(甘志国)对《选修2-2》中一道习题的研究
人教版高中数学选修(2-2)-2.2例谈分析法在解题中的应用
例谈分析法在解题中的应用分析法是数学中常用到的一种直接证明的方法，从推理的程序上来讲，它是一种从未知到已知（从结论到题设）的逻辑推理方法，具体说，就是先假定问题的结论成立，再利用公理、定义、定理和公式，经过正确的、严谨的一步步地推理，最后得到一个显然成立的关系，即已证的命题或题设的已知条件，从而判定问题的结论成立。
分析法的应用较广，通常在几何、三角、不等式的证明中经常采用。
举例说明。
例1下面是真命题还是假命题，用分析法证明你的结论。
命题：若302<-=++>>aac b c b a c b a ，则且。
解：此命题是真命题。
因为c b a c b a >>=++,0，0,0<>∴c a 。
要证32<-aac b 成立，只要证a ac b 32<-， 即证223a ac b <-，也就是证223)(a ac c a <-+，即证0)2)((>+-c a c a因为0)(2,0>+=++=+>-a b a c a c a c a所以0)2)((>+-c a c a 成立。
故原不等式成立。
评注：应用分析法证题时，语气总是假定的，通常的语气有：“若要证明A ，则先证明B ；若要证明B ，则先证明C ，……”或“若要A 成立，必先B 成立；若要B 成立，必先C 成立，……”。
值得注意的是，在证明过程中从一个命题推到下一个命题时，必须注意它们之间的等效性。
例2求证：当一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大。
证明：设圆正方形的周长为l ，则圆的面积为2)2(ππl ，正方形的面积为2)4(l 。
因此，本题只须证明：2)2(ππl 2)4(l >。
为了证明上式成立，只须证明：164222l l >⋅ππ， 两边同乘以正数24l ，得411>π。
因此，只须证明π>4。
因为上式是成立的，所以2)2(ππl 2)4(l >。
湖北省孝感市2018年高考数学备考资料 研究专题7(选修)：选修2-2课本例题习题改编
教科书资源的开发与利用之选修2-2重视课本，着眼提高作者：吴志国单位：大悟一中课本是数学知识和数学思想方法的载体，又是教案的依据，理应成为高考数学试卷的源头，因此高考命题注重课本在命题中的作用，充分发挥课本作为试卷的根本来源的功能，通过对高考数学试卷命题的研究可以发现，每年均有一定数量的试卷是以课本习题为素材的变式题，通过变形、延伸与拓展来命制高考数学试卷，具体表现为三个层次：b5E2RGbCAP第一层次：选编原题，仿制题。
有的题目直接取自于教材，有的是课本概念、公式、例题、习题的改编。
第二层次：串联方式，综合习题。
即有的题目是教材中几个题目或几种方法的串联，综合拓展。
第三层次：增加层次，添加参数。
即通过增加题目的层次、设置隐含条件、引进讨论的的参数，改变提问的方向等，提高题目的灵活性和综合性。
p1EanqFDPw高考题来源于课本，所以我们平时就应重视课本例题习题以及其改编题，提高学生的能力，下面我就此谈一下我的看法。
一．学生对回归教材的一些误区历届的高三学生，对回归教材都有轻视之感。
老师要求班上的同学看教材，他们中的一部分就不以为然，认为不如把时间用来多做几个题有效。
DXDiTa9E3d有些同学也看了教材，觉得没什么收获，主要是方法不对。
老师必须讲清回归教材的重要性，同时要指导和督促学生做好这件事情。
RTCrpUDGiT二．教师如何提高课本例习题的复习价值教师要指导学生高三复习教案中对课本例、习题“四化”<一）将例习题“变化”，巩固“双基”1.原题<选修2-2第十九页习题1.2B组第一题）改编记，则A,B,C的大小关系是< ）A ．B ．C ．D.解：记根据导数的几何意义A 表示sinx 在点M 处的切线的斜率，B 表示像可知A>C>B 故选B5PCzVD7HxA 2.原题<选修2-2第二十九页练习第一题）改编 如图是导函数的图象，那么函数在下面哪个区间是减函数A.B.C.D.解：函数的单调递减区间就是其导函数小于零的区间，故选B 3.原题<选修2-2第三十七页习题1.4A 组第1题）改编用长为18 m 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是_________.jLBHrnAILg解：设长方体的宽为xm，则长为2xm，高.故长方体的体积为从而令，解得x=0<舍去）或x=1，因此x=1.当0＜x＜1时，＞0；当1＜x＜时，＜0，故在x=1处V<x）取得极大值，并且这个极大值就是V<x）的最大值. 从而最大体积V＝3<m3），此时长方体的长为2 m，高为1.5 m.答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3 m3.4.原题<选修2-2第四十五页练习第二题）改编一辆汽车在笔直的公路上变速行驶，设汽车在时刻t的速度为v(t>=-t2+4,<t）<t的单位：h, v的单位：km/h）则这辆车行驶的最大位移是______kmxHAQX74J0X解：当汽车行驶位移最大时，v(t>=0.又v(t>=-t2+4=0且,则t=2，故填5.原题<选修2-2第五十页习题1.5A组第四题）改编________解：，而表示单位圆x2+y2=1在第一象限内的部分面积,2(e-1->=故填.人教A版选修6. 6．原题<选修2-2第106页例1）改编：用数学归纳法证明．变式1：是否存在常数，使得对一切正整数都成立？并证明你的结论．解：假设存在常数使等式成立，令得：解之得，下面用数学归纳法证明：对一切正整数都成变式2：已知，是否存在的整式，使得等式对于大于1的一切正整数都成立？并证明你的结论．解：假设存在，令，求得，令，求得，令，求得，由此猜想：，下面用数学归纳法证明：对一切大于1的正整数都成立．<略）<二）将例习题“类化”，展现通性通法7.原题<选修2-2第七十八页练习3）改编设P是内一点，三边上的高分别为、、，P到三边的距离依次为、、，则有______________；类比到空间，设P是四面体ABCD内一点，四顶点到对面的距离分别是、、、，P到这四个面的距离依次是、、、，则有_________________。
阅读或引用文献时要有质疑精神(甘志国,发表于《中学数学教学》2016(3)：61-64)
p
p x1
p 1
x1 .
