高中数学解题思路和方法梁克鸿

高中数学解题思路和方法梁克鸿一、从概念的限制条件中，寻找隐含条件许多数学命题的隐含条件往往不是以明确条件出现的，而是隐含在一些数学概念中，如奇偶函数的定义域，对数函数中的底数与真数的范围，质数中的偶数，正、余弦函数的有界性与单调性等条件都是命题特定的．这类隐含条件虽未表明，也无须花气力寻找，但往往被同学们所忽视．一些问题的错解、漏解，都是因为没有发掘这类隐含条件．因此，解题时应把握概念的内涵与外延，明确概念、公式、定理的适用范围，从中获取隐含条件，以便活用概念，求得问题的正确解答.[例1]若sinx＋cosx＝－eq\f(1,5)(0<x<π)，则tanx＝________.[错解]由题设得sin2x＝－eq\f(24,25)，因为sin2x＝eq\f(2tanx,1＋tan2x)，所以eq\f(2tanx,1＋tan2x)＝－eq\f(24,25).整理得(4tanx＋3)(3tanx＋4)＝0，解得tanx＝－eq\f(3,4)或tanx＝－eq\f(4,3).①[正解](接上述①式)因为已知sinx＋cosx＝－eq\f(1,5)(0<x<π)，⇨eq\x(注意限制条件)②所以eq\f(π,2)<x<π，且|sinx|<|cosx|，⇨eq\x(隐含条件)故tanx的值小于0，且绝对值小于1. ③由①③知，tanx＝－eq\f(4,3)应舍去，所以应填－eq\f(3,4).[反思领悟]本题错解的原因在于未发掘隐含信息：eq\f(π,2)<x<π与|sinx|<|cosx|.这些隐含条件即使未被发掘，解题也可照常进行，但会直接影响解题结果的正确性．因此，在解题之后还要注意反思．通过反思发掘隐含条件，并借助隐含条件采取补救措施，从而得到正确的答案．eq\a\vs4\al(二、从相关的图形特征中，寻找隐含条件)有些命题的隐含条件往往隐藏在它所反映的几何图形的特殊位置中．这类隐含条件的发掘，关键是要根据题设条件和解题的需要，做出某种假设，然后进行试探、分析，由此类比构造出一个恰当的图形，并借用图形的直观性进行推算，摸清命题所蕴含图形的走向、增减、极值等特征．解题时一旦把握了命题所具有的几何图形特点，便可从中发掘出含而未显的信息，使问题迎刃而解.[例2]已知定义在R上的函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5|x－1|－1，x≥0，,x2＋4x＋4，x<0，))若关于x的方程f2(x)－(2m＋1)f(x)＋m2＝0有五个不同的实数根，则m等于()A．2 B．6C．2或6 D．4或6[解题观摩]作出f(x)的简图如图所示，易知要使符合题意的x有5个，则在平行于x轴的直线中必有一条直线为y＝4.⇨eq\x(隐含条件)将f(x)＝4代入f2(x)－(2m＋1)f(x)＋m2＝0中，得16－(2m＋1)4＋m2＝0，解得m＝6或m＝2.当m＝2时，方程为f2(x)－5f(x)＋4＝0，则f(x)＝1或f(x)＝4.此时共7个根，舍去．(对m＝6就无需要验证了)，故选B.[反思领悟]本解法巧妙之处是审题时发掘了5个根所隐含的图形特点：“函数f(x)图象与直线y＝4有3个交点”．这一隐含信息的获得，促进了问题的解决．易知，本题亦可用反推筛选法解(即先验证m＝4，排除D；再验证m＝2，排除A、C)．eq\a\vs4\al(三、从命题的结构形式中，寻找隐含条件)有些数学命题的隐含条件往往隐藏在命题的结构形式中，一般不易发现．这类隐含条件是解决问题的切入点，对解题思路的确定具有导向功能．若未被发掘，解题必将受阻．因此，解题时要悟透题意，认真分析命题的结构、特征，从中琢磨出新的信息——数学模型．这样我们的解题思路才有可能达到豁然开朗的境界，解答才会具有创新性.[例3](多选)(2022年1月新高考八省联考卷)设函数f(x)＝eq\f(cos2x,2＋sinxcosx)，则()A．f(x)＝f(x＋π)B．f(x)的最大值为eq\f(1,2)C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))单调递减[分析隐含]从选项分析，解答本题的一般方法是利用三角函数的性质及导数求解，但是运用此方法计算量较大，容易出错．如果能仔细分析f(x)的结构，可把函数f(x)变形为f(x)＝2×eq\f(cos2x－0,sin2x－－4)，结合cos22x＋sin22x＝1，可利用直线的斜率和隐形圆解题．此方法较为便捷．