高中数学一题多解.doc

高中数学一题多解思维训练“数学是一个有机的整体，它的各个部分之间存在概念的亲缘关系。我们在学习每一分支时，注意了横向联系，把亲缘关系结成一张网，就可覆盖全部内容，使之融会贯通”。这里所说的横向联系，主要是靠一题多解来完成的。通过用不同的方法解决同一道数学题，既可以开拓解题思路，巩固所学知识；又可激发学习数学的兴趣和积极性，达到开发潜能，发展智力，提高能力的目的。从而培养创新精神和创造能力。在一题多解的训练中，我们要密切注意每种解法的特点，善于发现解题规律，从中发现最有意义的简捷解法。例1 已知复数的模为2，求的最大值。解法一（代数法）：设解法二（三角法）：设则 解法三（几何法）：yxOi-2i图1Z如图1 所示，可知当时，解法四（运用模的性质）：而当时，解法五（运用模的性质）： 又例2 已知求证：分析1 用比较法。本题只要证为了同时利用两个已知条件，只需要观察到两式相加等于2便不难解决。证法1 ： 所以 分析2 运用分析法，从所需证明的不等式出发，运用已知的条件、定理和性质等，得出正确的结论。从而证明原结论正确。分析法其本质就是寻找命题成立的充分条件。因此，证明过程必须步步可逆，并注意书写规范。证法2 ： 要证 只需证 即 因为 所以只需证 即 因为最后的不等式成立，且步步可逆。所以原不等式成立。分析3 运用综合法（综合运用不等式的有关性质以及重要公式、定理（主要是平均值不等式）进行推理、运算，从而达到证明需求证的不等式成立的方法）证法3 ： 即 xMyd图2O分析4 三角换元法：由于已知条件为两数平方和等于1的形式，符合三角函数同角关系中的平方关系条件，具有进行三角代换的可能，从而可以把原不等式中的代数运算关系转化为三角函数运算关系，给证明带来方便。证法4 ：可设 分析5 数形结合法：由于条件可看作是以原点为圆心，半径为1的单位圆，而联系到点到直线距离公式，可得下面证法。证法5 ：（如图2）因为直线经过圆的圆心O，所以圆上任意一点到直线的距离都小于或等于圆半径1，即 简评 五种证法都是具有代表性的基本方法，也都是应该掌握的重要方法。除了证法4、证法5的方法有适应条件的限制这种局限外，前三种证法都是好方法。可在具体应用过程中，根据题目的变化的需要适当进行选择。例3 如果求证：成等差数列。分析1 要证，必须有成立才行。此条件应从已知条件中得出。故此得到直接的想法是展开已知条件去寻找转换。证法1 ：故 ，即 成等差数列。分析2 由于已知条件具有轮换对称特点，此特点的充分利用就是以换元去减少原式中的字母，从而给转换运算带来便利。证法2 ：设则于是，已知条件可化为：所以成等差数列。分析3 已知条件呈现二次方程判别式的结构特点引人注目，提供了构造一个适合上述条件的二次方程的求解的试探的机会。证法3 ： 当时，由已知条件知即成等差数列。当时，关于的一元二次方程：其判别式故方程有等根，显然1为方程的一个根，从而方程的两根均为1，由韦达定理知 即 成等差数列。简评：证法1是常用方法，略嫌呆板，但稳妥可靠。证法2简单明了，是最好的解法，其换元的技巧有较大的参考价值。证法3引入辅助方程的方法，技巧性强，给人以新鲜的感受和启发。例4 已知，求的最小值。分析1 虽然所求函数的结构式具有两个字母，但已知条件恰有的关系式，可用代入法消掉一个字母，从而转换为普通的二次函数求最值问题。解法1 ： 设，则二次项系数为故有最小值。当时， 的最小值为分析2 已知的一次式两边平方后与所求的二次式有密切关联，于是所求的最小值可由等式转换成不等式而求得。解法2 ： 即即 当且仅当时取等号。 的最小值为分析3 配方法是解决求最值问题的一种常用手段，利用已知条件结合所求式子，配方后得两个实数平方和的形式，从而达到求最值的目的。解法3 ：设 当时，即的最小值为11Oxy图3分析4 因为已知条件和所求函数式都具有解析几何常见方程的特点，故可得到用解析法求解的启发。