中学数学解题研究共65页
中学数学解题研究解题研究-第一讲
• 17 世纪捷克教育家夸美纽斯
• 美国心理学家奥苏贝尔对接受学习有系统 论述。
• “模仿教学”以行为主义学习理论为基础 ，认为解题教学就是解题教学行为上“刺 激—反应”的变化。
• 模仿教学对数学等学科教学实践有很大影响，许 多教师认为解题教学就是教师例题示范，学生练 习模仿，课堂教学就是给学生讲清解题思路与步 骤，学生解题时模仿效法。持这种观点的人们认 为，中小学生具有较大的可塑性，模仿能力强， 在解题教学中，不需要向学生解释过多的道理， 只要认真做好解题步骤、思路和解法等方面的示 范，让学生进行模仿，就可以巩固数学知识，掌 握解题方法，实现解题教学的目的。
• 解题教学不仅要向学生暴露“怎样解题” 的思维过程，还要向他们展示“为什么这
样解”以及“怎样学会解”的解题认知结
构建构的思维方法，教师应尽量让学生的
解题思维活动显性化，也就是多让学生进
行交流思考，使学生清晰地认识到自己解 决问题的依据、步骤、原因和所产生的思
维障碍。换言之，解题教学的金科玉律是
达到对学生思维训练的目的，因而，解题 教学本质上应该是一种思维教学。
m
(b -a )＞
0
所 以 a m a ＞ 0， 即 a m a
bm b
bm b
证明 2：（分析法） 等价变形 1 交叉相乘，原不等式等价于
b(a+m)>a(b+m)<=>ab+bm>ab+am<=>bm>am<=>b>a 由条件知显然成立，得证。 等价变形 2 ∵a＜b，m＞0，∴am＜bm ∴am＋ab＜bm＋ab ∴a(b＋m)＜b(a＋m)，即 b(a＋m)＞a(b＋m)， ∴(a＋m)/(b＋m)＞a/b
初中数学解题方法研究报告总结
SMART CREATE
初中数学解题方法研究报告总结
01
初中数学解题方法概述
初中数学解题方法的重要性
提高解题效率
⌛️
• 掌握有效的解题方法可
以减少解题时间
• 提高解题正确率
• 增强解题自信心
提高考试成绩
• 掌握解题方法有助于提
培养数学思维
高考试成绩
• 提高解题速度
实际应用
• 线性规划问题
• 工程问题
• 函数图像的交点问题
方程的解法
• 因式分解法
• 配方法
• 求根公式法
不等式的解法
• 一元一次不等式的解法
• 一元二次不等式的解法
• 分式不等式的解法
代数函数的解题方法
基本概念与性质
• 定义域与值域
• 奇偶性与单调性
• 周期性与对称性
函数方程与不等式
• 一元二次函数方程
• 注重数学思想与方法的应用
• 融合多种解题方法提高解题能力
数学教育改革与发展
• 数学教育理念的更新
• 数学教学方法的改革
• 数学教育评价体系的完善
技术与数学教育的融合
• 信息技术的应用
• 数学建模与计算机辅助解题
• 在线教育与数学教育资源的整合
CREATE TOGETHER
THANK YOU FOR WATCHING
06
初中数学解题方法的训练与提
高
初中数学解题方法的训练策略
常规训练与强化训练
• 常规训练方法
• 强化训练方法
• 训练计划与目标
错误分析与改进
• 分析解题过程中的错误
中学数学解题研究论文 完
对部分中高考题分析及做题感悟——《中学数学解题研究论文》姓名：***专业：数学与应用数学（师范）学号：**************中高考题分析【中考篇】我们都知道，中考可谓是人生的第一个转折点，中考更是初中数学的指挥棒，研究分析中考试题对数学有着重要的指导意义。
研究最近几年的中考数学试题，把握中考命题的方向和脉搏对落实新课程标准，有效的组织数学课的教学和初三的备考复习，同样也有着重要的指导意义。
我对中考题的命题特点进行简单的分析，不难发现，试题注重对学生的基础知识、基本技能、基本思想方法的“三基”考查。
理论联系实际，关注人与自然、社会协调发展的现代意识，关注社会生活，大胆创新，密切联系最新的科技成果和社会热点。
结合大连、沈阳的五套中考题，有以下几个突出的特点：1、典型题。
即选题典型，难易程度，做到初步递进；2、针对性。
即选题精炼，能帮助学生走出题海，减轻学习负担，提高复习效率；3、新动性。
从多方面培养学生的能力与数学素养。
通过对比观察知道，在每年的第一类解答题中，必考的内容有实数的运算、代数式的化简求值、解不等式组、解方程或方程组、一元二次方程根的判别式或根与系数的关系、概率统计等；在每年的第二类解答题中，列方程解应用题、解直角三角形、求函数解析式、平面图形的简单论证和计算等是考查的重点；在每年的第三类解答题中，则是中考稳中求变的突破口，将基础性、应用性、实践性、开放性、探究性融入其中。
但总体来说，还是有规律可以捕捉的，如圆与三角形、圆与四边形中等积式和比例式的证明，几何与方程、函数的结合题，几何图形中的一些条件给定、探求结果的开放型题等都是近几年来保留的压轴题。
从知识点上看，在命题方向上，近几年没有太多的起伏；从内容上看，几何题中的面积、弧长、侧面积或圆中线段、角度计算或者与代数、相似三角形、三角函数的联系等，二次函数综合题仍是多数省市压轴题的首选内容，圆的内容也有所侧重，并且考试内容与考查方式的结合新颖。
中学数学解题研究
求证： 2
例 已知a，b，c∈(0,1)． 求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于1/4. 4 什么是反例？举反例在数学证明和数学猜想中有何重要 作用？ 定义：在数学证明与猜想中，举出一个与论题矛盾的特 例，这个特例称为相应论题的反例。 证明包括两个方面： 一是证实一个猜想或一个论断的正确性； 二是推翻一个猜想或证实一个论断是错误的。 举反例是推翻猜想或论断的最常用、最有效、最好的证 明方法，被誉为反驳的法宝。 1、举反例检验定义、检验结论 例1.有人给出周期函数的定义：“存在最小正数T，使 f ( x T ) f ( x) 成立，则称f ( x)是 周期函数，常数T叫做
5
例
证明不等式 1
1 2
1 3
1 n
2 n (n∈N)．
证明：①当n=1时，左边=1，右边=2． 左边<右边，不等式成立． 1 1 1 ②假设n=k时，不等式成立，即 1 2 k ， 2 3 k 那么当n=k+1时，
1 1 2 1 3 1 k 1 k 1
2、数学归纳法 数学归纳法是证明与整数有关的命题的一种方法。它 的理论依据数学归纳原理。 数学归纳法是人们以有限把握无限，通过有限次操作 证明无限集合的命题。 数学归纳法证明命题 p(n)(n N , n n0 )成立的一般步骤是： (1)证明 p(n0 ) 成立； (2)假设 p(k )(k N , k n0 ) 成立，证明P(k 1)也成立。 根据(1)和(2)，可知p(n)对一切正整数n(n≧ n0 )都成立。
名称
内容
研究途 径
结果
未定， 简记为 （1+1) 肯定
意义
时间
中学数学解题经典研究
七位数
62 xy 427
是99倍数，试确定x,y值。
波利亚对其所说的“笛卡儿模式”作了如下概括：
首先，要在很好地理解了问题的基础上，把问题归结为去确 定若干个未知的量。 用最自然的方式通盘考虑一下问题，设想它已经解出来了。 然后，根据条件，把已知量和未知量之间所必须成立的一切关系 式都列出来。 析出一部分条件，使得你能用两种不同的方式去表示同一个 量，这样可以得出一个联系未知量的方程。如此下去，就把条件 分成了若干部分，从而得出与未知量个数相等的一组独立方程式。
在此，我们同样是利用“已被征服了的省份”（特例， 数学归纳法的基础），作为行动的基地去征服下一个“省 份”，直至最终征服了“整个王国”，即获得了普遍的公 式或结论。
1.4 叠加模式 圆周角与圆心角关系定理的证明。
波利亚指出，借助于上面的例子，我们又可以引出一个十分重 要的模式：叠加模式。具体地说，所谓叠加模式就是指“从一个导 引特款出发，利用特殊情形的叠加去得出一般问题的解。”
教师十诫： 第一，对自己的科目要有兴趣． 第二，熟知自己的科目． 第三，要懂得学习的途径：学习任何东西的最佳途径就是靠自 己去发现． 第四，要观察你的学生的脸色，弄清楚他们的期望和困难，把 自己置身于他们之中． 第五，不仅要教给学生知识，并且要教给他们“才智”，思维 的方式，有条不紊的工作习惯． 第六，要让学生学习猜测． 第七，要让学生学习证明． 第八，要找出手边题目中那些对解后来题目有用的特征——即 设法去揭示出隐藏在眼前具体情形中的一般模式． 第九，不要立即吐露你的全部秘密——让学生在你说出来之前 先去猜——尽量让他们自己去找出来． 第十，启发问题，而不要填鸭式地硬塞给学生接受．
解题是数学的特点
中学数学解题研究课程教学大纲
《中学数学解题研究》课程教学大纲一、课程基本信息
二、课程目标及对毕业要求指标点的支撑
三、教学内容及进度安排
注：“学生学习预期成果”是描述学生在学完本课程后应具有的能力，可以用认知、理解、应用、分析、综合、判断等描述预期成果达到的程度。
四、课程考核
注：各类考核评价的具体评分标准见《附录：各类考核评分标准表》
五、教材及参考资料
[1] 马波著. 中学数学解题研究（第2版）[M].北京：北京师范大学出版社，2018年01月，9787303227150.
