[精品]淺談數(shù)學思維的開拓性

1、淺談數(shù)學思維的開拓性一、概述數(shù)學思維開拓性指的是對一個問題能從多方而考慮；對一個對彖能從多種角度觀察；對 一個題目能想出多種不同的解法，即一題多解?！皵?shù)學是一個有機的整體，它的各個部分之間存在概念的親緣關系。我們在學習每 一分支時，注意了橫向聯(lián)系，把親緣關系結(jié)成一張網(wǎng)，就可覆蓋全部內(nèi)容，使之融會貫 通”，這里所說的橫向聯(lián)系，主要是靠一題多解來完成的。通過用不同的方法解決同一道 數(shù)學題，既可以開拓解題思路，鞏固所學知識；又可激發(fā)學習數(shù)學的興趣和積極性，達 到開發(fā)潛能，發(fā)展智力，提高能力的目的。從而培養(yǎng)創(chuàng)新精神和創(chuàng)造能力。在一題多解的訓練屮，我們要密切注意每種解法的特點，善于發(fā)現(xiàn)解題規(guī)律，從屮 發(fā)

2、現(xiàn)最有意義的簡捷解法。數(shù)學思維的開拓性主要體現(xiàn)在：(1) 一題的多種解法例如已知復數(shù)z滿足i z1= 1,求iz - j丨的最大值。我們可以考慮用下面幾種方法來解決：運用復數(shù)的代數(shù)形式；運用復數(shù)的三角形式；運用復數(shù)的幾何意義； 運用復數(shù)模的性質(zhì)(三角不等式)1乜丨-迂2眩乜-5&和+迂2丨； 運用復數(shù)的模與共輒復數(shù)的關系i zl2=z-l (數(shù)形結(jié)合)運用復數(shù)方程表示的幾何圖形，傳化為兩圓lzl=l與z-i=r冇公共點時，廠的最大值。(2) 一題的多種解釋例如，函數(shù)式y(tǒng)二丄df可以有以卜幾種解釋：2可以看成口由落體公式$=丄鼎.可以看成動能公式e=lmv2 2口j以看成熱量公式q =

3、*7?廠.又如“1”這個數(shù)字，它可以根據(jù)具體情況變成齊種形式，使解題變得簡捷?！?”可 以變換為:logrt a, , sin2 x +cos2 x, (log,) (log/), sec2 x-tg2x,等等。x1思維訓練實例例 1 已知/+/?2 = 1, / + y? = 1.求證：ax + by < 1.分析1用比較法。本題只要證-(axby)>0.為了同時利用兩個已知條件，只需要 觀察到兩式相加等于2便不難解決。證法 1 / 1 - (ax + by) = - (1 +1) - ( + by) =*(，+決 +，+ y2) - (axby)= (a2 - 2ax + x2

4、) + (b2 -2hy 4- y2) = (.ci-x)2 +(/?-y)2、0,所以ax + by < 1.分析2運用分析法，從所需證明的不等式出發(fā)，運用己知的條件、定理和性質(zhì)等, 得出正確的結(jié)論。從而證明原結(jié)論正確。分析法其木質(zhì)就是尋找命題成立的充分條件。 因此，證明過程必須步步可逆，并注意書寫規(guī)范。 證法2:要證ax + by <.只需證1 - (tzx + by) > 0,即2- 2(ax + by) > 0,因為 / +/?2 =1, x2 + y2 =1.所以只需證(a2 + b + x +) 2(ax + by) n 0,即(a x)2 + (b y)?

5、 > 0.因為最后的不等式成立，月步步可逆。所以原不等式成立。分析3運用綜合法(綜合運用不等式的有關性質(zhì)以及重 要公式、定理(主要是平均值不等式)進行推理、運算，從而達到證明需求證的不等式成立的方法)= 1.8 卩 ax + by < 1.證法 3：.+ -±2：2 - 2 2 2分析4三角換元法：由于已知條件為兩數(shù)平方和等于1的形式，符合三角函數(shù)同角關系 中的平方關系條件，具有進行三角代換的可能，從而可以把原不等式中的代數(shù)運算關系 轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)運算關系，給證明帶來方便。證法 4 a2 +b2 = 1, x2 + y2 = 1,.可設二 a = sin a,/? = c

6、oscr. x = sin 0,y = cos/3 :.ax + by = sin a sin 0 + cos a cos 0 = cos(a -/?)<!,分析5數(shù)形結(jié)合法：由于條件x2+y2=l可看作是以原點為圓心，半徑為1的單位圓，而ax + by=匸+紗.聯(lián)系到點到直線距離公式，可得下面證法。證法5 (如圖4-2-1)因為直線/: ax + by二0經(jīng)過圓%2 + y2 = 1的圓心0,所以圓上任意一點m (x, y)到直線ax + by = 0的距離都小于或等于圓半徑1,即d = " ： +" =ax + by<i> axby <.yja2