解法4 ： 如图3，表示直线表示原点到直线上的点的距离的平方。显然其中以原点到直线的距离最短。此时，即所以的最小值为注 ：如果设则问题还可转化为直线与圆有交点时，半径的最小值。简评： 几种解法都有特点和代表性。解法1是基本方法，解法2、3、4都紧紧地抓住题设条件的特点，与相关知识联系起来，所以具有灵巧简捷的优点，特别是解法4，形象直观，值得效仿。例5 设求证：分析1 由已知条件为实数这一特点，可提供设实系数二次方程的可能，在该二次方程有两个虚根的条件下，它们是一对共轭虚根，运用韦达定理可以探求证题途径。证法1 ： 设当时，可得与条件不合。于是有 该方程有一对共轭虚根，设为，于是又由韦达定理知 分析2 由于实数的共轭复数仍然是这个实数，利用这一关系可以建立复数方程，注意到这一重要性质，即可求出的值。证法2 ： 设当时，可得与条件不合，则有 ，即 但 而 即分析3 因为实数的倒数仍为实数，若对原式取倒数，可变换化简为易于进行运算的形式。再运用共轭复数的性质，建立复数方程，具有更加简捷的特点。证法3 ： 即从而必有简评：设出复数的代数形式或三角形式，代入已知条件化简求证，一般也能够证明，它是解决复数问题的基本方法。但这些方法通常运算量大，较繁。现在的三种证法都应用复数的性质去证，技巧性较强，思路都建立在方程的观点上，这是需要体会的关键之处。证法3利用倒数的变换，十分巧妙是最好的方法。例6 由圆外一点引圆的割线交圆于两点，求弦的中点的轨迹方程。图423PMBAOyx分析1 （直接法）根据题设条件列出几何等式，运用解析几何基本公式转化为代数等式，从而求出曲线方程。这里考虑在圆中有关弦中点的一些性质，圆心和弦中点的连线垂直于弦，可得下面解法。解法1 ： 如图423，设弦的中点的坐标为，连接，则，在中，由两点间的距离公式和勾股定理有整理，得 其中分析2 （定义法）根据题设条件，判断并确定轨迹的曲线类型，运用待定系数法求出曲线方程。解法2 ： 因为是的中点，所以，所以点的轨迹是以为直径的圆，圆心为,半径为该圆的方程为：化简，得 其中分析3 （交轨法）将问题转化为求两直线的交点轨迹问题。因为动点可看作直线与割线的交点，而由于它们的垂直关系，从而获得解法。解法3 ：设过点的割线的斜率为则过点的割线方程为：.且过原点，的方程为 这两条直线的交点就是点的轨迹。两方程相乘消去化简，得：其中分析4 （参数法）将动点坐标表示成某一中间变量（参数）的函数，再设法消去参数。由于动点随直线的斜率变化而发生变化，所以动点的坐标是直线斜率的函数，从而可得如下解法。解法4 ：设过点的割线方程为：它与圆的两个交点为，的中点为.解方程组 利用韦达定理和中点坐标公式，可求得点的轨迹方程为：其中分析5 （代点法）根据曲线和方程的对应关系：点在曲线上则点的坐标满足方程。设而不求，代点运算。从整体的角度看待问题。这里由于中点的坐标与两交点通过中点公式联系起来，又点构成4点共线的和谐关系，根据它们的斜率相等，可求得轨迹方程。解法5 ：设则两式相减，整理，得 所以 即为的斜率，而对斜率又可表示为化简并整理，得 其中简评 ：上述五种解法都是求轨迹问题的基本方法。其中解法1、2、3局限于曲线是圆的条件，而解法4、5适用于一般的过定点且与二次曲线交于两点，求中点的轨迹问题。具有普遍意义，值得重视。对于解法5通常利用可较简捷地求出轨迹方程，比解法4计算量要小，要简捷得多。例7.若，则函数的最大值为 （ ）。法一：二次函数求最值令, 法二：二次除以一次，均值定理令当且仅当时等号成立法三：导数求单调性令则取到最大值为-8例8 已知圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，那么的最小值为（ ）(A) (B) (C) (D)第8题图法一：设PA、PB 的长度如图所示：设PA=PB=,APO=，则APB=，PO=，=，令，则，令，则等号当且仅当，即时成立。故.此时.