[2] (美)G.波利亚. 怎样解题--数学思维的新方法[M]. 上海：上海科技教育出版社，2011年12月，9787542852311.
[3] 朱华伟，钱展望. 数学解题策略（第二版）[M]. 北京：科学出版社有限责任公司， 2018年01月，9787030446824.
[4] 罗增儒. 中学数学解题的理论与实践[M]. 南宁：广西教育出版社，2008年09月，9787543552579.
[5] 单樽. 解题漫谈[M]. 上海：上海教育出版社，2016年12月，9787544470063.
附录：各类考核评分标准表
考核评分标准
论文评分标准
注：评分标准的分数段划分可以根据课程需要自行设计。
《数学解题研究》第4期
X U E D A．C O M 解题研究J o u r n a l o fM a t h e m a t i c a l P r o b l e mS o l v i n g２０１４高考特刊 学生版第四期２０１４呼和浩特市学大教育学好数学的几个重要环节苏州市教育科学研究院 陈兆华由于全国每年分省考试,加上各地又有很多模拟考试,造成新编制的高质量的试题不断涌现,年复一年,教师会把各种各样的 好题 或讲或练地抛给学生,因此学生学习的负担无形之中就加大了,面对越来越浩瀚的题海,作为学生,如何不在这题海中迷失方向呢?注意以下问题是学好数学的几个重要环节.一㊁纲举目张,从整体上认识数学的知识结构首先要明白,高中数学知识到底有多少?经常翻翻教材,记住教材中的章节,在宏观上认识数学知识结构.高中数学核心内容有函数(导数)㊁数列㊁不等式㊁三角函数㊁立体几何㊁解析几何.对于每一个知识板块,作为学生,要力争自己画出知识结构图,从而知道自己对各块知识掌握的大致程度,这样在高三复习中,就会经常关注自己的薄弱环节,从整体上提高自己的认知水平与解题能力.二㊁听老师讲解,不如试着自己先做做从学习成绩相对较好的学生的平时习惯可以发现,一般他们对老师所讲问题尽量自己先做,即使不会,也事先适当研究过.由于老师讲解常常直接进入角色,而此时自己可能题意还没明白,或迷迷糊糊听着,或被老师的思维牵着走,因此就失去了对问题的研究机会,包括解题心理训练,久而久之,就会变成 一听就懂,一做不会 之人.三㊁记老师讲解的过程,不如记核心想法听课记笔记是很多学生的 良好习惯 ,尤其文科学生,常常很认真地记下了老师板书的内容,但由于书写(包括画图)要占较多时间,有时学生常常来不及会意老师所讲的解题思想与方法,就抱着先记下来再说的想法,这是一种错误的做法,是造成成绩不能较大提高的重要原因.试想,当时都没听明白,事后能明白吗?如果能明白,那自己买本书不是可以自学了吗?因此,尽量自己事先先想想,再听听老师是如何分析的(分析比解答过程更重要),记下老师分析中的核心想法,记下一些关键步骤,课后再整理笔记,是一种重要的学习模式,这样才能抓住要点,才能触类旁通.四㊁难题再做一遍,可使似懂而懂的问题真的懂了难题难,一是因为思维难,听老师讲解时可能没听明白,要敢于问老师,特别是一些将信将疑问题,多问老师几个为什么有好处,当时就懂了是至关重要的,否则可能这个问题就过了;难题难,二是因为环节多,若自己课后再做一遍,且能再做出来(事实上很多难题学生课后不能再做出),这才是真的懂了,做出后,再把解题中的要点写出几点注于解答旁边,这样以后一看到题目,就会想起核心思维与关键步骤,对提升自己的解题能力有很大帮助.五㊁规定解题时间,有助加强心理训练为了进一步训练自己的解题心理承受能力,定时定量解题,可以增加节奏感,通过紧张训练,增强自己抗压能力,要经常做一些对自己而言是中等难度的问题,这是提升自己解题能力的又一重要工作.因为太容易,没有太多意义;太难,花费时间又较多,收效不好,且不利于自己提高学习数学的自信心.六㊁加强反思,可增加自己的总结能力反思,就是对自己已经解过的题回头的再思考.当一道题开始没解出,后来解出了,或听别人讲后会解了,就要想想自己为什么开始做不出来,是什么因素没考虑好,下次我能主动想到吗?或者运算出错了,是因为不细心?跳步太多?方法不正确?要总结原因.过一段时间后,不看答案,能说出解题要点吗?能从这个问题中学会一般方法吗?得到一般结论吗?若善于经常这样反思,就相当于做了很多题,也 合并 了很多相同与相似题,减少了很多盲目低效的学习工作,通过反思,把有些知识重新梳理,把有些问题题重新整理,既增加了自己的总结能力,也增强了自己的解题能力.以上是笔者平时对学生学习情况的一些观察而产生的想法,根据以上几点,若大家注意适当调整自己的学习方法,定会使我们的学习更有效.解题研究(本刊由陕西师范大学罗增儒教授题写刊名)顾㊀㊀问罗增儒㊀㊀陕西师范大学彭翕成㊀㊀华中师范大学曹卫军㊀㊀呼和浩特学大教育主㊀㊀编齐建民㊀㊀呼和浩特学大教育执行主编宫前长㊀㊀甘肃省天水市第一中学责任编辑(按姓氏笔画为序)王㊀耀㊀㊀江苏苏州田家炳实验高级中学韦兴洲㊀㊀广西桂林恭城中学冯加明㊀㊀南京９８５学堂许永忠㊀㊀山东临沂第二中学李㊀勇㊀㊀呼和浩特学大教育何万程㊀㊀佛山凯尔资讯科技有限公司汪仁林㊀㊀陕西咸阳乾县杨汉中学张㊀平㊀㊀呼和浩特学大教育陈兆华㊀㊀江苏苏州市教育科学研究院陈泽桐㊀㊀广州大学数学与信息科学学院郑㊀良㊀㊀安徽灵璧第一中学高振敏㊀㊀呼和浩特学大教育蒋寿义㊀㊀武汉３６５图书工作室程汉波㊀㊀广州第二中学蔡玉书㊀㊀江苏苏州市第一中学１CONTENTS目㊀录㊀学好数学的几个重要环节封二㊀１．２０１４年高考数学 全国卷(新课标Ⅰ)1㊀２．２０１４年高考数学 全国卷(新课标Ⅱ)5㊀３．２０１４年高考数学 大纲(广西)卷8㊀４．２０１４年高考数学 北京卷10㊀５．２０１４年高考数学 天津卷12㊀６．２０１４年高考数学 山东卷16㊀７．２０１４年高考数学 江苏卷18㊀８．２０１４年高考数学 浙江卷22㊀９．２０１４年高考数学 上海卷28㊀１０．２０１４年高考数学 安徽卷31㊀１１．２０１４年高考数学 福建卷36㊀１２．２０１４年高考数学 辽宁卷38㊀１３．２０１４年高考数学 陕西卷43㊀１４．２０１４年高考数学 湖北卷47㊀１５．２０１４年高考数学 湖南卷52㊀１６．２０１４年高考数学 江西卷56㊀１７．２０１４年高考数学 重庆卷58㊀１８．２０１４年高考数学 四川卷59㊀１９．２０１４年高考数学 广东卷61２０１４年高考新课标Ⅰ卷理科第６题㊀如图,圆O 的半径为１,A 是圆上的定点,P 是圆上的动点,角x 的始边为射线O A ,终边为射线O P ,过点P 作直线O A 的垂线,垂足为M ,将点M 到直线O P 的距离表示为x 的函数f x (),则y ＝f x ()在０,π[]的图像大致为(㊀㊀)㊀㊀ʌ基本解法ɔ当x ɪ[０,π２]时,s i n x ＝MP ,c o s x ＝O M ,则S ΔP OM ＝１２O M ˑMP ＝１２O P ˑf (x ),所以f (x )＝si n x c o s x ＝１２s i n ２x ;当x ɪπ２,πæèçùûúú时,MP ＝s i n x ,O M ＝－c o s x ,则S әP OM ＝１２O M ˑMP ＝１２O P ˑf (x ),所以f (x )＝－s i n x c o s x ＝－１２s i n ２x ．