p 1
2
同理有 p x2
x2 ，所以 p ( x1
2
2
p 1
x2
2p 1Leabharlann ) ( x1 x2 ) .
p 1 2
2
2
再由题设 p x1 x 2 ，得 p ( x1 x 2 x 2 )
2
2
2
( x2 )
2
p 1 2
.
p 1 2 又由 2 ，得 p 2( x 2 ) 2
1 1
6.371 0.52268
1 (cm)
pk k 1 ( p1 1)
( pk 1) ，其中
m p11
pk k ( pi 是互不相同的素数， i N* , i 1,
,k )
①
关于 (m) ，有一个迄今未得证实的猜想，不存在满足 (m) m 1 的合数 m，这是半世纪 前莱梅(Lehmer)提出的. 下面的定理 1 说明了这个猜想成立. 定理 1 当 m 2 时， (m) m 1 (当且仅当 m 是素数时取等号). 证明 当 a1 , 当 a1 ,
p 1 2
，所以 p x2 .进而可得欲证结论成立.
下面用定理 2 来证明上段话中的两个猜想均正确： (1)方程 (3m 2)n 3 t 没有整数解.
2 2
证明
假设该方程有整数解 (m, n, t ) ，可得
(3m 3)n2 3 n2 t 2
3 n2 t 2
由定理 2，得 3 (n, t ) ，所以 9 n ,9 n t .
2 40 1099511627776( 1.1 1012 )
(甘志国)这道经典题目的结论和解答都是错误的
这道经典题目的结论和解答都是错误的！——判断两个增函数(减函数)图象的公共点个数时要慎重甘志国(该文已发表 数学教学2010(7)：23-24，封底)苏州市2009—2010学年度高一(必修1+必修4)上学期期末统考测试题第11题是如下一道选择题：若方程0(log 2sin >=a x xa π且)1≠a 恰有三个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.φB.)9,5(C.⎪⎭⎫ ⎝⎛31,71 D.)9,5(31,71⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛ 参考答案是D(没有解答过程)，笔者猜测这道经典题目的传统解法是这样的： 解 当10<<a 时，可以画出函数)0(2sin >=x xy π与x y a log =的图象(草图)如图1所示，此时“方程x xa log 2sin=π恰有三个不相等的实数根”即“这两个函数的图象恰有三个不同的交点”，得⎪⎩⎪⎨⎧-<-><<,17log 13log 10aa a 即3171<<a ；当1>a 时，可以画出函数)0(2sin >=x xy π与x y a log =的图象(草图)如图2所示，此时得⎪⎩⎪⎨⎧><>,19log 15log 1aa a 即95<<a .所以所求a 的取值范围是)9,5(31,71⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛，选D.图1图2下面对以上解答提出异议.有以下结论成立：结论1 增函数)(x f 与减函数)(x g 的图象公共点个数只能是0或1(因为两者公共点的个数即方程0)()(=-x g x f 解的个数，而)()(x g x f -是增函数).结论2 增函数)(x f 与增函数)(x g 的图象公共点个数可以是任意自然数，并且也可以是无数个(比如两个增函数)0(sin 3>+=x x y x 与)0(3>=x y x 的图象公共点个数即方程0sin =x 解的个数，是无数个).结论3 减函数)(x f 与减函数)(x g 的图象公共点个数可以是任意自然数，并且也可以是无数个(由结论2可得).若用草图1来解答本题中10<<a 的情形，还须证明当3171<<a 时下面四点均成立(而以上解答认为它们是显然成立的)：(1)在]1,0(∈x 时两者有唯一公共点；(2)在]3,1(∈x 时两者有唯一公共点；(3)在]5,3(∈x 时两者有唯一公共点；(4)在]7,5(∈x 时均有)()(x g x f >.由结论1及连续函数的性质(根的存在定理)可证得(1)、(3)两点均成立.怎么证明(2)、(4)呢？虽说可以验证当7,5=x 时均有)()(x g x f >，但不能说在]7,5(∈x 时均有)()(x g x f >(如图3).当然，由结论3也可知(2)、(4)两点不是显然的事实.下面来试着证明这两点. 图3要证明(4)，可以只证明)7,6(∈x 时)(x f 比)(x g 下降的速度快，即证)()(x g x f '<'，这种证法即先证0])()([<'-x g x f ，再得出)()(x g x f -是)7,6(上的减函数，所以0)7()7()()(>->-g f x g x f .但这条路行不通，因为2cos20])()([xxx g x f ππ⇔<'-3ln 12cos 2ln 1min-≤⇔⎪⎭⎫ ⎝⎛<x x a ππ，而最后一式在)7,6(∈x 时不可能恒成立：3ln 102cos2lim 7->=-→xxx ππ.为什么会产生此种情形呢？仔细观察图1可得，当自变量x 在7的左侧无限接近于7时)(x f 下降的速度接近于0，)(x g 下降的速度大于0，所以此时0])()([>'-x g x f .欲证明(4)，只需证明⎪⎭⎫ ⎝⎛∈∈31,71),7,6(a x 时，axx xa ln ln log 2sin=>π，即证2sin ln ln x x a π>，等价于)76(0log 2sin )(,2sinln 7ln 7<<>+=>-∆x x xx f x x ππ恒成立.可以用几何画板作出函数)(x f 的图象如图4所示，由此可以看出0)96.6(<f (事实上，用计算器可算出0009717.0)96.6(-≈f )，由此说明欲证的(4)不可能成立.可以再用几何画板作出函数⎪⎭⎫ ⎝⎛<<-=--3171log 2sin)(94591.194591.1e x xx u e π的图象如图5所示，由此可以看出0)96.6(<u (事实上，用计算器可算出0009716.0)96.6(-≈u )，由此也直接说明结论(4)不成立.图4图5若用草图2来解答本题中1>a 的情形，还必须证明当95<<a 且)9,8(∈x 时均有2sinlog xx a π>.这也是不成立的：可用几何画板作出函数()952sinlog )(197224577.2197224577.2<<-=exx x u e π的图象如图6所示，由此可以看出0)965.8(<u (事实上，用计算器可算出000262456.0)965.8(-≈u ).图6虽然笔者已经发现以上一道经典题目的结论及解法均是错误的，但如何求解，笔者认为难度甚大，不知由以下思路能否求解：当10<<a 时，如图1，设1a a =时曲线)76(2sin <<=x xy π与)76(log <<=x x y a 相切，设切点为)log ,(111x x a ，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<=<<=)10(ln 12cos 2)76(log 2sin 11111111a a x x x x x a πππ ① 须由此方程组求出1a ，猜测此时所求a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛31,1a . 