，选择答案D。法二：设OP的长度设OP=t(t1), APO=，则APB=, PA=PB= , = 等号当且仅当，即时成立法三：设APO=，则APB=, PA=PB= 。当且仅当，即时等号成立例9 解不等式 法一：根据绝对值的定义，进行分类讨论求解（1）当时，不等式可化为 （2）当时，不等式可化为 综上：解集为法二：转化为不等式组求解原不等式等价于 综上：解集为法三：利用等价命题法 原不等式等价于，即 解集为法四：利用绝对值的集合意义原不等式可化为，不等式的几何意义时数轴上的点的距离大于，且小于，由图得， 解集为例10 椭圆的焦点是，椭圆上一点P满足，下面结论正确的是（ ）（A）P点有两个 （B）P点有四个 （C）P点不一定存在 （D）P点一定不存在法一：以为直径构圆，知：圆的半径，即圆与椭圆不可能有交点。故选D法二：由题知，而在椭圆中：，不可能成立故选D法三：由题意知当p点在短轴端点处最大，设，此时为锐角，与题设矛盾。故选D法四：设，由知，而无解，故选D法五：设，假设，则，而即：，不可能。故选D法六：，故不可能。故选D法七：设由焦半径知：而在椭圆中而,故不符合题意，故选D法八：设圆方程为： 椭圆方程为：两者联立解方程组得：不可能，故圆与椭圆无交点即 不可能垂直故选D例11 求函数的值域法一：判别式法 设 ，则，由- 当时，-， 因此当时，有最小值2，即值域为法二：单调性法 先判断函数的单调性 任取，则 当时，即，此时在上时减函数 当时，在上是增函数 由在上是减函数，在上是增函数，知时，有最小值2，即值域为法三：配方法 ，当时，此时有最小值2，即值域为法四：基本不等式法有最小值2，即值域为例12 已知函数 （1）当时，求函数的最小值；- （2）若对于任意恒成立，试求实数的取值范围， 解：（1）当时，当且仅当时取等号 由性质可知，在上是增函数，所以在是增函数，在区间上的最小值为（2）法一：在区间上，恒成立恒成立设，在上增所以时，于是当且仅当时，函数恒成立，故法二：当时，函数的值恒为正；当时，函数为增函数，故当时，于是当且仅当时，函数恒成，故法三：在区间上，恒成立恒成立恒成立，故应大于，时的最大值-3， 所以例13 设二次函数满足且函数图象y轴上的截距为1，被x轴截的线段长为，求的解析式 分析：设二次函数的一般形式，然后根据条件求出待定系数a,b,c法一：设由 得： 又 由题意可知 解之得：法二：故函数的图象有对称轴可设函数图象与y轴上的截距为1，则又被x轴截的线段长为，则整理得： 解之得： 法三： 故 函数的图象有对称轴，又与x轴的交点为： 故可设例14 设 ，求的值。法一（构造函数）设，则，由于在上是单调递增函数，所以，故。法二（图象法）因为是方程的一个根，也就是方程的一个根是方程的一个根，也就是方程的一个根令，在同一坐标系中作出他们的图象，如图所示：是方程的根，即图中OA=是方程的根，即图中OB=易得OA+OB=10，所以法三：方程，的根为，由，得，又， 例15 已知数列满足，试比较与的大小 法一：作差-=，法二：作商-方法三：（单调性），关于单调递增方法四：（此法重理解，不适合数学解答）浓度法 把看成是一杯溶液（糖）的浓度，随着的增大（相当于向溶液中加糖），浓度 当然增大，易得例16 等比数列的前n项和为， 已知对任意的 ，点，均在函数且均为常数)的图像上.（1）求r的值； （11）当b=2时，记 证明：对任意的 ，不等式成立解:（1）因为对任意的,点，均在函数且均为常数的图像上.所以得,当时,当时,又因为为等比数列,所以,公比为,（2）当b=2时，, 则,所以法一：数学归纳法下面用数学归纳法证明不等式成立.当时,左边=,右边=,因为,所以不等式成立. 假设当时不等式成立,即成立.则当时,左边=所以当时,不等式也成立. 由、可得不等式恒成立.法二：构造数列设数列满足则所以原不等式等价于 显然上式成立法三：构造函数令则所以函数在定义域上单调递增所以原式