不等式的一题多解（精选12篇）
不等式的一题多解 篇1
几何证明题千变万化, 因此在做题时要善于观察、思考, 从不同角度分析问题, 力求灵活驾驭所学知识。遇到一个问题, 通过多种途径给出多种解法, 称为一题多解, 这对提高自己对不同题目的分析、应变能力很有帮助。本文就以“三角形内角和定理”的证明为例, 谈一谈一题多解。
这个定理是任意一个三角形的一个重要性质, 在理论上和实践中都有广泛的应用, 因此学好它并了解它的一些证明方法是很有必要的。
证明这个定理的关键是如何添加辅助线, 而画辅助线的目的是通过做平行线把三角形的三个角移到一起, 这就使辅助线的画法很多, 因此证明方法也很多, 下面就介绍几种这个定理的证明方法:
首先根据定理的内容, 画出图形, 写出已知, 求证。
已知:如图, △ABC求证:∠A+∠B+∠C=180° (下面五种证明方法中的已知, 求证均同上) 。
证法1:分析:如图1, 可以延长一边BC得到一个平角△∠BCD, 然后以CA为一边, 在△ABC的外部画∠ACE, 所画∠ACE=∠B, 即可证明。
证明:作BC的延长线CD, 在△ABC的外部, 以CA为一边, CE为另一边, 画∠1=∠A, 于是, CE∥BA (内错角相等, 两直线平行) 。
∠B=∠2 (两直线平行, 同位角相等)
又∠1+∠2+∠ACB=180° (平角的定义)
∠A+∠B+∠ACB=180°
证法2:
分析:如图2, 可过点A画DE∥BC, 从而证明∠B=∠1、∠C=∠2。
证明:过点A画DE∥BC, 于是∠1=∠B, ∠2=∠C (两直线平行, 内错角相等) .
又∠1+∠2+∠BAC=180° (平角的定义) 。
∠C+∠B+∠BAC=180°。
证法3:
分析:如图3, 可以过点C作CD∥BA, 利用两直线平行、同旁内角互补证明。
证明:过点C作CD∥BA, 于是∠ACD=∠A (两直线平行内错角相等) 。
而∠B+∠BCD=180 (两直线平行, 同旁内角互补) 。
∠BCD=∠BCA+∠ACD,
∠B+∠BCA+∠ACD=180°,
即∠A+∠B∠BCA=180。
证法4:
分析:如图4, 可以在边BC上取一点D, 过点D画DE∥BA、DF∥CA利用平行线的性质可证。
证明:在BC上取一点D, 过点D分别作DE∥BA、DF∥CA, 于是,
DE∥BA (辅助线作法) ,
∠B=∠2 (两直线平行, 同位角相等) ,
∠3=∠BFD (两直线平行, 内错角相等) ,
又DF∥CA (辅助线作法) ,
∠1=∠C, ∠A=∠BFD (两直线平行, 同位角相等) ,
∠3=∠A (等量代换) ,
又∠1+∠2+∠3=180° (夹角的定义) 。
∠A+∠B+∠C=180°。
证法5:
分析:如图5, 可延长边BC到D, 过点C作CE∥BA, 利用平行线的性质, 得∠B=∠1、∠A=∠2。
证明:延长边BC到D, 过点C作CE∥BA, 于是
∠B=∠1 (两直线平行同位角相等) ,
∠A=∠2 (两直线平行, 内错角相等) ,
又∠1+∠2+∠ACB=180° (平角的定义) ,
∠A+∠B+∠ACB=180°。
不等式的一题多解 篇2
做数学应用题, 老师要求我们一题多解.开始, 我想: 把题做出来就行了, `多解'不是`自找麻烦'吗?
但是, 当我按照老师的要求去做了一段时间以后, 我才感到这不但不`麻烦', 而是挺有趣.如一道比例分配应用题, 我曾找出了`归一'、`分数'、`比例分配'、`比例'四种解法.
一次数学考试, 有一道题: `黄铜中, 锌和铜的比是3∶7, 现在有87.5 公斤铜, 应加入多少公斤锌才能炼出这种黄铜? '我马上就想到: 第一步先求黄铜总重量, 第二步根据锌占的比例数求出锌的重量.除此之外, 还有没有别的解题方法呢? 我很快又想出了另一种方法: 设锌重为x 公斤, 3∶7=x∶87.5, 这样, 一步就算出了锌的重量是多少.用后一种解法, 速度快, 算得准, 能`挤'出时间来检查、验算其它的.答题.
