2024高中数学教学论文-把握特殊情形-堵住丢分漏洞-提高复习质量

2024数学解题中忽视特殊情形致错的破解方略在高考数学阅卷中，我们发现，许多同学在答题时的思路是基本正确的，结果也大致出来了，但过程却时常丢三落四，出现漏洞，丢掉了本应得到的分数。其实，这种“会而不对，对而不全”的现象也一直是平时教学中师生挥之不去之痛，而解题中忽视问题的特殊情形致错则更为令人困惑，如何解决这一问题直接关系到高考数学复习的质量，现就相关问题作如下例析：一、忽视空集情况致错例1.已知集合A={x|x2+4x=0}，B={x|x2+2(a+1)x+a2－1}，若A∩B=B，则实数a∈错解：A={x|x2+4x=0}={－4，0}，由A∩B=B知BA①若B={0}，则解得a=－1②若B={－4}，则无解③若B={－4，0}，则解得a=1所以a∈{－1，1}剖析：在应用A∩B=BAB时，需进行分类讨论，但在上述解答中忽视了“空集是任何集合的子集”这一基本事实，导致结果错误。事实上，当B=时，有△=4(a+1)2－4(a2－1)<0，即a<－1，因此，正确结果应该是{a|a≤－1或a=1}。评注：解答集合问题时，要注意集合中元素的“确定性、无序性、互异性”以及集合语言和自然语言之间的相互转化，同时，对空集的情形应予特殊关注。二、忽视函数的定义域致错例2.求函数f(x)=的最小正周期错解：f(x)==tan2x..故f(x)的最小正周期T=剖析：T=不是f(x)的周期，否则应有f(0)=f(0+)=f()，但f(0)=0，而f()不存在，出现矛盾。致错的原因是在转化过程中忽视了定义域的变化。事实上，在f(x)中，由1－tan2x≠0可得tanx≠±1，∴f(x)的定义域为{x|x≠kπ±且x≠kπ+，（k∈Z）}，但y=tan2x的定义域为{x|x≠kπ±，（k∈Z）}，显然函数的定义域被扩大了。由以上分析和函数f(x)的图象（如图）不难得其周期为T=π。评注：求函数周期或判断函数奇偶性，一般要对所给函数进行化简变形，但转化过程中要注意保持函数的等价性，否则容易造成错误的判断。三、应用基本不等式时，忽视取等条件致错例3.已知：a>0，b>0，a+b=1，求(a+)2+(b+)2的最小值。错解：(a+)2+(b+)2=a2+b2+++4≥2ab++4≥4+4=8故得(a+)2+(b+)2的最小值为8剖析：上述解答中，两次运用基本不等式，第一次取等条件是a=b=，第二次取等条件是ab=即ab=±1，显然两条件不可能同时成立，因此所求结果是错误的。事实上，原式=a2+b2+++4=(a2+b2)+(+)+4=[(a+b)2－2ab]+[(+)2－]+4=(1－2ab)+()+4=(1－2ab)(1+)+4.由ab≤()2=,得1－2ab≥1－=,1+≥1+42=17.故原式≥×17+4=（当且仅当a=b=时取“=”）.∴(a+)2+(b+)2的最小值是.评注：应用基本不等式的前提是“一正、二定、三相等”，解题中不能忽视对取等时变量的值是否在其定义域内的验证工作。四、求数列通项时，忽视n=1的情况致错例4.已知数列{an}满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，则数列{an}的通项为 .错解：∵an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1①∴an+1=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1+nan②②－①得an+1－an=nan，故=n+1∴an=…=n·(n－1)…3·2=n！即an=n！剖析：上述解答中，忽视了a1=1这一特殊情况，事实上，由条件知当n≥2时，才有=n+1，又由a2=a1=1知=1.所以an=评注：对于数列an与Sn之间有如下的关系：an=，求an时，若a1适合an=Sn－Sn－1(n≥2)时才可以合并，否则要将an写成分段函数的形式。五、等比数列求和时忽视公比q=1的情况致错例5.数列{an}中，a1=1，a2=2，数列{an·an+1}是公比为q(q>0)的等比数列且anan+1+an+1an+2>an+2an+3，求数列{an}的前2n项的和S2n错解：由anan+1+an+1an+2>an+2an+3即anan+1+anan+1q>anan+1·q2得1+q>q2即q2－q－1<0（q>0），解得0<q<又=q∴=q故数列{an}的奇数项和所有偶数项分别成等比数列，且公比均为q，又a1=1，a2=2.