综上所述,f (x )＝１２s i n ２x ,０£x £π２－１２s i n ２x ,π２＜x £πìîíïïïï答案为C ．[王颂文,河北邯郸邱县一中]ʌ秒杀解法１ɔf (x )＝c o s x s i n x ,由基本不等式可得c o s x s i n x £c o s ２x ＋s i n ２x ２＝１２,当且仅当c o s x ＝s i n x ,即x ＝π４或x ＝３π４时,等号成立．答案为C ．[王颂文,河北邯郸邱县一中]ʌ秒杀解法２ɔ当x ＝π２时,O P 与MP 重合,所以f (x )＝０,排除A 和D．当x ＝π４时,O P ＝MP ＝２２,ʑS ΔP OM ＝１２ˑ２２ˑ２２＝１２ˑ１ˑf (x )ʑf (x )＝１２,排除B ,答案只能选C ．[王颂文,河北邯郸邱县一中]理科第８题㊀设αɪ０,π２æèçöø÷,βɪ０,π２æèçöø÷,且t a n α＝１＋s i n βc o s β,则(㊀㊀)A．３α－β＝π２㊀㊀㊀㊀㊀B ．３α＋β＝π２㊀㊀㊀㊀㊀C ．２α－β＝π２㊀㊀㊀㊀㊀D．２α＋β＝π２ʌ基本解法１ɔ由s i n αc o s α＝１＋s i n βc o s β得s i n αc o s β＝c o s α＋c o s αs i n β,所以s i n (α－β)＝s i n π２－αæèçöø÷．因１为０＜α＜π２,０＜β＜π２,所以－π２＜α－β＜π２,０＜π２－α＜π２,又y ＝s i n x 在－π２,π２æèçöø÷上单调递增,则α－β＝π２－α,即２α－β＝π２．答案为B ．[王颂文,河北邯郸邱县一中]ʌ基本解法２ɔt a n α＝１＋s i n βc o s β＝c o s β２＋s i n β２æèçöø÷２c o s β２－s i n β２æèçöø÷c o s β２＋s i n β２æèçöø÷＝s i n β２＋c o s β２c o s β２－s i n β２＝t a n β２＋１１－t a n β２＝t a n β２＋t a n π４１－t a n β２t a n π４＝t a n β２＋π４æèçöø÷,因为０＜β＜π２,０＜α＜π２,所以π４＜β２＋π４＜π２,又y ＝t a n x 在(０,π２)上单调递增．则α＝β２＋π４,即２α－β＝π２,答案为B (其解法可见人教A 版必修四第１３０页例４(３))．[王颂文,河北邯郸邱县一中]ʌ基本解法３ɔ由已知得t a n α＝１c o s β＋t a n β,由０＜α＜π２,０＜β＜π２,所以α＞β,由三角函数线定义得t a n α＝A T ,t a n β＝A T １,１c o s β＝O P １O M ＝O T １O A ＝O T １,ʑA T １＋O T １＝A T ,即O T １＝A T －A T １＝T １T ．ʑәO T １T 是等腰三角形,又øT O T １＝α－β,则øO T １A ＝２(α－β)＝π２－βʑ２α－２β＝π２－β,即２α－β＝π２．答案为B ．[王颂文,河北邯郸邱县一中]ʌ秒杀解法ɔ由已知得t a n α＝１c o s β＋t a n β,ȵβɪ０,π２æèçöø÷ʑt a n β＞０,１c o s β＞１可得t a n α＞１,又αɪ０,π２æèçöø÷,则π４＜α＜π２．排除C ,D．取α＝π３,则３＝１＋s i n βc o s β,所以３c o s β－s i n β＝１,即２s i n π３－βæèçöø÷＝１．又－π６＜π３－β＜π３,所以π３－β＝π６,即β＝π６,２α－β＝π２,３α－β＝５π６,只能选B ．[王颂文,河北邯郸邱县一中]ʌ课本溯源ɔ㊀此题源于人教A 版必修四第１６－１７页三角函数线的定义,必修四两角和与差的正弦公式．理科第１０题㊀已知抛物线C :y ２＝８x 的焦点为F ,准线为l ,P 为l 上一点,Q 是直线P F 与C 的一个交点．若F P ң＝４F Q ң,则Q F ＝(㊀㊀)A．７２㊀㊀㊀㊀㊀B ．５２㊀㊀㊀㊀㊀C ．３㊀㊀㊀㊀㊀D．２ʌ基本解法１ɔF (２,０),设Q (x ,y ),P (－２,t ),则F P ң＝(－４,t ),F Q ң＝(x －２,y ),由F P ң＝４F Q ң得－４＝４(x －２),x ＝１,将其代入y ２＝８x ,得Q (１,ʃ２２),则Q F ＝３．[杨春波,郑州外国语学校]ʌ基本解法２ɔ作Q M ʅl 于点M ,因F P ң＝４F Q ң,则Q P ＝３Q F ＝３Q M ,即２c o s øM Q P ＝１３,则t a n øM Q P ＝２２,于是直线P F 的方程为y ＝２２(x －２),与y ２＝８x 联立得Q (１,－２２),所以Q F ＝３．[杨春波,郑州外国语学校]ʌ秒杀解法ɔ由M Q //E F ,得M Q E F ＝P Q P F ＝３４,又E F ＝４,故M Q ＝Q F ＝３．[杨春波,郑州外国语学校]理科第１１题㊀已知函数f (x )＝a x ３－３x ２＋１,若f (x )存在唯一的零点x ０,且x ０＞０,则a 的取值范围为(㊀㊀)A．(２,＋¥)㊀㊀㊀㊀㊀B ．(１,＋¥)㊀㊀㊀㊀㊀C ．(－¥,－２)㊀㊀㊀㊀㊀D．(－¥,－１)ʌ基本解法１ɔ㊀显然a ʂ０,f ᶄx ()＝３a x ２－６x ,令f ᶄx ()＝０,得x ＝０或x ＝２a ,从而f x ()必有两个极值点,要保证f x ()存在唯一的零点,则必有f x ()的极大值小于０或极小值大于０．(１)若a ＞０,则f (x )在(－¥,０)和２a ,＋¥æèçöø÷上单调递增,在０,２a æèçöø÷上单调递减,f (x )在x ＝０处取极大值,在x ＝２a 处取极小值,而f ０()＝１＞０,从而f (２a)＞０,由f (x )在０,＋¥()的单调性知,此时f x ()＞０在(０,＋¥)恒成立,不合题意．(２)若a ＜０,则f (x )在－¥,２a æèçöø÷和(０,＋¥)上单调递减,在２a ,０æèçöø÷上单调递增,f (x )在x ＝０处取极大值,在x ＝２a 处取极小值,而f (０)＝１＞０,从而f ２a æèçöø÷＞０,即８a ２－１２a２＋１＞０,解得a ＞２或a ＜－２,另一方面,因为f (x )在０,＋¥()单调递减,且f ０()＞０,当x ң＋¥时,且f x ()ң－¥,所以f x ()唯一的零点必在区间０,＋¥()上,符合题意,故a ＜－２．综上所述,a ＜－２,答案为C ．[李建华,河南省长垣县河南宏力学校;王耀,苏州市田家炳实验高级中学]ʌ基本解法２ɔ函数f x ()＝a x ３－３x ２＋１的零点,等价于方程a x ３－３x ２＋１＝０的根,即方程a ＝３x ２－１x ３x ʂ０()的根,构造函数g (x )＝３x ２－１x ３,g ᶄ(x )＝－３x ２＋３x ４,故g x ()在(－¥,－１)和(１,＋¥)单调递减,在(－１,０)和(０,１)单调递增,当x ＞０且x ң０时,g (x )ң－¥,g １()＝２,当x ң＋¥时,g (x )＞０且g (x )ң０,因为g (x )是奇函数,易得g (x )的大致图像．