北京市三里河三小六 (4) 班 刘燕讲 峦予记
聪聪学会了`假定法'
时钟敲了九下.
爷爷: 该睡觉了.
聪聪: 这道题还没做完, 用`逆推法'和`图示法'分析都不行.爷爷, 您说怎么办呢? 爷爷戴上老花眼镜, 仔细看题目: 甲乙两种戏票共20 张, 共用去4 元5 角.甲种票3 角, 乙种票2 角, 两种票各买了多少张?
爷爷: 这道题可以用`假定法'来分析.假定每张票价都是3 角, 20 张应付多少元?
聪聪: 一共付6 元.
(0.30x20=6.00)
爷爷: 比原来的总钱数多了多少元?
聪聪: 多了1.50 元.
(6.00-4.50=1.50)
爷爷: 为什么多算了1.50 元?
聪聪沉思了一会儿, 回答: 因为把票价是2 角的票都多算了1 角.爷爷: 2 角的票有多少张?
聪聪高兴地蹦了起来: 我会了! 我会了! 2 角的票15 张.〔1.50÷(0.30-0.20) =15〕3 角的票就是5 张. (20-15=5)
爷爷又提了一个新问题: 假定20 张票都是2 角的, 你能按上面的过程分析吗?
聪聪很快列出了算式.少年朋友, 你能用`假定法'来分析解答吗?
谈谈数学作业中的一题多解 篇3
一、结合实际，探索解决问题方法的多样性
例如，滨海到南京的公路长357公里，一辆轿车从滨海开出，同时有一辆货车从南京开出，两车相向而行，经过3小时相遇，轿车平均每小时行79公里，货车平均每小时比轿车少行多少公里？题目出示后，要组织学生反复阅读，抓住题目中的不变量展开思考，从而得到一题多解的效果。
解法（一）：[357-（79×3）]÷3
=[357-237]÷3
=120÷3
=40（公里）
即货车平均每小时行40公里，已知轿车平均每小时行79公里，所以，货车平均每小时比轿车少行多少公里就是：
79-40=39（公里）
答：货车平均每小时比轿车少行39公里。
解法（二）：79-（357÷3-79）
=79-（119-79）
=79-40
=39（公里）
答：货车车平均每小时比轿车少行39公里。
解法（三）：设货车平均每小时行x公里
79×3+3x=357
3x=357-237
3x=120
x=40（公里）
79-40=39（公里）
答：货车平均每小时比轿车少行39公里。
二、抓住不变量，进行一题多解
例如，1.修一条300米长的水渠，前6天完成了五分之二，照这样计算，修完这条水渠还要多少天？
读题后，要紧紧抓住“照这样计算”这个不变量，引导学生进行思考，从而会得出几种不同的解法：
解法一：300÷5×2=120（米）
120÷6=20（米）
300-120=180（米）
180÷20=9（天）
答：修完这条水渠还要9天。
解法二：把五分之二化成小数就是0.4
300×0.4=120（米）
120÷6=20（米）
300-120=180（米）
180÷20=9（天）
答：修完这条水渠还要9天。
三、趣味题目，莫忘多解
例如，李大爷家有若干只鸡和兔子，把它们放在同一只笼子里，已知共有14只头，48只脚。求鸡与兔各多少只？
解法一：假设法
假设全是鸡：2×14=28（只）
鸡脚比总脚数少：48-28=20（只）
兔：20÷（4-2）=10（只）
鸡：14-10=4（只）
解法二：用方程解
設兔有x只，则鸡有（48-x）只。
4x+2（14-x）=48
4x+28-2x=48
2x=48-28
2x=20
x=10
则有鸡：14-10=4（只）
相互作用问题的一题多解 篇4
例1两球相互作用问题的多种解法
在光滑水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B,质量分别为m和2m,当两球心间的距离大于L时,(L比r大的多)两球间无相互作用力,当两球心间的距离等于或小于L时,两球间存在相互作用的恒定斥力F,设A球从远离B球处以速度v沿两球心连线向原来静止的B球运动,欲使两球不发生接触,v必须满足什么条件?