当1>a 时，如图2，设2a a =时曲线)98(2sin <<=x xy π与)98(log <<=x x y a 相切，设切点为)log ,(222x x a ，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>=<<=)1(ln 12cos 2)98(log 2sin 22222222a a x x x x x a πππ ② 须由此方程组求出2a ，猜测此时所求a 的取值范围是),5(2a .所以猜测该题的答案是),5(31,21a a ⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛，其中21,a a 分别由①、②确定.我们要牢记华罗庚(1910~1985)先生说过的箴言“数缺形时少直观,形少数时难入微.数形结合千般好,数形分离万事休”，通过画草图(受画图工具的限制不可能画出精细准确的图形)来解题时，一定要注意“形缺数时难入微”，并且要注意图形所反映的特性.判断两个增函数(减函数)图象的公共点个数时要慎重，编拟这样的题时更要慎之又慎，谨防超纲而难以严谨作答.问题1 求正弦曲线与对数曲线0(log >=a x y a 且)1≠a 的公共点个数)(a g . 问题2 求曲线x y αsin =与对数曲线0(log >=a x y a 且)1≠a 的公共点个数),(a h α.。
(甘志国)商榷2015年高考题中表述欠严谨的11道题
商榷2015年高考题中表述欠严谨的11道题甘志国(已发表于 中学数学教学，2015(5)：55-59)一年一度的高考是考生、老师、家长、学校乃至全社会关注的重点话题．2015年的高考已尘埃落定，笔者作为一名高中数学老师，也抓紧时间认真钻研了本年度的高考数学真题(文理共计31套，其中江苏文理同卷)，发现了它们有试题常规、情景新颖、杜绝偏怪、难度在降低等特点，这也与新课改之精神、教育乃培养人的活动、数学本来应当是人人能够喜爱的美的科学合拍．但笔者发现有10道高考题在表述上欠严谨：虽然原题不会太影响考生正确答题，但作为高考题的权威性及引用的广泛性，还是要注意表述上的严谨．题1 (2015年高考湖北卷文科第4题)已知变量x 和y 满足关系y ＝－0.1x ＋1，变量y 与z 正相关．下列结论中正确的是( )A ．x 与y 负相关，x 与z 负相关B ．x 与y 正相关，x 与z 正相关C ．x 与y 正相关，x 与z 负相关D ．x 与y 负相关，x 与z 正相关 解 A.显然x 与y 负相关，又y 与z 正相关，所以x 与z 负相关.商榷 高中生是在普通高中课程标准实验教科书《数学3²必修²A 版》(人民教育出版社，2007年第3版)(下简称《必修3》)第86页接触到“正相关、负相关”这两个概念的：图1从散点图(如图1所示)可以看出，年龄越大，体内脂肪含量越高.图中点的趋势表明两个变量之间确实存在一定的关系，这个图支持了我们从数据表(见《必修3》第85页的表2-3)中得出的结论.另外，这些点散布的位置也是值得注意的.它们散布在从左下角到右上角的区域.对于两个变量的这种相关关系，我们将它称为正相关.还有一些变量，例如汽车的重量和汽车每消耗1L 汽油所行驶的平均路程，成负相关，汽车越重，每消耗1L 汽油所行驶的平均路程就越短，这时的点散布在从左上角到右下角的区域内.由此论述可知，“正相关、负相关”是呈相关关系的两个变量之间的关系.而在本题中，满足关系y ＝－0.1x ＋1的两个变量x 和y 呈函数关系(即确定性关系)不是相关关系，在函数关系中，教科书中没有介绍两个变量之间“正相关、负相关”的含义(笔者在整个数学领域中也未听说过有此含义).建议把这道题的题干中的“y ＝－0.1x ＋1”改为“11.0+-=∧∧x y ”(改述后的解法及答案均不变).题2 (2015年高考全国卷II 理科第10题即文科第11题)如图2所示，长方形ABCD的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点．点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为( )图2解法1 B.当点P 在BC 边上时，PB ＝OB ·tan x ＝tan x ，P A ＝AB 2＋PB 2＝tan 2x ＋4，所以f (x )＝tan x ＋tan 2x ＋4(0≤x ≤π4)，显然f (x )单调递增且是非线性的，且f (π4)＝1＋ 5.当P 位于边CD 的中点时，x ＝π2，且f (π2)＝P A ＋PB ＝22，所以可知当点P 从点B 运动到点C 时，f (x )从2增到1＋5，当点P 从点C 运动到边CD 的中点时，f (x )从1＋5减到22，且增减都是非线性的，结合图象可知选B.解法2 B.由题意可知，f (π2)＝22，f (π4)＝1＋ 5.得f (π2)<f (π4)，排除选项C,D.当ππ≤≤x 43时，f (x )＝-tan x ＋tan 2x ＋4，可知其函数图象不是线段，排除选项A. 所以选B.商榷 建议把题2中的“长方形ABCD ”改成“矩形ABCD ”；“点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动”改成“动点P 从点B 开始沿着折线BCDA 运动到点A 停止”(原说法是不清楚的：动点P 从哪一点开始运动？运动到哪一点停止？是连续运动还是跳跃的运动？因为题目只说了“点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动”).作为选择题，题2是可以勉强解答的；要是作为非选择题，题2将无从解答.题3 (2015年高考浙江卷理科第6题)设A ，B 是有限集，定义：d (A ，B )＝card(A ∪B )－card(A ∩B )，其中card(A )表示有限集A 中元素的个数．命题①：对任意有限集A ，B ，“A ≠B ”是“d (A ，B )>0”的充分必要条件； 命题②：对任意有限集A ，B ，C ，d (A ，C )≤d (A ，B )＋d (B ，C )．( ) A ．命题①和命题②都成立 B ．命题①和命题②都不成立 C ．命题①成立，命题②不成立 D ．命题①不成立，命题②成立解 A.命题①显然成立，由图3可知d (A ，C )表示的区域不大于d (A ，B )＋d (B ，C )表示的区域，所以命题②也成立.图3商榷 建议把题干改述为(若不改述，则题意不清，会使考生很茫然；因为有不少高考选择题是要求选出错误的选项，比如2015年高考中的福建卷理科第10题、陕西卷理科第12题)：设A ，B 是有限集，定义：d (A ，B )＝card(A ∪B )－card(A ∩B )，其中card(A )表示有限集A 中元素的个数．