直线y ＝a 与g (x )图像有唯一交点,且交点横坐标属于(０,＋¥),则a ＜g (－１)＝－２,答案为C ．[李建华,河南省长垣县河南宏力学校;王耀,苏州市田家炳实验高级中学]注㊀在基本解法２中可令t ＝１x,构造ht ()＝３t －t ３(t ʂ０),同理易得a ＜h －１()＝－２．ʌ秒杀解法ɔ变形为a x ３＝３x ２－１,则a 一定为负数,排除A ㊁B ;当a ＝－２时,有－２x ３－３x ２＋１＝０,即２x ３＋３x ２－１＝０,x ＝－１为方程２x ３＋３x ２－１＝０的根,排除D ,选C ．[李建华,河南省长垣县河南宏力学校;李志强,王耀,苏州市田家炳实验高级中学]３点拨㊀任意三次函数必有零点,若三次函数在R 上单调,则有唯一零点,若三次函数有两个极值点,则零点的个数取决于其极值与０的大小关系．另外,要判断函数的零点具体落在哪个区间,零点判定定理是一个很好的工具．求参数范围的常见求法为函数最值法㊁分离参数法,图像法等,基本解法中利用函数的图像,借助极限知识求解．当然,变形形式不同,问题解决的难易程度迥异．如本题还可以变形为a x －３＝－１x ２等．理科第１６题㊀已知a ,b ,c 分别为әA B C 三个内角A ,B ,C 的对边,a ＝２,且(２＋b )(s i n A －s i n B )＝(c －b )s i n C ,则әA B C 面积的最大值为．ʌ基本解法１ɔ由(２＋b )(s i n A －s i n B )＝(c －b )s i n C 得(２＋b )(a －b )＝(c －b )c ,将a ＝２代入上式,得b ２＋c ２＝b c ＋４①,于是c o s A ＝b ２＋c ２－a ２２b c ＝b c ＋４－２２２b c ＝１２,由此可得A ＝π３．由①式及均值不等式得b c ＋４ȡ２b c ,得b c ɤ４②．设әA B C 面积为S ,则S ＝１２b c s i n A ＝１２b c s i n π３ɤ１２ˑ４ˑ３２＝３,当且仅当a ＝b ＝c ＝２时,等号成立．故әA B C 面积的最大值为３．[李歆,陕西省武功县教育局教研室;窦国栋,河南省开封市尉氏三中(南校区);李建华,河南省长垣县河南宏力学校;宫前长,甘肃天水市一中]ʌ基本解法２ɔ由R ＝a ２s i n A ＝２３３,知S ＝１２b c s i n A ＝３４b c ＝４３３s i n B s i n C ＝４３３s i n B s i n ２π３－B æèçöø÷＝s i n B (３２c o s B ＋１２s i n B )＝１２s i n２B －π６æèçöø÷＋１４,由０＜B ＜２３π,当且仅当B ＝π３时,әA B C 面积取得最大值３．[李歆,陕西省武功县教育局教研室;李建华,河南省长垣县河南宏力学校]ʌ基本解法３ɔ由正弦定理及(２＋b )(s i n A －s i n B )＝(c －b )s i n C 可得,(a ＋b )(a －b )＝(c －b )c ,化简得a ２＝b ２＋c ２－b c ,由余弦定理得A ＝π３,点A 是在以B C 为弦,圆周角为π３的圆弧上,显然最大面积时点A 为B C 的垂直平分线与圆弧的交点,此时该三角形为正三角形,可得最大面积为３．[刘文武,山西省太谷中学;宫前长,甘肃天水市一中]ʌ其他解法ɔ设p ＝１２(a ＋b ＋c ),由海伦公式得S ２＝p (p －a )(p －b )(p －c )ɤp p －a ＋p －b ＋p －c ３æèçöø÷３＝１２７p ４．又根据不等式x ２＋y ２＋z ２ȡ１３(x ＋y ＋z )２以及①式和②式,得p ２＝１４(a ＋b ＋c )２ɤ３４(a ２＋b ２＋c ２)＝３４(４＋b c ＋４)ɤ３４(４＋４＋４)＝９,即得０＜p ɤ３．所以S ２ɤ１２７ˑ３４＝３,得S ɤ３,当且仅当a ＝b ＝c ＝２时,等号成立．故әA B C 面积的最大值为３．[李歆,陕西省武功县教育局教研室]ʌ考题背景ɔ(１)(２０１３新课标Ⅱ卷数学(理))әA B C 在内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知a ＝b c o s C ＋c s i n B ．(Ⅰ)求B ;(Ⅱ)若b ＝２,求әA B C 面积的最大值．(２)已知a ,b ,c 分别为әA B C 三个内角A ,B ,C 的对边,a ＝２,且(２＋b )(s i n A －s i n B )＝(c －b )s i n C ,则әA B C 周长的最大值．[窦国栋,河南省开封市尉氏三中(南校区)]４ʌ结论推广ɔ已知a ,b ,c 分别为әA B C 三个内角A ,B ,C 的对边,若a ＝m (m ＞０),且A ＝θ,θɪ０,π(),求әA B C 面积的最大值．证明:S әA B C ＝m ２２s i n θs i n B s i n C ＝m ２４s i n θc o s B －C ()＋c o s θ[]ɤ１＋c o s θ４s i n θ m ２＝m ２４t a n θ２．当且仅当B ＝C 时,әA B C 的面积取得最大值m ２４t a n θ２．[李建华,河南省长垣县河南宏力学校]２０１４年高考 新课标ΙΙ卷理科第１１题㊀直三棱柱A B C －A １B １C １中,øA C B ＝９０ʎ,M ,N 分别是A １B １,A １C １的中点,B C ＝A C ＝C C １,则B M ,A N 所成角的余弦值为(㊀㊀)A．１１０㊀㊀㊀㊀㊀B ．２５㊀㊀㊀㊀㊀C ．３０１０㊀㊀㊀㊀㊀D．２２ʌ基本解法ɔ解法１㊀平移异面直线的一条,构造一个三角形,借助余弦定理来求角．如下左图,在直三棱柱中,M ,N 分别是A １B １,A １C １的中点,取B C 的中点D ,连结A D ,MN ,N D ,则异面直线A N ,B M 所成的角就是øA N D ．不妨设A C ＝B C ＝C C １＝２,容易求得A N ＝５,A B ＝２２,N D ＝B M ＝６,A D ＝５．由余弦定理可得c o s øA N D ＝A N ２＋DN ２－A D ２２A N •DN ＝３０１０．故选C ．[宫前长,甘肃天水一中;周喜瑞,吉林磐石一中]㊀㊀㊀㊀解法２㊀如上右图,延长MA １到D ,使MA １＝A １D ,则四边形A B MD 为平行四边形,所以A D ʊB M ,则øD A N 就是异面直线B M 与A N 所成的角．设AC ＝B C ＝C C １＝２,则A １N ＝１,A １D ＝２,所以A D ＝６,A N ＝５,DN ＝１＋２－２ １ ２c o s １３５ʎ＝５．在әD A N 中,由余弦定理得c o s øB ME ＝３０１０．故选C ．[周喜瑞,吉林磐石一中]ʌ简便解法ɔ解法１㊀如图,在直三棱柱中,取B C 的中点D ,连结A D ,MN ,N D ,由于M ,N 分别是A １B １,A １C １的中点,则异面直线A N ,B M 所成的角就是øA N D ．