解法一:(利用力和运动关系求解)
设A、B两球的加速度分别为a1和a2,根据牛顿定律,有
设经过时间t两球速度相等,则:
设A、B两球在时间t内位移分别为s1和s2,则:
为保证两球不相碰,应满足:
解上述方程组可得:
解法二:(利用图像求解)
根据题意可作出两球的v-t图象如图2,图中两条线相交点的横坐标即表示两球速度相同对应的运动时间,其值已由解法一中(3)式获得:
图中带有阴影部分“面积”表示从A球开台减速到两球速度相等A球比B球多发生的位多.根据题意,该“面积”应小于(L-2r).即:
由以上两式可解得:
解法三:(利用数学方法求解)
设A、B两球在时间t内的位移分别为s1和,则:
设经过时间t两球相碰,相撞时应满足:
将(1)(2)两式带入上式并整理后可得:
(3)式中有实数解,其物理意义就是相碰的时间不存在,即相碰不可能发生,利用判别式小于零可得:
由(4)式可得:.
解法四:(利用相对参考系求解)
设A、B两球的加速度分别为a1和a2,根据牛顿定律,有
可以选择前面的B球作为参考系,即将B球看成是静止的.这样A相对B的初速度和加速度应分别为:
为避免相碰,应满足:
由以上各式可得：
解法五:(利用动量能量求解)
设A、B两球速度相同时仍没有相碰,共同速度为v1,根据动量守恒,有
设A、B两球从开始发生作用到两者共速位移分别为s1和s2,根据动能定理可得:
为保证两球不相碰,应满足:
解上述方程组可得:
种解法例2带电小球与小车相互作用问题的多
一对平行金属板竖直固定在置于光滑水平面上的平板小车上,金属板与小车的总质量为M=0.3 kg,两金属板间距离为d=0.04 m,金属板间加一适当电压,一个质量为m=0.1 kg、带电量为q=2.5×10-6C的小球,以大小为v0=10m/s的速度,从右板底部小孔沿小车光滑绝缘底板射入两金属板之间,为了避免带电小球碰到左侧金属板,两金属板间所加电压U至少为多大?
解法一:(利用力和运动关系求解)
设两金属板间所加电压为U,由此使两板间产生的电场场强为E,则
设带电小球与小车的加速度分别为a1和a2,根据牛顿第二、第三定律,有
设经过时间t两者速度相等,则:
设带电小球与小车在时间t内位移分别为s1和s2,则:
为保证小球碰不到左侧金属板,应满足:
解上述方程组可得:
解法二:(利用图像求解)
根据题意可作出带电小球与小车的v-t图象,图中直线1表示带电小球的v-t关系图线,直线2表示小车的vt关系图线,两条线相交点的横坐标即表示小球与小车速度相同对应的运动时间,由上面解法一中(1)(2)(3)(4)(5)式可解得:
图中带有阴影部分“面积”表示从小球进入两金属板间到小球与小车共速小球在板间滑过的距离.根据题意,该“面积”应小于d.即:
由以上两式可解得:
解法三:(利用数学方法求解)
设带电小球与小车在时间t内的位移分别为s1和s2,则:
设经过时间t带电小球碰到左侧金属板,应满足:
s1-S2=d.
将(1)(2)两式带入上式并整理后可得:
若(3)式中t没有实数解,其物理意义就是小球碰到左侧金属板的时间不存在,即小球不能碰到左侧金属板,利用判别式小于零可得:
上面(3)(4)式中.