命题①：对任意有限集A ，B ，“A ≠B ”是“d (A ，B )>0”的充分必要条件； 命题②：对任意有限集A ，B ，C ，d (A ，C )≤d (A ，B )＋d (B ，C )． 则下列结论正确的是( )题4 (2015年高考浙江卷文科第8题)设实数a ，b ，t 满足|a ＋1|＝|sin b |＝t.( ) A ．若t 确定，则b 2唯一确定 B ．若t 确定，则a 2＋2a 唯一确定C ．若t 确定，则sin b2唯一确定 D ．若t 确定，则a 2＋a 唯一确定解 B.对于选项A ，取t ＝12，b 可取π6或5π6，得b 2不能唯一确定；对于选项B ，由|a＋1|＝|sin b |＝t ，得|a ＋1|2＝t 2，即a 2＋2a ＋1＝t 2，a 2＋2a ＝t 2－1，所以若t 确定，则t 2确定，所以a 2＋2a 唯一确定，得选项B 正确；若t 确定，由|sin b |＝t ，得sin 2b ＝t 2，所以cos b ＝±1－t 2，sin b2＝±1－cos b 2＝±1±1－t 22，不唯一确定，选项C 中的结论不正确；若t 确定，由|a ＋1|＝t ，得a ＋1＝±t ，所以a ＝－1±t ，所以a 2＋a ＝(－1±t )2－1±t ＝t 2∓2t ±t ＝t 2∓t ，不唯一确定．综上可知，只有选项B 正确．商榷 建议把题干改述为(改述的理由同上)：设实数a ，b ，t 满足|a ＋1|＝|sin b |＝t ，则下列结论正确的是( )题5 (2015年高考广东理科第8题)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( )A ．至多等于3B ．至多等于4C ．等于5D ．大于5 解 B.正四面体符合要求，因此n 可以等于4. 下面证明n ＝5不可能．假设存在五个点两两距离相等，设为A ，B ，C ，D ，E .其中A ，B ，C ，D 构成空间的正四面体ABCD ，设其棱长为a .设G 为△BCD 的中心，则不难算出AG ＝63a ，BG ＝33a ，且AG ⊥平面BCD .如果点E 到A ，B ，C ，D 四点的距离相等，那么点E 一定在直线AG 上，且EB ＝a .如果点E 在线段AG 上或线段GA 的延长线上，那么在Rt △EBG 中，EG ＝BE 2－BG 2＝63a ，AG ＝63a ，此时A ，E 重合. 如果点E 在线段AG 的延长线上，此时EG ＝63a ，EA ＝263a ≠a . 综上所述可得，正整数n 的取值至多是4.商榷 建议把选项A,B 中的“至多”均改为“最多”.中国社会科学院语言研究所词典编辑室编《现代汉语词典》(商务印书馆，2012年第6版)第1677页对“至少”的解释是“表示最小的限度”，所以“正整数n 至多等于4”的意思是“正整数4≤n ，但等号不一定能取到”，而在本题中“正整数4≤n ，等号一定能取到”，所以改动后的表述更准确(不改动也无错误)．而对于2014年高考上海卷理科第13题“某游戏的得分为1,2,3,4,5，随机变量ξ表示小白玩该游戏的得分．若2.4)(=ξE ，则小白得5分的概率至少为 ．”若不把其中的“至少”改为“最少”，则答案可填闭区间[0,0.2]中的任一个数，就不一定是参考答案“0.2”.题6 (2015年高考江苏卷第9题)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解 7.设新的底面半径为r ，得13π³52³4＋π³22³8＝13πr 2³4＋πr 2³8 ，即283πr 2＝1003π＋32π，解得r ＝7.商榷 一般来说，在橡皮泥的重新制作过程中，体积会变化(但质量不变)，所以建议把题中的“若将它们重新制作”改述为“若将它们重新制作(假设重新制作的过程中，橡皮泥的体积不变)”.题7 (2015年高考陕西卷文科、理科第22题)如图4所示，AB 切⊙O 于点B ，直线AO 交⊙O 于D ，E 两点，BC ⊥DE ，垂足为C .(1)证明：∠CBD ＝∠DBA ；(2)若AD ＝3DC ，BC ＝2，求⊙O 的直径．图4解 (1)因为DE 为⊙O 的直径，得∠BED ＋∠EDB ＝90°.又BC ⊥DE ，所以∠CBD ＋∠EDB ＝90°，从而∠CBD ＝∠BED . 又AB 切⊙O 于点B ，得∠DBA ＝∠BED ，所以∠CBD ＝∠DBA . (2)由(1)知BD 平分∠CBA ，得BA BC ＝ADCD ＝3，又BC ＝2，从而AB ＝3 2.所以AC ＝AB 2－BC 2＝4，得AD ＝3.由切割线定理得AB 2＝AD ·AE ，即AE ＝AB 2AD＝6，所以DE ＝AE －AD ＝3，即⊙O 的直径为3.商榷 建议把该题及其解答中的“直径”改为“直径的长”.题8 (2015年高考陕西卷文科、理科第24题)已知关于x 的不等式|x ＋a |<b 的解集为{x |2<x <4}．(1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋bt 的最大值．解 (1)由|x ＋a |<b ，得－b －a <x <b －a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1.(2)由柯西不等式，得at ＋12＋bt=－3t ＋12＋t ＝3²4－t ＋t ≤ [（3）2＋12][（4－t ）2＋（t ）2]＝24－t ＋t ＝4当且仅当4－t 3＝t1即t ＝1时等号成立，所以(－3t ＋12＋ t )max ＝4. 商榷 第(2)问中的“t ”是变量还是常量呢？题目没作交代.若“t ”是变量，则解答同上；若“t ”是常量，则答案为“at ＋12＋bt ”(因为at ＋12＋bt 是常量).所以建议把该题第(2)问改述为：(2)求函数f (t )=at ＋12＋bt 的最大值．题9 (2015年高考全国卷II 理科第21题)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx . (1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x . 若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )>0. 若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1>0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1<0，f ′(x )>0. 所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即 ⎪⎩⎪⎨⎧-≤+-≤--1e e 1e e m m mm① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，得g ′(t )＝e t －1.