不妨设A C ＝B C ＝C C １＝２,易得A N ＝５,A B ＝２２,N D ＝B M ＝６,A D ＝５．әA N D 是等腰三角形,作其底边上的高A E ,则N E ＝６２．所以, ５c o s øA N E ＝N E A N ＝＝３０１０．选C [宫前长,甘肃天水一中]解法２㊀(基向量法)设A C ＝B C ＝C C １＝２,则有B M ң＝B B １ң＋B １M ң＝C C １ң＋１２C A ң－C B ң(),A N ң＝A A １ң＋A １N ң＝C C １ң－１２C A ң,B M ң A N ң＝C C １ң２－１４C A ң２＝４－１＝３,B M ң＝６,A N ң＝５．所以c o s ‹B M ң,A N ң›＝３６ ５＝３０１０．[周喜瑞,吉林磐石一中]ʌ秒杀解法ɔ根据题意,建立如图的直角坐标系C －x yz ．不妨设A C ＝B C ＝C C １＝２,则A (２,０,０),B (０,２,０),N (１,０,２),M (１,１,２)．所以A N ң＝(－１,０,２),B M ң＝(１,－１,２)．设异面直线A N ,B M 所成的角是α,则c o s α＝A N ң•B M ң|A N ң||B M ң|＝３０１０．选C ．[宫前长,甘肃天水一中,周喜瑞,吉林磐石一中]ʌ课本溯源ɔ此题源于人教A 版必修２第５２页B 组第１题第(２)小题和第４７页的例题３组合改编而成的,难度不大,主要考查了异面直线的夹角的计算方法．第４７页的例题３:如下左图,正方体A B C D －A １B １C １D １中,(１)(略);(２)直线B A １,C C １的夹角是多少?㊀㊀㊀㊀第５２页B 组第１题第(２)小题:如上右图,正方体A B C D －A １B １C １D １中,A B 的中点为M ,D D １的中点为N ,则异面直线B １M 与C N 所成的角是(㊀㊀)A．０ʎ㊀㊀㊀㊀㊀B ．４５ʎ㊀㊀㊀㊀㊀C ．６０ʎ㊀㊀㊀㊀㊀D．９０ʎ[宫前长,甘肃天水一中]理科第１２题㊀设函数f (x )＝３s i n πx m,若存在f (x )的极值点x ０满足x ２０＋[f (x ０)]２＜m ２,则m 的取值范围是(㊀㊀)A．(－¥,－６)ɣ(６,＋¥)㊀㊀㊀㊀㊀B ．(－¥,－４)ɣ(４,＋¥)C ．(－¥,－２)ɣ(２,＋¥)㊀㊀㊀㊀㊀D．(－¥,－１)ɣ(４,＋¥)ʌ基本解法ɔ㊀f (x )的极值点x ０满足πx ０m ＝π２＋k π(k ɪZ ),解得x ０＝m ２＋m k ,且f (x ０)＝ʃ３．又x ２０＋[f (x ０)]２＜m ２,所以m ２＋m k æèçöø÷２＋３＜m ２,整理得m ２１－k ＋１２æèçöø÷２éëêêùûúú＞３,所以３m ２＜ ６１－k ＋１２æèçöø÷２éëêêùûúú＝f (k ),所以３m２＜f (k )m a x ．因为k ɪZ ,所以f (k )m a x ＝f (０)＝f －１()＝３４,所以３m２＜３４,即m ２＞４,解得－２＜m 或m ＞２,故选C ．[邹生书,湖北省阳新县高级中学]ʌ简便解法ɔ㊀函数f (x )＝３s i n πx m 的最小正周期为T ＝２ππm ＝２m ,又f (０)＝０,若x ０为f (x )的极值点,则f (x ０)＝ʃ３,x ０＝T ４＋n T ＝m２＋２n m ,n ɪN ．当n ȡ１时,x ２０＞m ２,x ２０＋[f (x ０)]２＜m ２不成立,所以n ＝０,x ０＝m ２,由x ２０＋[f (x ０)]２＜m ２得１４m ２＋３＜m ２,解得－２＜m 或m ＞２,故选C ．[邹生书,湖北省阳新县高级中学]ʌ秒杀解法ɔ由对称性,可以只考虑０,＋¥()上的极值点．在０,＋¥()上,离原点最近的极值点x １满足x １πm＝π２,所以x １＝m２．易知, 存在f (x )的极值点x ０满足x ２０＋[f (x ０)]２＜m ２ ⇔x ２１＋[f (x １)]２＜m ２⇔m ２４＋３＜m ２,由此得－２＜m 或m ＞２,故应选C ．[许永忠,山东省临沂第二中学]理科第１６题㊀设点M (x ０,１),若在圆O :x ２＋y ２＝１上存在点N ,使得øO MN ＝４５ʎ,则x ０的取值范围是．ʌ基本解法ɔ当x ０＝０时,N (１,０)满足题意．当x ０＞０,过M 的两条切线交圆O 于P ,Q ,则øP MQ ＝２øO MQ ȡ２øO MN ＝９０ʎ．当øP MQ ＝９０ʎ时,四边形O P MQ 为正方形,此时x ０＝１,结合下左图形知,此时x ０的范围为０＜x ０ɤ１．同理,当x ０＜０时,x ０的范围为－１ɤx ０＜０．综上x ０的范围为－１ɤx ０ɤ１．[李宁,海南省海南中学]㊀㊀㊀ʌ简便解法ɔ点O 到直线MN 的距离d ＝O M s i n ４５ʎ＝x ２０＋１２２２．由于N 在圆O :x ２＋y ２＝１上,则直线MN 与圆O 相交或相切,从而d ɤ１,即x ２０＋１２２２ɤ１．解得－１ɤx ０ɤ１．[李宁,海南省海南中学]ʌ秒杀解法ɔ设P ０,１(),约定当M ,P 重合时,øO MP ＝９０ʎ．如图,对圆上任意一点N ,显然有øO MN ɤøO MP ,所以当且仅当øO MP ȡ４５ʎ时,圆上存在点N 使得øO MN ＝４５ʎ．而当x ０＝ʃ１时,øO MP ＝４５ʎ,结合图形可知,应有－１ɤx ０ɤ１．[许永忠,山东省临沂第二中学]ʌ追根溯源ɔ(２００９年高中数学联赛第３题)已知直线L :x ＋y －９＝０和圆M :２x ２＋２y ２－８x －８y－１＝０,点A 在直线L 上,B ,C 为圆M 上两点,在әA B C 中,øB A C ＝４５ʎ,A B 过圆心M ,则点A 横坐标范围为．[李宁,海南省海南中学]２０１４高考大纲(广西)卷理科第１１题㊀已知二面角α－l －β为６０ʎ,A B ⊂α,A B ʅl ,A 为垂足,C D ⊂β,C ɪl ,øA C D ＝１３５ʎ,则异面直线A B 与C D 所成角的余弦值为(㊀㊀)A．１４㊀㊀㊀㊀㊀B ．２４㊀㊀㊀㊀㊀C ．３４㊀㊀㊀㊀㊀D．１２ʌ基本解法１ɔ(构造长方体＋向量法)构造如图所示长㊁宽㊁高分别为２,２,２３的长方体,记平面O A E F 为平面β;平面O A B F １为平面α,直线O A 为直线l ,O A ,O F 的中点分别为C ,D ,则øA C D＝１３５ʎ,且二面角α－l －β的大小为øB A E ＝６０ʎ,均满足题意．以O 为原点建立空间直角坐标系,则O (０,０,０),A (２,０,０),B (２,２,２３),F (０,２,０),C (１,０,０),D (０,１,０)．ʑC D ң＝(－１,１,０),A B ң＝(０,２,２３),所以c o s ‹A B ң,C D ң›＝A B ң C D ңA B ңC D ң＝２４２＝２４．故选B ．[汪仁林,陕西省乾县杨汉中学;杨春波,河南郑州高新区枫杨街外国语学校]ʌ基本解法２ɔ(构造长方体＋平移转化法)构造如右图所示长方体,连接A F ,B F ,则A F ʊCD ,所以øB A F 即为异面直线A B 与C D 所成的角,在әB A F 中,易知B A ＝B F ＝４,A F ＝２２,由余弦定理得c o s øB A F ＝２４．