于是S2n=a1+a2+a3+a4+…a2n－1+a2n=(a1+a3+…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)=剖析：上述解答中，忽视了公比q=1的情况。事实上，当q≠1时，由上可知Sn=；当q=1时，a1=a3=…=a2n－1=1，a2=a4=…=a2n=2，于是a2n=a1+a2+a3+a4+…a2n－1+a2n=(a1+a3+…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)=na1+na2=n+2n=3n.评注：①=q是解题的关键。虽然数列的奇数项、偶数项分别成等比数列且公比相等，但是整个数列未必成等比数列。②等比数列求和时一定要注意公比q=1这一特殊情况。六、忽视直线斜率不存在情况致错例6.设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线的准线上，且BC//x轴，求证：直线AC经过原点O。AABCxyO错解：设直线AB的方程为y=k(x－)（如图）.A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（－，y2）∴即y2－－p2=0∴y1y2=－p2，kOC=又∵y12=2px1，∴kOC=∴kOA==kOC，故直线AC经过原点O.剖析：以上只证明了当直线AB的斜率k存在时的情况。事实上，当k不存在，即当AB⊥x轴时，有A（，p），B（，－p），C（－，－p），易知点A与点C关于原点O对称，于是得AC经过原点O.评注：凡涉及求直线方程或关于直线与曲线位置关系问题，一般都要考虑斜率存在和不存在的两种情况，否则容易出现思维漏洞.七、三角换元时，忽视换元前后变量的等价性致错例7.已知sinx+siny=，求M=siny－cos2x的最大值.错解：由已知得siny=－sinx∴M=siny－cos2x=－sinx－cos2x=sin2x－sinx－令t=sinx∈[－1，1]于是M=t2－t－=(t－)2－∴当t=－1时，Mmax=(－1－)2－=剖析：上述解答中，新元t的范围有误，因而结果是不对的。事实上，由siny=－sinx∈[－1，1]，结合sinx∈[－1，1]，可得sinx∈[－，1]，亦即t∈[－，1]，于是当t=－时，得Mmax=。评注：换元的实质是转化，即变换研究对象，将问题置于新的情况和背景中，达到显露隐含和化繁为简的目的，换元时要保持新旧元取值范围的等价性。八、忽视向量的共线情况致错例8.已知=（m－2，m+3），=（2m+1，m－2），若与的夹角为钝角，求实数m的范围。错解：设与的夹角为θ，且<θ<π，则cosθ=<0，故·<0。即(m－2)(2m+1)+(m+3)(m－2)<0，解得－<m<2，此即所求的实数m的范围。剖析：·<0是与夹角θ为钝角的必要不充分条件，因为当·=－1时，θ=π就不是钝角。以上所求范围中包括了θ=π时对应的m的值。事实上，由与不共线，可得(m－2)2－(m+3)(2m+1)≠0，∴m≠，因此m的范围是(－，)∪（，2）。评注：θ为钝角－1<cosθ<0，即·<0且与不共线。知识是基础，方法是手段，思想是深化，在高考数学复习中，只有仔细体会数学思想方法，注重思维的严密性和准确性，有效地避免在解题中出现的思维漏洞，才能切实提高复习的质量。不等式证明中的构造函数策略有些不等式证明问题，如能根据其结构特征，构造相应的函数，从函数的单调性或有界性等角度入手，则可以顺利得到证明。把握这种构造函数的证题策略，有利于证明一些用常规方法难以证明的命题.一、构造一次函数证明不等式例1.设0<x<1，0<y<1，0<z<1，求证：x(1－y)+y(1－z)+z(1－x)<1.分析：把结论的左式看成以x为主元的一次函数，利用一次函数的单调性即可得证.证明：设f(x)=x(1－y)+y(1－z)+z(1－x)=(1－y－z)x+(y+z－yz)（0<x<1）∵0<y<1，0<z<1∴f(0)=y+z－yz=1－(1－y)(1－z)<1f(1)=1－yz<1∴当x∈(0，1)时，f(x)<1即x(1－y)+y(1－z)+z(1－x)<1评注：⑴f(x)=(1－y－z)x+(y+z－yz)在x∈(0，1)上的图象是线段（不含端点），故f(x)<1f(0)<1且f(1)<0.