出 的一个条件是（ ）A. mn，m/，n/B. C. D. 解析：如图 1 所示，构造一个正方体 ABCDA1B1C1D1进行观察判断，对于 A，把 AD 看作直线 m，BB 1看作直线 n，把平面 BB1C1C 作为平面 ，平面 AA1C1C 作为 。虽满足 mn，m
10、/，n/，但 不垂直于 ，从而否定（A）。同样可排除（B）、（D），因此选（C）。图 1点评：空间的线面关系的判断，若是以选择题出现，通常采用构造一个符合已知条件的立体图形，来排除其中的错误命题。例 2. 正三棱锥 SABC 的侧棱与底面边长相等，如果 E、F 分别为 SC、AB 的中点，那么异面直线EF、SA 所成的角等于（ ）A. 90 B. 60 C. 45 D. 30解析：本题的正三棱锥 SABC 即为正四面体，将正四面体 SABC“嵌入”到正方体中，使正四面体的棱分别是正方体六个面的面对角线（如图 2 所示）。易知 EF 是正方体的两底面中心的连线，与正方体的一条侧棱平行，而 SA
11、与该侧棱所成角是 45，故异面直线 EF 与 SA 所成的角等于 45，故选（C）项。图 2点评：由所给的几何体它的各棱长都相等，极易联想到正方体。本题通过构造一个正方体，将正四面体 SABC“嵌入”其中，使得所求问题变得非常直观明了。例 3. 如图 3 所示，已知三棱锥 PABC，PA=BC= ，PB=AC=10，PC=AB= ，试求三棱锥 PABC 的体积。图 3解析：注意到三棱锥有三对对边分别相等，若把它放在一个特定的长方体中，则问题不难解决。如图 4 所示，构造一个长方体 AEBGFPDC，易知三棱锥 PABC 的各边分别是长方体的面对角线。不妨令 PE=x，EB=y，EA=z则由已知
12、有解得 x=6，y=8，z=10从而故所求三棱锥 PABC 的体积为 160。图 4点评：本题也可看作是将三棱锥 PABC“补形”成一个长方体，由于长方体的体积更易计算，但这种“补形”是有一定难度的，如果我们平时对长方体进行过不同形式的“分割”的话，那么将三棱锥“嵌入”长方体中就十分自然。例 4. 已知球 O 的半径为 1，A、B、C 三点都在球面上，且每两点间的球面距离均为 ，则球心 O1到平面 ABC 的距离为（ ）A. B. C. D. 解析：作出这个图形有一定困难，抓住 O、A、B、C 这四个关键点，构造一个空间图形，结合条件加以分析。由条件知 OA=OB=OC=1，AOB=BOC=A
13、OC=如图 5 所示，球心 O 与 A、B、C 三点构成正三棱锥 OABC则其高故选（B）项图 5点评：在许多球的问题中，要画出实际空间图形比较困难，但我们可以通过球心、球面上的点以及切点等的连线构造多面体（俗称“骨架图”），把球问题转化为多面体问题来加以解决。线性规划中参数的探讨 分类：学法指导 在解决线性规划问题时，约束条件和目标函数中常涉及到一些参数，这些参数需通过最值问题加以求解。下面举例说明，供同学们学习时参考。 一、约束条件中的参数例 1. 线性目标函数 在线性约束条件 下取得最大值的最优解只有一个，则实数 a 的取值范围为_。解析：根据题意，画出可行域，如图 1 所示，可求得 A
14、（1，2），将目标函数 变形为，与边界线 平行，而要使最大值的最优解只有一个，则分析图形知可行域只能为直线 y=2 下方的部分（含边界线），故实数 a 的取值范围为 。图 1评注：运用数形结合思想，通过比较有关直线的倾斜程度而直观求解。二、目标函数中的参数1. 最优解无穷求参数值例 2. 已知三点 A（5，2），B（1，1），C（3，4），平面区域为ABC 的内部及边界，若使目标函数z=ax+y 取得最大值的最优解有无数多个，求实数 a 的值。解析：画出符合题意的图形，如图 2 所示，将目标函数转化为 。则若使目标函数取得最大值的最优解有无数多个，必有 ，或 ，即。图 2评注：若最优解有无穷多
15、个，说明目标函数和斜率等于某一边界线的斜率，则由此列出方程而求出某系数的具体数值。2. 最优解唯一求参数范围例 3. 已知变量 x，y 满足 ，若目标函数 （其中 a0）仅在点（3，0）处取得最大值，则 a 的取值范围为_。解析：根据题意画出可行域，如图 3 所示，易得 A（3，0）。图 3现将目标函数转化为 ，则其斜率 。要使其仅在点 A（3，0）处取得最大值，必有：即评注：其实题设中可以去掉条件 a0 而结果不变。特殊的方法给特殊的题型 分类：学法指导 特殊的方法给特殊的题型谈解选择题的特殊法高考中的教学选择题一般是容易题或中档题，解选择题的基本思想是既要看到各类常规题的解题思想，但更应看