故选B ．[汪仁林,陕西省乾县杨汉中学;杨春波,河南郑州高新区枫杨街外国语学校]ʌ秒杀解法ɔ(三余弦定理法)设A B 在平面β内的投影为m ,由题意知A B 与m 的夹角为６０ʎ,m 与C D 的夹角为４５ʎ,由 三余弦定理 知,异面直线A B 与C D 所成角θ的余弦值为c o s θ＝c o s ６０ʎc o s ４５ʎ＝２４,故选B ．ʌ课本溯源ɔ三余弦定理是教材上的一个重要定理,其内容为:如图,A 为平面α上一点,斜线A O 在平面α上的射影为A B ,A C 为平面内的任一条直线,设A O 与A C 所成的角为θ,A O 与AB 所成的角为θ１,A B 与AC 所成的角为θ２,则有c o s θ＝c o s θ１c o s θ２．ʌ技巧点拨ɔ在解题中,无需完整的构图,只要找出相应的线和角,根据定理列方程即可得解．巧妙地运用该定理,可有效降低对空间想象能力的要求．[杨春波,河南郑州高新区枫杨街外国语学校]理科第１５(文科第１６题)直线l １和l ２是圆x ２＋y ２＝２的两条切线,若l １与l ２的交点为(１,３),则l １与l ２的夹角的正切值等于．ʌ基本解法ɔ设过点(１,３)的直线方程为:y ＝k (x －１)＋３,因为直线与圆相切,则圆心到直线的距离等于半径,即３－kk ２＋１＝２,解得k １＝１,k ２＝－７．由夹角公式得:l １与l ２的夹角θ的正切值ta n θ＝k １－k ２１＋k １k ２＝１－(－７)１＋１ˑ(－７)＝４３．[覃进波,呼和浩特学大教育万达校区]ʌ秒杀解法ɔ如图,在әP O B 中,P O ＝１０,O B ＝２,P B ＝１０－２＝２２,t a n øO P B ＝２２２＝１２,由图知,l １与l ２的夹角为øA PB ,ʑt a n øA P B ＝２t a n øO P B １－t a n ２øO P B ＝４３．[覃进波,呼和浩特学大教育万达校区]ʌ巧妙解法ɔ如图,在R t әP O B 中P O ＝１０,O A ＝O B ＝２,P A ＝P B ＝１０－２＝２２,连接A B ,在әA O B 中,由余弦定理得,A B ２＝O A ２＋O B ２－２O A O B c o s (π－øA P B )(i),在әP A B 中,由余弦定理得,A B ２＝P A ２＋P B ２－２P AP B c o s øA P B (i i )．联立(i )(i i )得,２＋２＋２２ ２c o s øA P B ＝８＋８－２ ２２２２c o s øA P B ,解得c o s øA P B ＝３５＞０,所以øA P B 为锐角,所以øA P B 为l １与l ２的夹角,所以si n øA P B ＝４５,所以t a n øA P B ＝４３．[覃进波,呼和浩特学大教育万达校区]ʌ奇葩解法ɔ如上图,在әP O B 中P O ＝１０,O A ＝O B ＝２,P A ＝P B ＝１０－２＝２２,S әP A B ＝S 四边形P A O B －S әA O B ＝２S әP A O －S әA O B ＝４－１２ ２ ２s i n (π－øA P B ),又S әP A B ＝１２２２ ２２s i n øA P B ,所以４－s i n øA P B ＝４s i n øA P B ,解得s i n øA P B ＝４５,由上图知,l １与l ２的夹角为øA P B ,所以c o s øA P B ＝３５,所以t a n øA P B ＝４３．[覃进波,呼和浩特学大教育万达校区]ʌ灵活解析ɔ设直线l １与圆的切点坐标为M (x ０,y ０),x ２０＋y ２０＝２(i ),记P (１,３),则O M ң＝(x ０,y ０),P M ң＝(x ０－１,y ０－３),且O M ңʅP M ң,所以x ０(x ０－１)＋y ０(y ０－３)＝０(i i ),联立(i )(i i )解得M (－１,１)或M ᶄ(７５,１５),则P M ң＝(－２,－２),P M ᶄң＝(２５,－１４５),c o s øMP M ᶄ＝P M ң P M ᶄңP M ңP M ᶄң＝２８５－４５２２ ２２＝３５,所以s i n øMP M ᶄ＝４５,t a n øMP M ᶄ＝４３．所以l １与l ２夹角θ的正切值ta n θ＝t a n øMP M ᶄ＝４３．[覃进波,呼和浩特学大教育万达校区]理科第１６题㊀若函数f (x )＝co s ２x ＋a s i n x 在区间π６,π２æèçöø÷是减函数,则实数a 的取值范围是．ʌ基本解法１ɔ(定义法)任取π６＜x １＜x ２＜π２,由减函数的定义知:f (x １)＞f (x ２)恒成立,即c o s ２x １＋a s i n x １＞c o s ２x ２＋a s i n x ２恒成立,即１－２s i n ２x １＋a s i n x １＞１－２s i n ２x ２＋a s i n x ２恒成立,即２(s i n x １＋s i n x ２)＞a 恒成立,所以a ＜[２(s i n x １＋s i n x ２)]m i n ．由π６＜x １＜x ２＜π２得１２＜si n x １＜s i n x ２＜１,所以１＜s i n x １＋s i n x ２＜２,所以[２(s i n x １＋s i n x ２)]m i n ң２,所以a £２,所以实数a 的取值范围是－¥,２(]．[李歆,陕西省武功县教育局教研室;汪仁林,陕西省乾县杨汉中学]ʌ基本解法２ɔ(同增异减法)f (x )＝c o s ２x ＋a s i n x ＝－２s i n ２x ＋a s i n x ＋１,令t ＝s i n x ,由x ɪπ６,π２æèçöø÷,得t ɪ１２,１æèçöø÷,所以函数f (x )是由y ＝－２t ２＋a t ＋１与t ＝s i n x 复合而成的复合函数,因为t ＝s i n x 在π６,π２æèçöø÷上单调递增,由复合函数单调性的判断方法 同增异减 知,要使f (x )在区间π６,π２æèçöø÷是减函数,必有y ＝－２t ２＋a t ＋１在１２,１æèçöø÷上为减函数．因为曲线y ＝－２t ２＋a t ＋１的对称轴为直线t ＝a ４且开口向下,所以１２ȡa４,所以a ɤ２,所以实数a 的取值范围是－¥,２(]．[李歆,陕西省武功县教育局教研室;汪仁林,陕西省乾县杨汉中学]ʌ简便解法ɔ(放缩法)由于f (x )＝co s ２x ＋a s i n x ＝１－２s i n ２x ＋a s i n x ＝－２s i n x －１２æèçöø÷２＋(a －２)s i n x ＋３２ɤ(a －２)s i n x ＋３２,所以f ᶄ(x )ɤ(a －２)c o s x ,由题设知f ᶄ(x )ɤ０恒成立,故只要(a －２)c o s x ɤ０即可,因为c o s x ＞０,所以a －２ɤ０,即得a ɤ２,即知a 的取值范围是(－¥,２]．