将其代入(4)式可得:
解法四:(利用相对参考系求解)
设带电小球与小车的加速度分别为a1和a2,根据牛顿定律结合电场力,有
可以选择小车作为参考系,则带电小球相对小车的初速度和加速度应分别为:
为避免带电小球碰到左侧金属板,应满足:
由以上各式可得:
解法五:(利用动量能量求解)
小球在板间运动时,系统动量守恒.设小球到达左端金属板处时系统速度为v,则:
设带电小球与小车在达到共速前的位移分别为s1和s2,根据动能定理,有
一题多解典型案例张 篇5
张国胜
通过几年初中数学的教学，在解一些数学题时往往一道数学题用几种不同的方法都能解决。有的简单有的稍微要复杂一些，而在解题时复杂的方法浪费时间、简单的方法节省时间。下面我就在初中阶段的一题多解的典型例题分析谈谈我的看法。
在比较大小的数学题中，经常会遇到一题多解的数学题。【比较大小问题】
【例1】 当0 解：∵0 方法2 作差法： ∵两数相减可以取正数、负数、0，那么用a、b表示两数，能得到三种情况： 当a－b>0时，a>b 当a－b=0时，a=b 当a－b<0时，a ∴此题的解法为x2－x=x（x－1）∵0 1x211同理 x－=<0 综上所述∴>x>x2 xxx [关键词]PLC；电气控制；一题多解 1969年美国数字设备公司（DEC）研制成功世界上第一台PLC（可编程序控制器），仅仅三十几年时间，PC（1980年，美国电器制造商协会将PLC正式更名为PC。以下均简称此）由于抗干扰能力强，使用方便，自编程简单，控制系统硬件配置简单，开发周期短，程序灵活等特点迅速深入到生产生活各方面，成为自动化三大支柱之一。 PC编程十分简单易学，并且针对同一控制系统，可以使用多种编程手段实现。本文以钻孔动力头控制系统为例阐述之（利用日本三菱公司F1系列PC）。 某冷加工自动线有一钻孔动力头，该动力头的加工过程如下图所示： ①动力头在原位时限位开关SQ0受压，按下起动按钮，接通电磁阀YV1，动力头快进； ②动力头碰到限位开关SQ1后，接通电磁阀YV1和YV2，动力头有快进改为工进； ③动力头碰到限位开关SQ2后，延时10秒； ④延时时间到，接通电磁阀YV3，动力头快退； ⑤动力头退回原位后停止。 了解了控制要求后，当然我们首先想到的是传统的继电器—接触器式控制电路。本控制不算复杂，画电控图也不难，再将电控图转换成梯形图即可。这种方法本文不再贅述，而是介绍其他几种直接用PC的方法。 万事开头难。对于PC的使用，我认为也是如此。使用PC编程，第一步当然是进行输入输出点的配置： 见下表格： 现场信号起动按钮SB1停止按钮SB2SQ0SQ1SQ2快进阀YV1工进阀YV2快退阀YV3 PC信号X400X401X402X403X404Y430Y431Y432 下面就可以编程了。 方法一：利用移位指令编程： 注：上指令中，M100～M104为移位寄存器的前5位。 方法二：利用步进指令编程。 分别用S600，S601，S602，S603，S604代表初始步（原位），步序1（快进），步序2（工进），步序3（延时），步序4（快退）。则可绘制步进状态图如下： 将上状态图转换成梯形图即可。见下： 方法三：利用功能表图设计法编程。 1.分别用M100，M101，M102，M103，M104五个步态继电器表示：预备步，工步1，工步2，工步3，工步4。 2.绘制功能图： 3.建立数学模型： 学习数学, 自然需要解题, 波利亚的观点: “数学技能就是解题能力———不仅能解决一般的问题, 而且能解决需要某种程度的独立思考、判断力、独创性想象力的问题. 所以中学数学的首要任务就在于加强解题能力的训练. ”解题是实践性的技能, 在数学解题教学中, 教师要让学生学会审题, 养成验算的良好习惯, 懂得反思总结. 读审题是一种综合能力, 它包括认真细致的态度等多种非智力因素, 也包括阅读、理解、分析等多种智力因素. 一个题目包含的信息有时是比较隐蔽的, 甚至隐藏得很深, 这就需要我们去发现、发掘、辨别、分析, 这是一种能力, 也是解题的关键点. 读题是解题的基础, 是正确、迅速解题的前提. 为此在解题时要注意审视题目的条件、结论、结构, 充分挖掘题目显性和隐性的信息, 引导学生分析题目中各个量的特点、联系, 调动既有知识体系中关联知识点实现解题. 验算是解决数学问题不可缺少的环节, 是初步完成解题后不可或缺的一步, 它可以进一步检查、更正、补充学生在初次解题中存在的错误和缺失, 是保证题目正确解决的必要步骤和手段. 