当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.所以g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，所以当t ∈[－1，1]时，g (t )≤0.所以当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①成立；当m >1时，由g (t )的单调性，知g (m )>0，即e m －m >e －1；当m <－1时，g (－m )>0，即e －m ＋m >e －1.综上所述可得，m 的取值范围是[－1，1]．商榷 建议把第(1)问中的“(－∞，0)”，“(0，＋∞)”分别改述为“(－∞，0)上”，“(0，＋∞)上”.题10 (2015年高考广东卷理科第17题)某工厂36名工人的年龄数据如下表：到的年龄数据为44，列出样本的年龄数据；(2)计算(1)中样本的均值x 和方差s 2；(3)36名工人中年龄在s x -与s x +之间有多少人？所占的百分比是多少(精确到0.01%)?解 (1)依题意知，所抽取的样本编号是一个首项为2公差为4的等差数列，得其所有样本编号依次为2,6,10,14,18,22,26,30,34，所以对应样本的年龄数据依次为44,40,36,43,36,37,44,43,37.(2)由(1)可得9100,402==s x . (3)由(2)知，310=s ，所以3143,3236=+=-s x s x . 因为年龄在s x -与s x +之间的共有23人，所以其所占的百分比是%89.633623≈(精确到0.01%).商榷 解答第(3)问时，必须要知道x 与s 的值，而在大前提及第(3)问的题设中均找不到，考生(也包括所有的答题者)在万般无赖的情形下，只有在第(1)问或第(2)问中找出这两个数据：果真在第(2)问中找到了！而后也作出了所谓正确的解答，也得出了理想的分数.这好像就是出题者的意思.但这是不对的，也是完全错误的！可把此题第(3)问改述为：(3)36名工人中年龄在s x -与s x s x ,(+的值见第(2)问)之间有多少人？所占的百分比是多少(精确到0.01%)?2011年高考广东卷理科第17题及2010年高考安徽卷理科第19题也都存在这种错误]1[. 笔者发表的文献[2],[3]均指出了2014年高考题中表述欠严谨的地方，读者可以浏览. 题11 (2015年高考广东卷文科、理科第20题)已知过原点的动直线l 与圆C 1：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B .(1)求圆C 1的圆心坐标．(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程．(3)是否存在实数k ，使得直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．解 (1)因为圆C 1的方程即4)3(22=+-y x ，所以圆C 1的圆心坐标是(3,0)． (2)设线段AB 的中点为),(y x M ，可得AB M C ⊥1即OM M C ⊥1. 得点M 在以OC 为直径的圆0322=-+x y x 上.又点M 在圆C 1内，解方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-+4)3(032222y x x y x ，得两圆的交点为⎪⎭⎫⎝⎛±532,35，进而可得所求轨迹C 的方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛>=-+350322x x y x . (3)存在实数k 满足题意.如图5所示，曲线C 是以⎪⎭⎫ ⎝⎛0,23C 为圆心，23为半径的圆弧»EF (不包括端点)，且⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛532,35,532,35F E.图5当直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 相切时，得43,23104232±==+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-k k k . 又直线L ：y ＝k (x －4)过定点D (4,0)，所以5724350532-=--=-=DFDE k k .再结合图5可得，当且仅当k 的取值范围是⎭⎬⎫⎩⎨⎧-⋃⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,43572,572时，直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点.注 本题源于普通高中课程标准实验教科书《数学²选修2-1²A 版》(人民教育出版社，2007年第2版)(下简称《选修2-1》)第37页习题2.1的A 组第4题：过原点的直线与圆x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于A ，B 两点，求弦AB 的中点M 的轨迹方程．与《选修2-1》配套使用的《教师教学用书》(人民教育出版社,2007年第2版)第11页给出的《选修2-1》第40页给出的答案是“335,0322≤≤=-+x x y x ”.笔者认为，由“弦AB ”知点B A ,不能重合，所以答案应当是“335,0322≤<=-+x x y x ”，也即“⎪⎭⎫⎝⎛>=-+350322x x y x ”.(这道高考题的解答与笔者的这一观点是一致的.) 商榷 应注意交点与切点是有区别的]4[：直线与圆相交时的公共点叫做交点，直线与圆相切时的公共点叫做切点，交点和切点统称为公共点.所以建议把题10(即2015年高考广东卷文科、理科第20题)第(3)问中的“交点”改为“公共点”(改动后答案不变；若不改动，则答案为：当且仅当k 的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡-572,572时，直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点).参考文献1 甘志国.大前提、小前提的规范使用[J].数学教学，2014(7)：23-242 甘志国.商榷2014年高考题中表述欠严谨的六道题[J].数学教学研究，2014(12)：24-253 甘志国.高考数学真题解密[M].北京：清华大学出版社，2015：287-2924 甘志国.应区分“交点”与“公共点”[J].中学数学教学，2009(3)：37。
2018年版本高中数学人教B版本选修22的学案：2练习习题课综合法及解析总结计划法正式版本