[李歆,陕西省武功县教育局教研室]ʌ秒杀解法ɔ(导数法)由题设知:fᶄ(x )＝－４c o s x s i n x ＋a c o s x ɤ０在区间π６,π２æèçöø÷上恒成立,又c o s x ＞０,所以－４s i n x ＋a ɤ０恒成立,即a ɤ４s i n x 恒成立,所以a ɤ(４s i n x )m i n ,又２＜４s i n x ＜４,所以实数a 的取值范围是－¥,２(]．[李歆,陕西省武功县教育局教研室;汪仁林,陕西省乾县杨汉中学]２０１４年高考北京卷理科第１３题㊀把５件不同产品摆成一排,若产品A 与产品B 相邻,且产品A 与产品C 不相邻,则不同的摆法有种．ʌ基本解法１ɔ(穷举法)从左到右将５个位置编号为１,２,３,４,５．当A 摆在１号位时B 必须摆在２号位,余下３件产品全排列有A ３３种摆法;当A 摆在２号位时B 必须摆在１号位或３号位,C 必须摆在４号位或５号位,余下２件产品全排列有C １２C １２A ２２种摆法;当A 摆在３号位时B 必须摆在２号位或４号位,C 必须摆在１号位或５号位,余下２件产品全排列有C １２C １２A ２２种摆法;根据对称性,当A 摆在４号位时有C １２C １２A ２２种摆法;当A 摆在５号位时有A ３３种摆法．所以满足条件 产品A 与产品B 相邻且产品A 与产品C 不相邻 的摆法有２A ３３＋３C １２C １２A ２２＝３６种．[韦兴洲,广西恭城县恭城中学]ʌ简便解法１ɔ(间接法:去杂法)先将A ,B 捆绑在一起并排好位置,再当作一个元素与其它３件产品全排列,共有A ２２A ４４种摆法;而A 与B,C 均相邻有C A B ,B A C 两种情形,将这三件产品当作一个元素与其它两件产品全排列,有２A ３３种摆法．所以 产品A 与产品B 相邻,且产品A 与产品C 不相邻 的摆法有A ２２A ４４－２A ３３＝３６种．[韦兴洲,广西恭城县恭城中学;何睦,江苏省张家港市常青藤实验中学;金鑫,江苏省南通市西亭高级中学]ʌ简便解法２ɔ(插空法)先将除A ,C 外的其它３件产品全排列,有A ３３种摆法;A 只能摆在与B 相邻的两个空位上,有两种摆法;上一步完成后产生５个空位,因为C 与A 不相邻,故C 有３种摆法．所以产品A 与产品B 相邻,且产品A 与产品C 不相邻 的摆法有A ３３ˑ２ˑ３＝３６种．[韦兴洲,广西恭城县恭城中学]ʌ秒杀解法ɔ(捆绑法＋插空法)先将A ,B 捆绑在一起并排好位置,再当做一个元素与除C 外的其它两件产品全排列,有２ˑA ３３种摆法;上一步产生了４个空位,C 只能摆在与A 不相邻的３个空位上,有３种摆法．所以 产品A 与产品B 相邻,且产品A 与产品C 不相邻 的摆法有２ˑA ３３ˑ３＝３６种．[韦兴洲,广西恭城县恭城中学;何睦,江苏省张家港市常青藤实验中学;金鑫,江苏省南通市西亭高级中学]ʌ注ɔ计数问题中,当元素个数不多时,穷举法看慢实快,因为条理清晰,容易做到不重复不遗漏,且此类穷举并非一一列举,而是有规律的分类列举;排除法也叫间接法,蕴含了等价转化的思想,通过剔除不符合条件的情形求解,实现正难则反;捆绑法是解决相邻问题的基本技巧,而插空法则是解决不相邻问题的基本手段.本题涉及的元素不多,含有元素相邻和不相邻的限制条件,使得上述技巧方法在此发挥得淋漓尽致．理科第１４题㊀设函数f (x )＝A s i n (ωx ＋φ)(A ,ω,φ是常数,A ＞０,ω＞０)．若f (x )在区间π６,π２éëêêùûúú上具有单调性,且f π２æèçöø÷＝f ２π３æèçöø÷＝－f π６æèçöø÷,则f (x )的最小正周期为．ʌ基本解法ɔ设函数f (x )的最小正周期为T ．由f (x )在区间π６,π２éëêêùûúú上具有单调性,得T ２ȡπ２－π６⇒T ȡ２π３．由f π２æèçöø÷＝f ２π３æèçöø÷且２π３－π２＜T ,得x ＝１２２π３＋π２æèçöø÷＝７π１２为函数f (x )的一条对称轴．又因为f π２æèçöø÷＝－f π６æèçöø÷⇒f π２æèçöø÷＋f π６æèçöø÷＝０,结合f (x )在区间π６,π２éëêêùûúú上具有单调性得:函数的一个对称中心的横坐标是x ＝１２(π６＋π２)＝π３,即为函数f (x )的一个零点．从而有７π１２－π３＝π４＜T ,故π４＝T４⇒T ＝π．填π．[韦兴洲,广西恭城县恭城中学]ʌ简便解法１ɔ由 f π２æèçöø÷＝f ２π３æèçöø÷＝－f π６æèçöø÷ 条件可知,x ＝７１２π是图象的一条对称轴且图象过点π３,０æèçöø÷,则有２k －１４ T ＝π４,即T ＝π２k －１(k ɪN ∗),又由题设 f (x )在区间π６,π２éëêêùûúú上具有单调性 可得T ２ȡπ３,即T ȡ２π３,可得满足条件的k ＝１,所有函数f (x )的最小正周期为π．填π．[何睦,江苏省张家港市常青藤实验中学]ʌ简便解法２ɔ由f π２æèçöø÷＝f ２π３æèçöø÷,可知f (x )的一条对称轴为x ＝１２ π２＋２π３æèçöø÷＝７π１２,则x ＝π２离最近对称轴距离为７π１２－π２＝π１２．又f π２æèçöø÷＝－f π６æèçöø÷,且f (x )在区间π６,π２éëêêùûúú上具有单调性,所以x ＝π６离最近对称轴距离也为π１２．故T ２＝π２－π６＋π１２ ２＝π２,即T ＝π．填π．[丰澄,浙江湖州浙江信息工程学校]２０１４年高考天津卷文科第１３题㊀已知菱形A B C D 的边长为２,øB A D ＝１２０ʎ,点E ,F 分别在边B C ,D C 上,B C ＝３B E ,D C ＝λD F ,若A E ң A F ң＝１,则λ的值为．ʌ基本解法ɔ如图,在菱形A B C D 中,A D ң＝B C ң,A B ң＝D Cң,因为B C ＝３B E ,则A E ң＝A B ң＋B E ң＝A B ң＋１３B Cң,又D C ＝λD F ,则A F ң＝A D ң＋D F ң＝B C ң＋１λA Bң,所以A E ң A F ң＝(A B ң＋１３B C ң) (B C ң＋１λA B ң),＝１λA B ２＋１３B C ２＋(１＋１３λ)A B ң B C ң,又因为菱形A B C D 的边长为２,øB A D ＝１２０ʎ,则‹A B ң,B C ң›＝１２０ʎ,代入上式整理得４λ＋４３－２(１＋１３λ)＝１,解得λ＝２．填２．[宫前长,甘肃天水市第一中学;覃进波,学大教育呼和浩特分公司万达校区]ʌ简便解法１ɔ根据题意,建立如图所示的直角坐标系．因为菱形A B C D 的边长为２,且øB A D ＝１２０ʎ．则A C ＝A B ＝B C ＝２,有余弦定理B D２＝２２＋２２－２ˑ２ˑ２c o s １２０ʎ＝１２,故B D ＝２３．A (０,１),B (３,０),C (０,－１),D (－３,０)．设E (x １,y １),F (x ２,y ２),则B C ң＝(－３,－１),B E ң＝(x １－３,y １),D C ң＝(３,－１),D F ң＝(x ２＋３,y ２)．又因为B C ＝３B E ,D C ＝λD F ,故－３＝３(x １－３),－１＝３y １,{解得E ２３３,－１３æèçöø÷;３＝λ(x ２＋３),－１＝λy２,{解得F ３λ－３,－１λæèçöø÷．