7、 +b簡評五種證法都是具有代表性的基本方法，也都是應該掌握的重要方法。除了證法4、 證法5的方法有適應條件的限制這種局限外，前三種證法都是好方法。可在具體應用過 程中，根據(jù)題目的變化的需要適當進行選擇。例2如果(z-x)2-4(兀一刃(y-z) = o,求證：無、y、z成等差數(shù)列。分析1要證x、y、z,必須冇x-y = y-z成立才行。此條件應從已知條件屮得出。故 此得到直接的想法是展開已知條件去尋找轉(zhuǎn)換。證法 1 (z-x)2 一 4(兀一刃(y ？)= 0, /.- 2xz + x2 -4xy + 4xz + 4y2 -4yz = 0,(x + z)2 一2x2y(兀+ z) + (2y)

8、2 = 0,(x + z-2y)2 =0,.x + z-2y = 0,故x-y = y-z，即x、y、z成等差數(shù)歹ll。分析2由于已知條件具有尢_y,y_z,z-兀輪換對稱特點，此特點的充分利用就是以換元 去減少原式屮的字母，從而給轉(zhuǎn)換運算帶來便利。證法2設x - y = a.y - z = b,則兀- z = q + b.于是，已知條件可化為：(7 + z?)2 -4ab = 0=>(tz-/?)2 = 0>a = b=>x-y = y 乙所以兀、y、z成等茅數(shù)列。分析3已知條件呈現(xiàn)二次方程判別式4 =滬-4“的結(jié)構(gòu)特點引人注目，提供了構(gòu)造一 個適合上述條件的二次方程的求解

9、的試探的機會。證法3當x-y = 0時，由已知條件知z -尢=0,：尢=y = z,即尢、y、z成等差數(shù)列。當兀- y h 0時，關于t的一元二次方程：(% - y)t2 + (z -?！?+ (y - z) = 0,其判別式a=(z-x)2-4(x-y)(y-z) = 0,故方程有等根，顯然/ =1為方程的一個根，從而方程的兩根均為1,由韋達定理知trt2= = lx-y = y-z.即 兀、八z成等差數(shù)列。 兀一 y簡評：證法1是常用方法，略嫌呆板，但穩(wěn)妥可靠。證法2簡單明了，是最好的解法, 其換元的技巧有較大的參考價值。證法3引入輔助方程的方法，技巧性強，給人以新鮮 的感受和啟發(fā)。例3已

10、知x + y = l,求x2 + y2的最小值。分析1雖然所求函數(shù)的結(jié)構(gòu)式具冇兩個字母兀、y,但已知條件恰冇兀、y的關系式, 可用代入法消掉一個字母，從而轉(zhuǎn)換為普通的二次函數(shù)求最值問題。解法 1 x+y = l, :. y = l-x.設 z = /+y2,貝|j z = x2 4-(l-x)2 =2x2 - 2x +1. v項系數(shù)為2>0,故z右最小值。.當x-二=丄時，z最小值=你"1(_2)'=丄.2x22門4x22的最小值為丄.2分析2已知的一次式x + y = 1兩邊平方后與所求的二次式/ + b冇密切關聯(lián)，于是所求 的最小值可由等式轉(zhuǎn)換成不等式而求得。解法

11、2t jc + y = 1,. (%+y)2 = 1,即兀$ + y2 = 1 - 2xy. 2xy < x2 + y2,/. x2 + y2 > 1 -(x2 +)').即x24-y2>l當月.僅當x = y = 時取等號。./ +)“的最小值為*.分析3配方法是解決求最值問題的一種常用手段，利用已知條件結(jié)合所求式子，配方后 得兩個實數(shù)平方和的形式，從而達到求最值的口的。解法 3 設 z = / + yl t 兀十 y = 1, :. z = x2 + y2 -x- y + l =(兀一丄)？ + (y - )2 +丄 '丄.2 2 2 2.當x = y =

12、-時，z最小=丄即%2 +護的最小值為丄.2 2 2分析4因為已知條件和所求函數(shù)式都具有解析幾何常見方程的特點，故可得到用解析法 求解的啟發(fā)。解法4如圖4 2 2, x + y = 1表不直線/, x2 + y2表不原直線/的距離最短。此吋"匹f斗，即點到直線/上的點p(x,y)的距離的平方。顯然其屮以原點到(j/+b)=返.所以兀2 +,2的最小值為12 2注如果設兀2+y2=,則問題述可轉(zhuǎn)化為直線兀+).，= 1與圓，+y2=有交點時，半徑v7 的最小值。簡評 幾利i解法都有特點和代表性。解法1是基木方法，解法2、3、4都緊緊地抓住題 設條件的特點，與相關知識聯(lián)系起來，所以具冇靈