习题课综合法和剖析法明目、知要点加深合法、剖析法的理解，用两种方法明数学．1．合法合法是中学数学明中最常用的方法，它是从已知到未知，从到的推理方法，即从中的已知条件或已的真判断出，一系列的中推理，最后出所要求的命．合法是一种由因果的明方法．合法的明步用符号表示是：P0(已知)?P1?P2?⋯?P n( )2．剖析法剖析法是指从需的出，剖析出使个成立的充足条件，使化判断那些条件能否具，其特色能够描绘“果索因”，即从未知看需知，逐渐靠已知．剖析法的写形式一般“因⋯⋯，了明⋯⋯，只需明⋯⋯，即⋯⋯，所以，只需明⋯⋯，因⋯⋯成立，所以⋯⋯，成立”．剖析法的明步用符号表示是：P0(已知)?⋯?P n－2?P n－1?P n()剖析法属方法范围，它的体在剖析程步步可逆．型一适合的方法明不等式2例1 a，b，c随意三角形三，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca，：3S≤I<4S.22222明I＝(a＋b＋c)＝a＋b＋c＋2ab＋2bc＋2caa2＋b2＋c2＋2S.欲3S≤I2<4S，即ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca.先明ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2，只需2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ca，即(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0，然成立；再明a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca，只需a2－ab－ac＋b2－ab－bc＋c2－bc－ca<0，即a(a－b－c)＋b(b－a－c)＋c(c－b－a)<0，只需a<b＋c，且b<c＋a，且c<b＋a，因为a、b、c为三角形的三边长，2上述三式明显成立，故有3S≤I<4S.反省与感悟此题要证明的结论要先进行转变，能够使用剖析法．对于连续不等式的证明，能够分段来证，使证明过程层次清楚．证明不等式所依靠的主假如不等式的基天性质和已知的重要不等式，此中常用的有以下几个：2(1)a≥0(a∈R)．222≥2ab，(a＋b222≥a＋b2(2)(a－b)≥0(a、b∈R)，其变形有a ＋b2)≥ab，a＋b2(3)若a，b∈(0，＋∞)，则a＋b≥ab，特别地b＋a≥2.2a b (4)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．追踪训练1已知a，b是正数，且a＋b＝1，求证：1＋1≥4.a b证明方法一∵a，b是正数且a＋b＝1，∴a＋b≥2ab，∴ab≤1，∴1＋1＝a＋b＝1≥4.2ab abab方法二∵a，b是正数，∴a＋b≥2ab>0，1＋1≥21a b ab>0，(a＋b)(1＋1)≥4.ab又a＋b＝1，∴1＋1≥4.ab方法三11a＋ba＋b a ba＋＝a＋＝1＋＋＋1≥2＋2·＝4.当且仅当a＝b时，取“＝”号．ab b ab ab题型二选择适合的方法证明等式例2已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，对应的三边为a，b，c，求证：1＋a＋b1＝3b ＋ca＋b ＋c.证明要证原式，只需证a＋b＋c＋a＋b＋c＝3，a ＋bb＋cc ＋a2＋a2＋ab＝1，即证＝1，即只需证bc＋c2a＋b b＋cab＋b＋ac＋bc而由题意知A＋C＝2B，π222∴B＝3，∴b＝a＋c－ac，bc＋c2＋a2＋ab bc＋c2＋a2＋ab∴ab＋b2＋ac＋bc＝ab＋a2＋c2－ac＋ac ＋bc2＋abb c ＋c＋a＝ab ＋a 2＋c 2＋bc ＝1，∴原等式成立，即1 ＋1＝ 3a＋bb ＋ca ＋b＋c .反省与感悟 综合法推理清楚，易于书写，剖析法从结论下手易于找寻解题思路． 在实质证明命题时，常把剖析法与综合法联合起来使用，称为剖析综合法，其构造特色是：依据条件的构造特色去转变结论，获得中间结论Q ；依据结论的构造特色去转变条件，获得中间结论P ；若由P 可推出Q ，即可得证．追踪训练2设实数a ，b ，c 成等比数列，非零实数x ，y 分别为a 与b ，b 与c的等差中项，c试证：x ＋y＝2.证明由已知条件得b 2＝ac ，①2x ＝a ＋b,2y ＝b ＋c.②ac要证＋＝2，只需证ay ＋cx ＝2xy ， 只需证2ay ＋2cx ＝4xy.由①②得2ay ＋2cx ＝a(b ＋c)＋c(a ＋b)＝ab ＋2ac ＋bc ， 4xy ＝(a ＋b)(b ＋c)＝ab ＋b 2＋ac ＋bc ＝ab ＋2ac ＋bc ， 所以2ay ＋2cx ＝4xy.命题得证． 题型三 立体几何中地点关系的证明例3 如图，在四棱锥 P －ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°， PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：CD⊥AE；证明：PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，而AE?平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD.而PD?平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB，又AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，又AB∩AE＝A，综上得PD⊥平面ABE.反省与感悟综合法证明线面之间的垂直关系是高考考察的要点，利用垂直的判断定理和性质定理能够进行线线、线面以及面面之间垂直关系的转变．此外，利用一些常有的结论还经常能够将线面间的垂直与平前进行转变．比方：两条平行线中一条垂直于平面α，则此外一条也垂直于平面α；垂直于同一条直线的两个平面相互平行等．追踪训练3如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.求证：AF∥平面BDE；求证：CF⊥平面BDE.证明(1)如图，设 AC与BD交于点G.因为EF∥AG，且EF＝1，1AG＝2AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG?平面BDE，AF?平面BDE，所以AF∥平面BDE.(2)连结FG.因为EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，所以四边形CEFG为菱形．所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE.[呈要点、现规律 ]1．综合法的特色是：从已知看可知，逐渐推出未知．2．剖析法的特色是：从未知看需知，逐渐聚拢已知．3．剖析法和综合法各有优弊端．剖析法思虑起来比较自然，简单找寻到解题的思路和方法，弊端是思路逆行，表达较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思虑．实际证题时经常两法兼用，先用剖析法探究证明门路，而后再用综合法表达出来．学不是一时半刻的事情，需要平累，需要平的好学苦。