掌握验算的方法, 养成验算的习惯是学好数学的重要条件之一. 学会反思是指解题后对审题过程和解题方法及解题所用知识的回顾与思考. 学会反思, 对学生思维品质等各方面的培养都有积极的意义. 数学知识之间联系纵横交错, 解题思路灵活, 解题方法多样, 但终却能殊途同归. 即使一次性解题合理正确, 也未必就是最佳思路, 未必就是最优最简洁的解法. 例在△ABC中, b = 2, B = 45°, 求边a的取值范围. 分析题目已知一角和对边, 求另一边的范围, 故考虑用正弦定理求解. 解完题应该进一步反思, 探求一题多解、多题一解的问题, 开拓思路, 沟通知识, 掌握规律, 权衡解法优劣, 在更高层次更富有创造性地去学习、摸索、总结, 使自己的解题能力更胜一筹. 如上例题, 再次分析一下题意, 考虑试用余弦定理求解, 见下. 进一步考虑采用几何法或者叫数形结合的方法求解, 详见下. 【轨迹定理】和已知线段的两个端点的连线的夹角等于已知角的点的轨迹, 是以已知线段为弦, 所含圆周角等于已知角的两段弧 ( 端点除外) . 一题多解, 每一种解法会用到不同章节的知识, 这样可以复习相关知识, 掌握不同解题技巧, 同时每一种解法又能解很多道题, 然后比较众多解法中哪一种最简洁. 把每一种解法和结论进一步推广, 既可实现知识的内在联系、巧妙转化和灵活运用, 又可总结出一般方法和思路. 善于总结, 掌握规律, 探求共性, 再由共性指导我们去解决碰到的这类问题, 这对提高解题能力尤其重要. 解题之后, 要反复探究问题的知识结构和系统性. 对问题蕴含的知识进行纵向深入地探究, 加强知识的横向联系, 把问题所蕴含孤立的知识“点”, 扩展到系统的知识“面”.通过不断地联系、拓展, 加强对知识的理解, 进而形成认知结构中知识的系统性. 要让学生明白, 问题之间不是孤立的, 许多看似无关的问题却有着内在的联系, 解题不能就题论题, 要寻找问题与问题之间本质的联系, 要质疑为什么有这样的问题, 它和哪些问题有联系, 能否受这个问题的启发. 将一些重要的数学思想、数学方法进行有效的整合, 创造性地设问, 让学生在不断的知识联系和知识整合中, 丰富认知结构中的内容, 体验“创造”带来的乐趣, 这对培养学生的创造性思维是非常有利的. 点滴的发现, 能唤起学生的成就感, 激发学生进一步探索问题的兴趣. 长期的积累, 更有利于促进学生认知结构的个性特征的形成, 并增加知识的存储量. 化学中的—题多解, 即是从化学基本概念、基本原理出发, 引导学生挖掘题意, 多角度地思考问题, 尽可以多地找出解题的途径与方法, 并掌握其特点与规律.这样会使学生能更深入地掌握化学概念及原理, 发展思维的灵活性.现以“物质的量”一章的知识来例析一题多解. 例1 在同温同压下, 某瓶充满O2质量为116 g, 充满CO2质量为122 g, 充满气体X的质量为114 g, 则X的相对分子质量是 ( ) (A) 28 (B) 60 (C) 32 (D) 44 思维切入:此题是阿佛加德罗定律推论的应用.即同温、同压、同体积的气体的质量之比等于摩尔质量之比. 解法1:设瓶的质量为m g, 根据阿伏加德罗定律, 同温同压同体积的容器所盛气体的物质的量相等, 可得: 解法2:因1 mol CO2与1 mol O2的质量之差为44-32=12 (g) , 所以瓶中O2的物质的量为 解法3;因同温同压下, 同体积的容器中所盛气体的物质的量相等, 所以气体的质量越小, 其相对分子质量就越小.由题意知气体X的质量小于O2的质量, 故气体X的相对分子质量也应小于O2的相对分子质量, 故不必计算可知答案为 (A) . 本题通过气体质量、气体物质的量、气体摩尔质量之间的计算, 主要考查有关物质的量、摩尔质量与阿伏加德定律之间的关系的理解及运用计算的能力.通过一题多解使学生较为透彻地理解了这些概念之间的联系. 例2 21.3 g Cl2与元素M的单质完全反应后生成0.2 mol的氯化物MClx.则x值为. 解法1:21.3 g Cl2的物质的量为: 根据化学方程式: 所以x=3 解法2:因为MClx中Cl元素为-1价, 则M的化合价为+x价.0.2 mol MClx中含Mx+为0.2mol.