13、巧簡捷的優(yōu)點，特別是解法4,形象直 觀，值得效仿。例4 設"r,w/?.求證：lzl=i.1 + z分析1由已知條件亠為實數(shù)這一特點，可提供設實系數(shù)二次方程的可能，在該 1+?二次方程有兩個虛根的條件下，它們是一對共軌虛根，運用韋達定理可以探求證題途徑。證法1 :設一n = a(a丘r),當a = 0時，可得z = 0與z g r條件不合。：.a* 0.于是有1 +曠血？ +d = 0.t a,.：該方程有一對共軌虛根，設為，于是石=乙,丨$卩=1 5 |2 又由韋達定理知 zx*z2 = = 1, /. z z1 = z2 z2 =1 zi |2=1 卩=1：i z 1= 1分析2

14、由于實數(shù)的共軌復數(shù)仍然是這個實數(shù)，利用這一關系可以建立復數(shù)方程，注 意到込=1 z卩這一重要性質(zhì)，即可求出丨z i的值。證法2:設 =訛訂）,當° = 0吋，可得z = 0與譏r條件不合，。工0.則冇1 + za =, : a = a ,:.= .即 z（l + 尹）二 z（1 + 才）z + z（z z）二 z + z（z z）.1 + z1 + l 1 + z但z e =1 z 卩， z+elz卩=z+zlz卩,（z-z）（l-1zi2） = 0而乏-ze/?,.*!z卩=1即i z 1= 1.分析3因為實數(shù)的倒數(shù)仍為實數(shù)，若對原式取倒數(shù)，可變換化簡為易于進行運算的 形式。再運用

15、共轆復數(shù)的性質(zhì)，建立復數(shù)方程，具有更加簡捷的特點。7 1 _1_ 72 1 1證法 3: e r, w r,即 z + = z + z e /?.從而必有z-z = 1. i z 1= 1.l + zzz zz簡評 設出復數(shù)的代數(shù)形式或三角形式，代入已知條件化簡求證，-般也能夠證明， 它是解決復數(shù)問題的基本方法。但這些方法通常運算量大，較繁?，F(xiàn)在的三種證法都應 用復數(shù)的性質(zhì)去證，技巧性較強，思路都建立在方程的觀點上，這是需要體會的關鍵z 處。證法3利用倒數(shù)的變換，十分巧妙是最好的方法。例5由圓，+，2 =9外一點p（5,12）引圓的割線交圓于4、b兩點，求弦ab的中點m的軌跡方程。分析1 （直

16、接法）根據(jù)題設條件列出幾何等式，運用解析幾何基本公式轉(zhuǎn)化為代數(shù)等式, 從而求出曲線方程。這里考慮在圓中有關弦中點的一些性質(zhì)，圓心和弦中點的連線垂直 于弦，可得下面解法。解法1如圖4-2-3,設弦的中點m的坐標為m（x,y）,連接op、om ,則om丄ab,在omp屮，由兩點間的距離公式和勾股定 理有 x2 + y $ +（兀 _ 5）2 + （y _ 12尸=169.整理，得 f+b5兀一i2）, = o.其中3<x<3.分析2 （定義法）根據(jù)題設條件，判斷并確定軌跡的曲線類型，運用待定系數(shù)法求出曲線方程。解法2因為m是ab的屮點，所以om丄所以點m的軌跡是以iopi為直徑的圓，圓

17、心為（2,6）,半徑2為竺聖,.該圓的方程為;（x_12+13 22 2 2 2 化簡，得 f+y2 _5兀_12，= 0.其中-3<x<3.分析3（交軌法）將問題轉(zhuǎn)化為求兩直線的交點軌跡問題。因為動點m可看作直線0m與 割線pm的交點，而由于它們的垂直關系，從而獲得解法。解法3:設過p點的割線的斜率為k,則過p點的割線方程為:y-n = k（x-5）.v 0m丄a3且過原點，0m的方程為y = -x.這兩條直線的交點就是m點的軌跡。 k兩方程相乘消去化簡，得：x2 + y2-5x-12y = 0.中-3k3.分析4 （參數(shù)法）將動點坐標表示成某一屮間變量（參數(shù)）的函數(shù)，再設法消去

18、參數(shù)。 由于動點m隨直線的斜率變化而發(fā)生變化，所以動點m的坐標是直線斜率的函數(shù)，從而 可得如下解法。解法4設過p點的割線方程為：y-n = kx-它與圓宀員二9的兩個交點為a、b ,的中點為m解方程組u2 + y2 = 9,利用韋達定理和中點坐標公式，可求得m點的軌跡方程為：x2 +y2 5x 12y = 0.其屮一 3<x<3.分析5 （代點法）根據(jù)曲線和方程的對應關系：點在曲線上則點的坐標滿足方程。設而不 求，代點運算。從整體的角度看待問題。這里由于中點m的坐標（兀,刃與兩交點b（x2,y2）通過中點公式聯(lián)系起來，又點p、m、a、構(gòu)成4點共線的和諧關系, 根據(jù)它們的斜率和等，可求得軌跡方程。解法 5 設 m （x, y）, a（x, ）, b（x2, y2）,則西 + 兀? =2x,開 + 力=2y. / 彳 + =9,兀;+