湖北省孝感市2013年高考数学备考资料 研究专题7(选修)：选修2-2课本例题习题改编
教科书资源的开发与利用之选修2-2重视课本，着眼提高作者：吴志国单位：大悟一中课本是数学知识和数学思想方法的载体，又是教学的依据，理应成为高考数学试题的源头，因此高考命题注重课本在命题中的作用，充分发挥课本作为试题的根本来源的功能，通过对高考数学试题命题的研究可以发现，每年均有一定数量的试题是以课本习题为素材的变式题，通过变形、延伸与拓展来命制高考数学试题，具体表现为三个层次：2WH0158MY4第一层次：选编原题，仿制题。
有的题目直接取自于教材，有的是课本概念、公式、例题、习题的改编。
第二层次：串联方式，综合习题。
即有的题目是教材中几个题目或几种方法的串联，综合拓展。
第三层次：增加层次，添加参数。
即通过增加题目的层次、设置隐含条件、引进讨论的的参数，改变提问的方向等，提高题目的灵活性和综合性。
2WH0158MY4高考题来源于课本，所以我们平时就应重视课本例题习题以及其改编题，提高学生的能力，下面我就此谈一下我的看法。
一．学生对回归教材的一些误区历届的高三学生，对回归教材都有轻视之感。
老师要求班上的同学看教材，他们中的一部分就不以为然，认为不如把时间用来多做几个题有效。
2WH0158MY4有些同学也看了教材，觉得没什么收获，主要是方法不对。
老师必须讲清回归教材的重要性，同时要指导和督促学生做好这件事情。
2WH0158MY4二．教师如何提高课本例习题的复习价值教师要指导学生高三复习教学中对课本例、习题“四化”<一）将例习题“变化”，巩固“双基”1.原题<选修2-2第十九页习题1.2B组第一题）改编记，则A,B,C的大小关系是< ）A ．B ．C ．D.解：记根据导数的几何意义A 表示sinx 在点M 处的切线的斜率，B 表示像可知A>C>B 故选B2WH0158MY42.原题<选修2-2第二十九页练习第一题）改编 如图是导函数的图象，那么函数在下面哪个区间是减函数A.B.C.D.解：函数的单调递减区间就是其导函数小于零的区间，故选B 3.原题<选修2-2第三十七页习题1.4A 组第1题）改编用长为18 m 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是_________.2WH0158MY4解：设长方体的宽为xm，则长为2xm，高.故长方体的体积为从而令，解得x=0<舍去）或x=1，因此x=1.当0＜x＜1时，＞0；当1＜x＜时，＜0，故在x=1处V<x）取得极大值，并且这个极大值就是V<x）的最大值. 从而最大体积V＝3<m3），此时长方体的长为2 m，高为1.5 m.答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3 m3.4.原题<选修2-2第四十五页练习第二题）改编一辆汽车在笔直的公路上变速行驶，设汽车在时刻t的速度为v(t>=-t2+4,<t）<t的单位：h, v的单位：km/h）则这辆车行驶的最大位移是______km2WH0158MY4解：当汽车行驶位移最大时，v(t>=0.又v(t>=-t2+4=0且,则t=2，故填5.原题<选修2-2第五十页习题1.5A组第四题）改编________解：，而表示单位圆x2+y2=1在第一象限内的部分面积,2(e-1->=故填.人教A版选修6. 6．原题<选修2-2第106页例1）改编：用数学归纳法证明．变式1：是否存在常数，使得对一切正整数都成立？并证明你的结论．解：假设存在常数使等式成立，令得：解之得，下面用数学归纳法证明：对一切正整数都成变式2：已知，是否存在的整式，使得等式对于大于1的一切正整数都成立？并证明你的结论．解：假设存在，令，求得，令，求得，令，求得，由此猜想：，下面用数学归纳法证明：对一切大于1的正整数都成立．<略）<二）将例习题“类化”，展现通性通法7.原题<选修2-2第七十八页练习3）改编设P是内一点，三边上的高分别为、、，P到三边的距离依次为、、，则有______________；类比到空间，设P是四面体ABCD内一点，四顶点到对面的距离分别是、、、，P到这四个面的距离依次是、、、，则有_________________。
甘志国高中数学题典精编出版年份
甘志国高中数学题典精编，是一部历经多年精心编撰的高中数学题集。
本书于2005年首次出版，是当时数学教育领域的一大创举。
经过多年的修订和新题的不断补充，目前的最新版已经是第五版了。
该书是为了满足高中数学教学和学习的需要而编写的，旨在帮助学生夯实数学基础，提高数学解题能力和分析问题的能力。
下面我们将从多个方面对该书进行详细介绍。
一、编撰团队甘志国高中数学题典精编的编撰团队是由数学教学和研究领域的专家学者组成的。
他们在数学教育领域有着丰富的经验和卓越的学术水平，能够保证该书的题目选取和答案解析的高质量和专业性。
二、内容概述本书的题目覆盖了高中数学的各个知识点，包括代数、几何、函数、数列等内容。
每个知识点下都涵盖了大量的典型题目，涵盖不同难度和不同类型的题目，不仅有基础题型，还有一些拓展题目，有助于学生更全面地了解和掌握数学知识。
三、题目设计甘志国高中数学题典精编的题目设计考虑了学生的学习特点和学习需求，既能够符合课程要求，又能够培养学生的数学思维和解题能力。
题目设置合理，有助于激发学生对数学的学习兴趣，激发学生思考和探索的欲望。
四、解答和解析本书不仅提供了题目的详细解答，还对一些重要的题目进行了解析。
解答和解析的方式清晰简洁，既方便学生查阅，又有助于学生掌握数学题目的解题思路和方法。
五、与教学的结合甘志国高中数学题典精编作为一部辅助教材，能够有效地与教学相结合。
老师在教学中可以根据本书的内容进行选题，作为课堂教学的补充和拓展，帮助学生更好地理解和掌握知识点。
六、教学实践经过多年的教学实践，该书已经得到了广大教师和学生的肯定和认可。
很多学校将该书作为教辅教材，赋予学生更多的自主学习和巩固练习的机会。
七、未来展望随着教学内容和考试要求的不断更新，甘志国高中数学题典精编也在不断修订和更新中。
我们期待未来的版本能够更好地适应教学和学习的需要，为广大学生提供更好的学习资源。
甘志国高中数学题典精编是一部具有较高参考价值的数学辅助教材，有助于学生巩固数学基础，提高解题能力。
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对《选修2-2》中一道习题的研究
甘志国(该文已发表 中小学数学(高中)，2011(4)：42-43)
普通高中课程标准实验教科书《数学·选修2-2·A 版》(人民教育出版社，2007年第2版) (下简称《选修2-2》)第91页习题2.2的第4题是：
4.ABC ∆的三边c b a ,,的倒数成等差数列，求证2
π
<
B .