[解题观摩]A显然正确；f(x)＝eq\f(cos2x,2＋\f(1,2)sin2x)＝2×eq\f(cos2x－0,sin2x－－4)，如图，f(x)的几何意义为单位圆上的动点(sin2x，cos2x)与点(－4,0)连线的斜率的2倍，相切时取最大值为eq\f(2,\r(15))，故B错；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))时，动点在第二象限从左向右运动，斜率先增大再减小，故C错；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，动点在第一象限从左向右运动，斜率逐渐减小，故D正确．故选A、D.[反思领悟]抓住命题结构特点，挖掘f(x)＝eq\f(cos2x,2＋sinxcosx)隐含的结构特征是解题的关键所在．本解法充分体现了“结构模糊细琢磨，摸准模型思路豁”的战术思想．eq\a\vs4\al(四、从题设的特定语句中，寻找隐含条件)有些命题的条件并不复杂，但在推算时却走不了几步就解题“卡壳”．根本原因就是因为隐含条件藏在某些特定的语句中，事先难以发掘．关键语句总是隐藏着一些信息或思考方式，因此，解题时要勇于探索，悟透相关语句中的关键字、词的含义，从字里行间捕捉题目所提供的任何蛛丝马迹.[例4]已知△ABC的周长为6，BC，CA，AB成等比数列，求eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))的取值范围．[解题观摩]设AB＝c，AC＝b，BC＝a，∵△ABC的周长为6，∴a＋b＋c＝6.∵BC，CA，AB成等比数列，∴b2＝ac，∴b＝eq\r(ac)≤eq\f(a＋c,2)＝eq\f(6－b,2)，解得0<b≤2.根据三角形的三边性质知a－c<b，∴(a－c)2<b2，整理得b2>(a＋c)2－4ac，∴b2＋3b－9>0.解得eq\f(－3＋3\r(5),2)<b≤2，∴eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝accosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2)＝eq\f(a＋c2－2ac－b2,2)＝－(b＋3)2＋27.∵eq\f(－3＋3\r(5),2)<b≤2.∴eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(27－9\r(5),2))).故eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(27－9\r(5),2))).[反思领悟]本题中的条件隐含着0<b≤2这一条件，易忽视BC，CA，AB为△ABC的内角且BC<AB＋AC这一隐含条件，直接由0<b≤2求eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))的取值范围而致错．eq\a\vs4\al(五、从相关的数字特征中，寻找隐含条件)有些命题的隐含条件往往隐藏在它所反映的特殊数字中，如常见的勾股数、无理数等．这类隐含条件的发掘，需要对相关数字与信息的敏感性进行大胆的联想．解题时要注重剖析命题中的特殊数字的牵连关系，善于以数变式，类比探索，拓展解题思维空间，就有可能发掘出所要的隐含条件，使问题获得巧解.[例5](2022年1月新高考八省联考卷)已知a＜5且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，则()A．c＜b＜a B．b＜c＜aC．a＜c＜b D．a＜b＜c[分析隐含]观察题干中的三个等式，很难发现它们之间的联系，但是三个等式的左右两边结构形式相同，即一边幂指数的系数是另一边的幂指数，所以等式两边同除以两边幂指数的系数的积，即可得相同的结构形式，进而构造函数f(x)＝eq\f(ex,x)求解．[解题观摩]由题意知，0＜a＜5,0＜b＜4,0＜c＜3，且eq\f(ea,a)＝eq\f(e5,5)，eq\f(eb,b)＝eq\f(e4,4)，eq\f(ec,c)＝eq\f(e3,3).设f(x)＝eq\f(ex,x)，x＞0，则f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，可知f(x)在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，又0＜a＜5,0＜b＜4,0＜c＜3，则0＜a＜b＜c＜1.故选D.[反思领悟]本题主要考查指数函数方程等基础知识，是检验学生对数字的敏感性、创新思维能力的好题．本解法的独到之处就是发掘指数幂系数与指数的关系，构造函数来处理，体现了“关键数字须把握，变式想象要灵活”的战术思想．eq\a\vs4\al(六、从条件结论的差异中，寻找隐含条件)有些命题的隐含条件往往隐藏在它的结论中，尤其是在一些需要经过探究才能获得答案的命题中显得更为突出．