16、到选择题的特殊性。数学选择题的四个选择支中有且仅有一个是正确的，因而，在解答时应该突出一个“选”字，尽量减少书写解题过程，要充分利用题干和选择支两方面提供的信息，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，以便快速智取，这是解选择题的基本策略。在实际解题时，我们要运用满足题设条件的某些特殊数值、特殊位置、特殊关系、特殊图形、特殊数列、特殊函数等对各选择支进行检验或推理，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，由此判明选项真伪的方法。用特例法解选择题时，特例取得愈简单、愈特殊愈好。一、特殊值例 1. 若 ，则 （ ）A. B. C. D. 分析：因为 ，所以取 代入 ，满
17、足条件，则排除A、C、D，故选 B。例 2. 若 ，则（ ）A. B. C. D. 分析：取 ，此时 ，比较可知选，故选 B。二、特殊函数例 3. 如果奇函数 是3，7上是增函数且最小值为 5，那么 在区间 上是（ ）A. 增函数且最小值为B. 减函数且最小值是C. 增函数且最大值为D. 减函数且最大值是分析：构造特殊函数 ，虽然满足题设条件，并易知 在区间 上是增函数，且最大值为 ，故选 C。例 4. 定义在 R 上的奇函数 为减函数，设 ，给出下列不等式： ； ； 。其中正确的不等式序号是（ ）A. B. C. D. 分析：取 ，逐项检查可知正确。故选 D。三、特殊位置例 5. 过 的焦点
18、 F 作直线交抛物线与 P、Q 两点，若 PF 与 FQ 的长分别是 p、q，则（ ）A. B. C. D. 分析：考虑特殊位置 时， ，所以 ，故选 C。例 6. 如图 1，向高为 H 的水瓶中注水，注满为止，如果注水量 V 与水深 h 的函数关系的图像如图 1 所示，那么水瓶的形状是（ ）（如图 2）分析：取 ，由图像可知，此时注水量 V 大于容器容积的 ，故选 B。四、特殊点例 7. 如图 3，设函数 ，则其反函数 的图像是（ ）分析：由函数 ，可令 ，得 ；令 ，得 ，则特殊点（2，0）及（4，4）都应在反函数 的图像上，观察得 A、C。又因反函数 的定义域为 ，故选 C。例 8. 已
19、知长方形的四个顶点 A（0，0）、B（2，0）、C（2，1）和 D（0，1），一质点从 AB 的中点沿与 AB 夹角为 的方向射到 BC 上的点 后，依次反射到 CD、DA 和 AB 上的点 、 和 （入射角等于反射角），设 坐标为（ ，0），若 ，则 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 分析：考虑由 射到 BC 的中点上，这样依次反射最终回到 ，此时容易求出 ，由题设条件知， ，则 ，排除 A、B、D，故选 C。五、特殊方程例 9. 双曲线 的渐近线夹角为 ，离心率为 e，则 等于（ ）A. B. C. D. 分析：本题是考查双曲线渐近线夹角与离心率的一个关系式，故可用特殊方程来考察，
20、取双曲线方程为 ，易得离心率 ， ，故选 C。例 10. 不等式组 的解集是（ ）A. （0，2） B. （0，2.5）C. （0， ） D. 分析：不等式的“极限”可以看成是方程，则只需验证 哪个为方程的根，逐一代入，故选 C。六、特殊模型例 11. 如果实数 x、y 满足等式 ，那么 的最大值是（ ）A. B. C. D. 分析：题中 可写成 。联想数学模型：过两点的直线的斜率公式 ，可将问题看成圆 上的点与坐标原点 O 连线的斜率的最大值，即得 D。总之，解答选择题既要看到各类常规题的解题思想原则上都可以指导选择题的解答，但更应该充分挖掘题目的“个性”，寻求简便解法，充分利用选择支的暗示