A E ң＝２３３,－４３æèçöø÷,A F ң＝３λ－３,－１λ－１æèçöø÷,且A E ң A F ң＝１,代入得２３３３λ－３æèçöø÷＋４３１λ＋１æèçöø÷＝１,解得λ＝２．填２．[宫前长,甘肃天水市第一中学;覃进波,学大教育呼和浩特分公司万达校区]ʌ简便解法２ɔ如图,在菱形A B C D 中,边长为２,øB A D ＝１２０ʎ,B C ＝３B E ,D C ＝λD F ．由余弦定理:A F２＝２２＋(２λ)２－２ˑ２ˑ２λco s ６０ʎ＝４(１λ２－１λ＋１)．A E２＝２２＋(２３)２－２ˑ２ˑ２３c o s ６０ʎ＝２８９．㊀㊀连接E F ,在ΔC E F 中E F ２＝(２－２λ)２＋(４３)２－２ˑ(２－２λ)ˑ４３c o s １２０ʎ＝４(１－１λ)２＋８３(１－１λ)＋１６９．c o s øF A E ＝A E２＋AF ２－E F ２２A E A F＝１２７ˑ５λ－１(１λ)２－１λ＋１．又因为A E ң A F ң＝１,即A E ң A F ңc o s øF A E ＝１．所以２８９ ４(１λ２－１λ＋１) １２７ ５λ－１１λ２－１λ＋１＝１,解得λ＝２．填２．[覃进波,学大教育呼和浩特分公司万达校区]ʌ课本溯源１ɔ本题由人教B 版必修４的第９９页练习B 组第３题和第１２７页巩固与提高中的第２０题改编而成．第９９页第３题:如图,已知▱A B C D ,AH ＝HD ,B F ＝M C ＝１３B C ,设A B ң＝a ,A D ң＝b ,选择基底a ,b {},试写出下列向量在此基底下的分解式:AM ң,MH ң,A F ң．[覃进波,学大教育呼和浩特分公司万达校区]文科第１４题㊀已知函数q 若函数n 恰有４个零点,则实数M ＝０,１,２, ,q －１{}的取值范围为．ʌ基本解法１ɔ若函数n 恰有４个零点⇔函数y ＝f (x )与y ＝a x 的图象有４个不同的交点,在同一直角坐标系中,分别作出函数y ＝f (x )(红色曲线)与y ＝a x 的图象,从图象易知a ＞０;又y ＝a x 的图象的张口大小与a 的取值有关,且正数a (a ＞１)越大,张口越小,正数a (０＜a ＜１)越小,张口越大．由于x ＞０时,函数y ＝f (x )与y ＝a x 的图象只有一个交点或两个交点．若x ＞０时,函数y ＝f (x )与y ＝a x 的图象只有１个交点,即a ȡ２,则x ɤ０时函数y ＝f (x )与y ＝a x 的图象的交点个数为３时才能满足题意,则y ＝－a x 与y ＝－x ２－５x －４相切,联立方程组得Δ＝０,ʑa ＝１(矛盾,舍去)．若x ＞０时,函数y ＝f (x )与y ＝a x 的图象有２个交点,即０＜a ＜２,则x ɤ０时函数y ＝f (x )与y ＝a x 的图象的交点个数为２,ʑ－２＜－a ＜－１即１＜a ＜２．从而可知实数M ＝０,１,２, ,q －１{}的取值范围为:１＜a ＜２．[陈桂明,:]ʌ基本解法２ɔ若函数n 恰有４个零点⇔函数y ＝f (x )与y ＝a x 的图象有４个不同的交点,易得交点的横坐标不为０,则函数y ＝f (x )与y ＝a x 的图象有４个不同的交点⇔函数y ＝f (x )x 与函数y ＝a 有４个交点．作出函数y ＝f (x )x ＝x ＋４x ＋５㊀x ɤ０２１－２x ㊀㊀x ＞０ìîíïïïï与函数y ＝a 的图象,由图象分析可知１＜a ＜２．[陈桂明]理科第１４题㊀已知函数f (x )＝x ２＋３x ,x ɪR ．若方程f (x )－a x －１＝０恰有４个互异的实数根,则实数a 的取值范围为．ʌ基本解法１ɔ方程f (x )－a x －１＝０恰有４个互异的实数根,等价于函数f (x )的图象与函数y ＝a x －１＝－a (x －１),x ɤ１a (x －１),x ＞１{的图象恰有４个不同的交点,显然有a ＞０．如下左图,当直线y ＝－a (x －１)与曲线y ＝－x ２－３x 相切时,解得a ＝１．由图易知,当０＜a ＜１时,f (x )的图象与y ＝a x －１的图象恰有４个不同的交点(当x ＞１时,y ＝x ２＋３x 的增长速度快于y ＝a (x －１),故不会再有交点);如下右图,当直线y ＝a (x －１)与曲线y ＝x ２＋３x 相切时,解得a ＝９．由图易知,当a ＞９时,f (x )的图象与y ＝a x －１的图象恰有４个不同的交点(当x ＜－３时,y ＝x ２＋３x 的增长速度快于y ＝－a (x －１),故一定还会有一个交点)．综上所述,a 的取值范围为(０,１)ɣ(９,＋¥)．㊀㊀[宫前长,天水市第一中学;杨春波,郑州外国语学校]ʌ简便解法１ɔ方程f (x )－a x －１＝０恰有４个互异的实数根⇔(x )与y ＝a x －１有４个根,。
中学数学解题研究辅导(五)
《中学数学解题研究》辅导（五）———《中学数学解题研究》专题辅导（3）一、参数法1、参数法是指在解题过程中，通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量（参数），以此作为媒介，再进行分析和综合，从而解决问题。
直线与二次曲线的参数方程都是用参数法解题的例证。
换元法也是引入参数的典型例子。
2、使用参数法解题的步骤设参：即选择适当的参数（参数的个数可取一个或多个）；用参：即建立参数方程或含参数的方程；消参：即通过运算消去参数，使问题得到解决。
辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的，联系的方式是丰富多采的，科学的任务就是要揭示事物之间的内在联系，从而发现事物的变化规律。
参数的作用就是刻画事物的变化状态，揭示变化因素之间的内在联系。
参数体现了近代数学中运动与变化的思想，其观点已经渗透到中学数学的各个分支。
运用参数法解题已经比较普遍。
3、应用参数法解复杂应用题例1、快、中、慢三辆车同时从同一地点出发，沿同一公路追赶前面的一个骑车人．这三辆车分别用6分、10分、12分追上骑车人．现在知道快车每时走24公里，中车每时走20公里，那么慢车每时走多少公里？解考虑到快、中、慢三辆车出发时与骑车人的距离相同，记为S0．若设慢车速度为V，骑车人速度为v，则各车追上骑车人时多走的路程为：快车：(24-v)×6=S，中车：(20-v)×10=S，慢车：(V-v)×12=S．从而得到(24-v)×6=(20-v)×10，(1)(V-v)×12=(20-v)×10．(2)由(1)得：v=14，代入(2)得(V-14)×12=(20-14)×10，即V=19．答：慢车每时走19公里．例2：若关于x的方程acos 2θ+ asinθ-2a-1=0在x∈[0，]时有唯一解，求a的取值范围。
解：原方程可化为：=-sin 2θ+ sinθ–1令sinθ=t(0≤t≤1)，=-t 2+ t-1因为f(t)= -t 2+ t-1的单调区间为[0，]，（，1），当t ∈[0，]时，f(t)∈[-1，]当t∈（，1）时，f(t)∈[ ，]所以：当∈[ ，-1]时，即-1≤a≤时，方程有唯一解。