由于这类隐含条件藏得较深，若不转变思维模式逆向探索是难以发掘的．因此，对一些探究性命题的求解，当从条件推结论较困难时，可从结论出发探究所需的新条件，树立“差什么，找什么”的理念．从沟通新条件与已知条件的差异的过程中捕捉所要的模型——隐含信息，以便揭开问题的实质，创造性地解决问题.[例6]在△ABC中，证明：tan2eq\f(A,2)＋tan2eq\f(B,2)＋tan2eq\f(C,2)≥1.[分析隐含]本题直接从条件推结论很难奏效，但从结论来看，易使我们联想到与此相应的交叉不等式：taneq\f(A,2)·taneq\f(B,2)＋taneq\f(B,2)taneq\f(C,2)＋taneq\f(C,2)taneq\f(A,2)≥1.有了此不等式就可沟通已知条件与所证结论之间的差异，这是推理中所需要解决的问题．该问题若能解决，则命题解决．[解题观摩]因为在△ABC中，有taneq\f(A,2)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(B＋C,2)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(B＋C,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(B＋C,2))))＝eq\f(cos\f(B＋C,2),sin\f(B＋C,2))＝eq\f(cos\f(B,2)cos\f(C,2)－sin\f(B,2)sin\f(C,2),sin\f(B,2)cos\f(C,2)＋cos\f(B,2)sin\f(C,2))＝eq\f(1－tan\f(B,2)tan\f(C,2),tan\f(B,2)＋tan\f(C,2))，所以taneq\f(A,2)taneq\f(B,2)＋taneq\f(B,2)taneq\f(C,2)＋taneq\f(C,2)taneq\f(A,2)＝1.①由基本不等式得tan2eq\f(A,2)＋tan2eq\f(B,2)＋tan2eq\f(C,2)≥taneq\f(A,2)taneq\f(B,2)＋taneq\f(B,2)taneq\f(C,2)＋taneq\f(C,2)taneq\f(A,2)，当且仅当A＝B＝C时取等号．②由①②得tan2eq\f(A,2)＋tan2eq\f(B,2)＋tan2eq\f(C,2)≥1.[反思领悟]本题主要考查三角形中的条件不等式的证明，考查探究能力．①式就是在推理中希望要出现的新条件．它的出现，便把已知和求证之间的差异彻底消除了．一般说来，在推理的过程中，注重观察题目特征，联想有关的数学公式、性质、定理，瞄准结论的要求边想边推，能较快的沟通已知与求证之间的差异，获得隐含信息，促使问题迅速地得到解决．[例7]已知椭圆C：b2x2＋a2y2＝a2b2(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，短轴长为2.(1)求椭圆C的方程．(2)若A，B是椭圆C上的两动点，O为坐标原点，OA，OB的斜率分别为k1，k2，问：是否存在非零常数λ，使k1·k2＝λ时，△OAB的面积S为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．[解题观摩](1)由题意知，b＝1，因为e＝eq\f(\r(3),2)，则a＝2.所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝4.(2)法一：设存在这样的常数λ，使k1·k2＝λ时，S△OAB为定值．设直线AB的方程为y＝kx＋m，且与椭圆C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．由k1·k2＝λ，知－λx1x2＋y1y2＝0.所以－λx1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，即(k2－λ)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0. ①又将y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋8kmx－4＋4m2＝0.所以x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)，Δ＝16(1－m2＋4k2)．