21、作用，迅速地作出正确的选择。这样不但可以迅速、准确地获取正确答案，还可以提高解题速度，为后续解题节省时间。用平均值不等式求最值赏析 分类：学法指导 一、拆项使和为定值例 1. 求函数 的最小值。解：因为所以当且仅当即 时取得等号故评注：对“5x”进行恰当地拆分，才能实现“三相等”。例 2. 求函数 的值域。分析：因分母的次数低于分子的次数，将其化为 型，再利用平均值不等式求最值。解：当 x+10即 x1 时，当且仅当即 时取等号当即 时，当且仅当即 时取等号故函数的值域为二、拆项使积为定值例 3. 设 ，求函数 的最大值。分析：挖掘隐含条件 ，为能构造出和为定值，需要考虑 y2。解：因为 ，所
22、以所以当且仅当即 时取等号所以三、分子常数化例 4. 求函数 的最大值。解：当且仅当即 时取等号所以 的最大值为评注：形如 型的最值问题，可考虑分子常数化。四、关注“相等”巧凑配例 5. 已知 x，y， ，且 ，求 的最大值。解：因为 x，y， ，且则当且仅当 及 时，取得等号此时所以递推思想在解题中的应用例析 分类：学法指导 递推思想及递推方法常见于数列有关题目求解中，然而在实际中却有许多别的数学问题与此思想相结合形成一类“整合性问题”。解决这类问题时如果能融递推方法于题目之中，对学生的解题能力和创新能力的培养是大有裨益的。笔者下面结合教学实际举例说明几种常见情形的应用及求解。一. 与有关函
23、数问题的结合及求解例 1. 已知函数 ，求 的值。解析：依据条件 ，联想到正切函数的二倍角公式 ，于是条件函数式可写成 。所以由条件递推式 得：，所以 。注：本题灵活的依据函数 的结构联想三角函数关系式，类比三角函数的有关运算规则结合递推条件式，应用递推思想及方法使问题简易获解。例 2. 已知函数 的图像是自原点出发的一条折线，当 时，该图像是斜率为 的线段（其正常数 ），设数列 ，由 。 定义。（1）求 和 。（2）求 的表达式，并写出其定义域。解析：（1）要求 只能紧扣题目定义 。探求 如下：当 时，所以 。同理 。所以。同理 ，由此递推关系可求得：。（2）由 知：当 时， ，当 时，。（
24、以下略）例 3. 设 是定义在非零自然数集上的函数，满足 ，对任意非零自然数 x 有。求 之值。解：条件等式可转化为 ，由此递推关系式可令 得：。把上述各式相加得： 。将 代入得： 。二. 与立体几何某些问题结合及应用例 4. 已知底面半径为 r 的圆锥，轴截面的顶角为 ，一根绳子由 用最短的距离绕圆锥面一周至 ，再由 用最短的距离绕圆锥面一周至 。如此下去，求所有绳子长度的总和。解：设轴截面顶角为 ，母线长为 l，侧面展开图中心角为 ，则 。所以，又 。而 ，所以 。图 1 中曲线 长为图 2 中 长，从 作 于 ，作 。再从 作 于 ，作 ，由 ，所以，又 ，且 ，所以 ，同理 。其中，所
25、以绳子长的总和为：。三. 与某些解析几何问题的结合及求解例 5. 在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多条直线 的直线族，使它们同时满足以下三个条件；（1）点（1，1）（2） ，其中 是直线 的斜率， 与 分别是直线在 x 轴和 y 轴的截距；（3） 。解：假设存在这样的直线族，则 的方程为： 分别令 ， 得，由 得 ，即 ，迭加得： ，由条件（2）可知，所有 同号。当 时，由 得 。所以。显然当 时， 矛盾。当同样导出矛盾。故这样的直线族不存在。四. 与排列、组合中某些问题的结合及求解例 6. 如图 3 所示，核心区域 1 被 2，3，4， ， 所环绕，其中区域 1 与 n，2 两两相邻，区
26、1，k，k+1 两两相邻（ ）。如果用四种不同的颜色为这 n 个区域染色且相邻区域异色，求共有多少种不同的染色方法？解析：设满足题意的 n 个区域的染色方法共有 。为求出 ，先对区域 1 染 4 种颜色的一种，共有 4 种方法，再对区域 2 染色，共有 3 种方法，然后对区域 3，4， 染色共有 2 种方法，由上述分析所得到的 种染色方法中，仅包括着一种不符合题意的情形，即区域 2 与区域 n 可能同色，这时可把区域 2 与区域 n 合并成一个区域，则其染色方法恰有 种不合题意，于是：。即 ， 。由定义知数列是以公比为 1，首项为 的等比数列，则，即 。所以共有种染色方法。五. 与一些概率问题的结合及求解例 7. 从原点出发的某质点 M，按向量 移动的概率为 ，按向量 移动的概率为 ，