⑵本题也可就1－y－z在（－1，1）内的不同情况分类说明.二、构造二次函数证明不等式例2.若0<a<，求证：b－b2<.分析：结论即b2－b+>0，可将左式看成是以b为主元的二次函数（其中0<b<），再予以证明.证明：令b=x，由0<a<，得x=b∈(0，).构造二次函数f(x)=x2－x+，x∈(0，).其对称轴为x=⑴当≤，即a≥2时，f(x)在(0，)上单调递减.于是f(x)>f()=>0⑵当>，即0<a<2时，有f(x)>f()=－>0综上，当x∈(0，)时，f(x)=x2－x+>0恒成立,即不等式b－b2<成立.评注：1、本题旨在构造二次函数，并对定轴x=与动区间（0，）间的不同位置情况分类讨论。2、本题也可将结论转化为(b－b2)a+(b－b2)－1<0（0<a<），把左式看作是以a为主元的一次函数，再予以证明.三、构造分式函数证明不等式例3.设a、b、c∈R+，且a+b>c，求证.分析：不等式中各项的结构相同，只是字母不同，故可构造分式函数f(x)=进行证明.证明：构造函数f(x)==1－（x∈R+），易证函数f(x)在其定义域R+上是单调递增函数.∵a+b>c>0，∴f(a+b)>f(c)，即又故.评注：函数与不等式之间如同一对孪生兄弟，通过对不等式结构特征的分析，来构造函数模型，常常可以收到出奇制胜的效果.四、构造三角函数证明不等式例4.已知集合M={x||x|≤1}，x1、x2∈M，求证x1x2+≤1.分析：分析条件和结论的形式特征及其内在联系，联想到正、余函数的性质和相关公式，可构造三角函数来转化并证明结论.证明：由题意，构造函数x=f(θ)=cosθ，于是x1=cosθ1，x2=cosθ2.∴x1x2+=cosθ1cosθ2+=cosθ1cosθ2+|sinθ1sinθ2|=cosθ1cosθ2±sinθ1sinθ2=cos(θ1±θ2)≤1即x1x2+≤1评注：对于和三角有一定联系或结构上有相似之处的不等式证明问题，根据题目的特点，合理构造三角函数，利用三角公式和性质进行证明，不失为处理问题的一条捷径.在不等式证明中，通过构造函数模型来探求证题思路是优化思维品质的有效途径，也是解题者认识问题本质的具体体现.参数法巧解直线与圆锥曲线问题直线与圆锥曲线问题是高中数学的难点，也是高考中的热点问题，同时它广泛地存在于科学研究、工程技术中.下面我们运用参数法来解决直线与圆锥曲线的一些常见问题，本文试图就几类较为常见问题的探究，给读者一些有益的启示.1.弦长问题例1过点且倾斜角为的直线与双曲线相交于两点,求弦的长.解(一)求出直线方程，并与双曲线方程联立，求出交点坐标，再由坐标求出线段长.该法思路较清晰，但在计算交点的时，计算量往往较大.解(二)求出直线方程，并与双曲线方程联立消元，设两点坐标为再利用韦达定理求出线段长.该法解题中较常用，但要注意变形过程.下面我们用参数法来解：解(三)直线的参数方程为，将直线的参数方程代入双曲线方程，得．设A、B对应的参数分别为，,＝.线段的长为.2.中点弦问题例2已知直线过点交椭圆于两点,且点平分弦求直线的方程.解(一)可设交点坐标分别为,分别代入椭圆方程，并联立作差，利用中点坐标，可以求出直线斜率，进而求出直线方程，并检验所求的直线与椭圆是否有两个交点,但该法还不应忽视特殊情况时.下面我们用参数法来解：解(二)设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为，将直线的参数方程代入椭圆方程，得，设A、B对应的参数分别为，点为中点，则有即，所以直线的方程为.3.直线与圆的位置关系问题例3过圆外一点作直线(1)若与圆相切，求直线的方程.（2）若与圆相交，求直线的斜率的范围.(1)解(一)讨论直线斜率不存在时，是否符合，进而讨论斜率存在，设出直线方程，根据圆心到直线距离等于半径，求出斜率.该法在解题中较常用，但要容易忽视直线斜率不存在的情形.解(二)设出直线方程，再与圆的方程联立利用求出斜率.但仍不能忽视直线斜率不存在的情形.下面我们用参数法来解：解(三)设过点的直线的参数方程方程为，其中为倾斜角.将直线的参数方程代入圆方程，得直线