代入①得(k2－λ)eq\f(4m2－4,1＋4k2)＋kmeq\f(－8km,1＋4k2)＋m2＝0， ②由此解得m2＝eq\f(4k2－λ,1－4λ). ③又点O到直线AB的距离为d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，所以S＝S△OAB＝eq\f(|AB|d,2)＝eq\f(1,2)eq\r(1＋k2)|x1－x2|eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(1,2)|m|eq\f(\r(161－m2＋4k2),1＋4k2). ④由③④得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,2)))2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4k2－4λ,1－4λ)＋4k2))\f(4k2－λ,1－4λ),1＋4k22)＝eq\f(1－16λk24k2－λ,1－4λ21＋4k22)，⑤即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,2)))2＝eq\f(－64λk4＋4k216λ2＋1－4λ,16k4＋8k2＋1)·eq\f(1,1－4λ2). ⑥要使上式为定值，只需有eq\f(－64λ,16)＝eq\f(416λ2＋1,8)＝eq\f(－4λ,1). ⑦即16λ2＋1＝－8λ，解得λ＝－eq\f(1,4).此时三角形的面积为S△OAB＝1.所以，存在这样的常数λ＝－eq\f(1,4)，此时面积S△OAB＝1.法二：由⑥得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,2)))2(1－4λ)2(16k4＋8k2＋1)＝－64λk4＋4(16λ2＋1)k2－4λ.比较k的同次幂的系数得：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,2)))2(1－4λ)2·16＝－64λ， ⑧eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,2)))2(1－4λ)2·8＝4(16λ2＋1)， ⑨eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,2)))2(1－4λ)2＝－4λ， ⑩显然⑧⑩为同一式子，将⑩代入⑨得－32λ＝4(16λ2＋1)⇒(4λ＋1)2＝0⇒λ＝－eq\f(1,4).所以，存在这样的常数λ＝－eq\f(1,4)，此时面积S△OAB＝1.法三：由⑤得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,2)))2＝eq\f(1－16λk2,1＋4k2)·eq\f(－4λ＋4k2,1＋4k2)·eq\f(1,1－4λ2)，于是，要使S为定值，则上式必与k无关．由此不难得知，当λ＝－eq\f(1,4)时，上式与k的取值无关，且S＝1.所以，存在这样的常数λ＝－eq\f(1,4)，此时面积S△OAB＝1.法四：设kOA＝k1，于是，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x，,x2＋4y2＝4，))得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(2,\r(1＋4k\o\al(2,1)))，±\f(2k1,\r(1＋4k\o\al(2,1))))).设kOB＝k2，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(2,\r(1＋4k\o\al(2,2)))，±\f(2k2,\r(1＋4k\o\al(2,2))))).设点B到直线OA的距离为d，则d＝eq\f(|k1x2－y2|,\r(1＋k\o\al(2,1)))＝eq\f(|k1－k2|,\r(1＋k\o\al(2,1)))×eq\f(2,\r(1＋4k\o\al(2,2))).又因为|OA|＝eq\r(1＋k\o\al(2,1))×eq\f(2,\r(1＋4k\o\al(2,1)))，所以S＝S△OAB＝eq\f(1,2)|OA|d＝eq\f(2|k1－k2|,\r(1＋4k\o\al(2,1)1＋4k\o\al(2,2)))＝eq\f(\r(4k\o\al(2,1)＋4k\o\al(2,2)－8λ),\r(4k\o\al(2,1)＋4k\o\al(2,2)＋1＋16λ2))， ⑪假设存在λ，使k1·k2＝λ时，△OAB的面积S为定值，则必有16λ2＋1＝－8λ，解得λ＝－eq\f(1,4).所以，存在这样的常数λ＝－eq\f(1,4)，此时面积S△OAB＝1.法五：接法四中的⑪式，得S2＝eq\f(4k\o