它应当是关于教学内容《选修2-2》第89-91页“2.2.2 反证法”的一道习题，我们先给出下面的证法：
证明 设等差数列c b a 1
,1,1的公差为d . (1)当0≤d 时，c
b a 1
11≥≥，所以c b a ≤≤，得C B A ≤≤.
假设2
π
≥
B ，得2
π
≥
≥B C ，所以π≥+C B .
(2)当0>d 时，c
b a 1
11<<，所以c b a >>，得C B A >>.
假设2
π
≥
B ，得2
π
≥
>B A ，所以π≥+C B .
而得到的结论π≥+C B 与三角形内角和定理“0,>=++A C B A π”矛盾！所以假设错误，得2
π
<
B .
顺利完成了任务，但总感觉意犹未尽：在解题过程中没有用好题设“等差数列”.这是否意味着该题的结论可以加强？(由以下定理中的第四个结论，立得B 的取值范围是
⎥⎦
⎤
⎝⎛3,0π，当且仅当ABC ∆为正三角形时3π=B .)
定义
]
1[ 设ABC ∆中角A,B,C 的对边长分别为c b a ,,(可不妨设c b a ≤≤，下文也同)，
把满足下列条件之一的ABC ∆都叫做平均三角形：
(1)2c a b +=； (2)ac b =； (3)2
2
2c a b +=； (4)c a ac b +=2
还可分别叫做算术平均三角形；几何平均三角形；平方平均三角形；调和平均三角形.
文献[1]还证明了它们的一条共性：3
0π
≤<B (当且仅当ABC ∆为正三角形时等号成
立).
下面再给出较文献[1]更广的结论：
定理 对于定义中的四类平均三角形，均有A 、B 的取值范围均是⎥⎦
⎤
⎝
⎛
3,
0π，C 的取值
范围均是⎪⎭
⎫
⎢
⎣⎡ππ,3(均当且仅当ABC ∆为正三角形时A,B,C 取到3π).
证明 先证明关于角B 的结论.
(1)对于算术平均三角形的情形：
当c b a ≤≤时，c b a ,,是某三角形三边长的充要条件是c b a >+，即3
c a >
. 2
1
418)(32cos 22222≥-+=-+=ac c a ac b c a B (当且仅当c a =时取等号)
所以可得B 的取值范围是⎥⎦
⎤
⎝
⎛
3,
0π，当且仅当ABC ∆为正三角形时B 取到
3
π. (2)对于几何平均三角形的情形：
当c b a ≤≤时，c b a ,,是某三角形三边长的充要条件是c b a >+，即c a 2
5
3->
. 2
1
2122cos 22222≥-+=-+=ac c a ac b c a B (当且仅当c a =时取等号)
所以可得B 的取值范围是⎥⎦
⎤
⎝
⎛
3,
0π，当且仅当ABC ∆为正三角形时B 取到
3
π. (3)对于平方平均三角形的情形：
当c b a ≤≤时，c b a ,,是某三角形三边长的充要条件是c b a >+，即c a )32(->.
2
1
42cos 22222≥+=-+=ac c a ac b c a B (当且仅当c a =时取等号)
所以可得B 的取值范围是⎥⎦
⎤
⎝
⎛3,
0π，当且仅当ABC ∆为正三角形时B 取到
3
π. (4)对于调和平均三角形的情形：
当c b a ≤≤时，c b a ,,是某三角形三边长的充要条件是c b a >+，即c a )12(->.
1)
(22)(2cos 2
2222-+-+=-+=c a ac
ac c a ac b c a B 令
t ac
c a =+2)(2
，有2≥t (当且仅当c a =时取等号)，得 )2(11
cos ≥--=t t
t B
易知上式右边是t 的增函数，
21cos ≥B ，从而可得B 的取值范围是⎥⎦
⎤
⎝⎛3,0π，当且仅当ABC ∆为正三角形时B 取到
3
π
. 再由C B A ≤≤及π=++C B A 可立得关于A 、C 的结论也成立. 文献[2]还给出了比定理更广的结论. 高考题 (2009·全国II ·理·17(即文·18))设ABC ∆的内角C B A 、、的对边c b a 、、成等比数列，且2
3
cos )cos(=
+-B C A ，求角B 的大小. 解 有ac b =2
，由正弦定理，得C A B sin sin sin 2
=. 由2
3
cos )cos(=
+-B C A ，得 2
3)cos()cos(=
+--C A C A
2
3sin sin 2=
C A 2
3
sin ,23sin 22=
=
B B 由ac b =2
及定理的第二个结论，得3
0π
≤
<B (当且仅当ABC ∆为正三角形时等号成
立).所以3
π
=
B (且还可得AB
C ∆为正三角形).
一点感悟 是的，数学教学基本上就是解题教学，但绝不是陷入茫茫题海之中而难以自拔.盲目地解十道题与把一道题探究两、三次效果是不一样的，师生的收获、幸福指数也差别很大.关于此，读者还可参阅文献[3],[4].
参考文献
1 李明.四类平均三角形的一条共性[J].数学教学，2008(6)：19
2 甘志国.初等数学研究(II)上[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.532-537
3 甘志国.“思、探、练、变、提”的解题教学[J].中小学数学(高中)，2009(12)：7
4 甘志国.教育者也要关注另一个1%——谈数学特困生的成长[J].中国数学教育(高中)，2011(1-2)：16-19。