即0.2 mol M—Mx+失去电子总数为0.2x mol, 那么根据氧化还原反应中得失电子总数相等的原则, 0.3 mol Cl2应得到电子数0.3 mol ×2=0.6 mol;则0.2x=0.6, 解得x=3. 解法3:根据质量守恒定律推知, 氯分子中氯原子数等于MClx中氯原子数, 即 例3 用氢气还原某二价金属氧化物, 使金属元素成为单质, 每4.0 g金属氧化物还原时, 需耗用0.10 g氢气, 则该金属的相对原子质量是多少? 思维切入:金属的相对原子质量在数值上与摩尔质量 (单位:g/mol) 相等, 因此, 只要求得该金属的摩尔质量就可以了. 设金属氧化物化学式为RO, 其摩尔质量为M. 解法1:利用化学方程式解答: R的摩尔质量为 (80-16) g·mol-1= 64 g·mol-1, 因为原子摩尔质量在数值上与相对原子质量相等, 故该金属的相对原子质量为64. 解法2:电子守恒 (氧化还原反应中得失电子总数相等) H2是还原剂, 失去电子的物质的量为 例4 在标准状况下, 11.2 L CO和CO2混合气体质量为20.4 g, 求出混合气体中CO和CO2的体积比和质量比. 思维切入:此题既可以先求出二者各自的物质的量, 也可以先求二者的平均摩尔质量或平均式量. 解法1:因为: 解得 那么体积比: 解法2:混合气体的平均式量为 即: 质量比: 例5 已知某温度下NaCl饱和溶液的物质的量浓度为c mol·L-1, 溶液的密度 ρ g/cm3, 求该温下NaCl的溶解度. 思维切入:要求溶解度, 必须求得一定体积的溶液中的溶质与溶剂的质量. 解法1:从溶解度概念角度求溶解度. 溶质 溶剂 溶液 定义: s g 100 g (100+s) g 以 (100+s) g饱和NaCl溶液为研究对象, 则含NaCl s g, 所以s g NaCl的物质的量为: 溶液的体积为: 所以由物质的量浓度数学表达式得出: 所以 解法2:由物质的量浓度定义求解. 取1 L饱和溶液为研究对象, 则1 L溶液中含NaCl c mol, 其质量为58.5 c g, 溶液质量为1000ρ g.所以由溶解度关系式: 所以 所以该温度下NaCl的溶解度为 一、原题再现 例1如图1所示,质量为M倾角为α的斜面体( 斜面光滑且足够长) 放在粗糙的水平地面上,底部与地面的动摩擦因数为μ,斜面顶端与劲度系数为k、自然长度L为的轻质弹簧相连,弹簧的另一端连接着质量为m的物块. 压缩弹簧使其长度为3 /4L时将物块由静止开始释放,且物块在以后的运动中,斜面体始终处于静止状态. 重力加速度为g. ( 1) 求物块处于平衡位置时弹簧的长度; ( 2) 选物块的平衡位置为坐标原点,沿斜面向下为正方向建立坐标轴,用x表示物块相对于平衡位置的位移,证明物块做简谐运动; ( 3) 求弹簧的最大伸长量; ( 4) 为使斜面始终处于静止状态,动摩擦因数应满足什么条件( 假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力) ? 试题介绍: 本题为2013年安徽高考理综第24题,也就是物理的最后一题( 压轴题) ,本题的难度系数为0. 12,此题的重点是第二问简谐运动的证明,突破第二问,前三问基本上就能拿到分数了; 此题的难点是第四问,此问是区别中等生和优等生的一问,下面我用三种方法来重点解决第四问. 点评: 此方法应该是绝大部分学生首选的解题思路,但是此过程较为复杂,要通过受力分析,找到地面对斜面体的静摩擦力的一般表达式,再进行极值的计算. 下面我将会用另外两种方法,重新对第四问μ的范围进行计算. 二、整体和隔离结合的思想,以下简称整体法 方法2: 整体法 思路: 找到物块在简谐运动的最大加速度的两个位置( 即为简谐运动的两个最大位移处) ,从而找到斜面所受到的最大静摩擦和最小支持力,分解加速度然后整体写出力学方程,计算过程较为简单! 步骤: 1. 根据简谐运动的对称性,m的加速度最大的两个位置分别在简谐运动的正向和负向最大位移处,分解加速度如图4所示. 2. 对整体受力分析,如图 5 所示. 分析: 地面对斜面体的静摩擦力提供了系统在水平方向的加速度,f = max( M在水平方向没有加速度) 于是地面对斜面的最大静摩擦力的位置,应该是ax最大的位置,也就是刚才所说的最大位移处,此时 点评: 此方法较为简单,要利用简谐运动的对称性,找到斜面体受到的静摩擦力的最大时物块的位置,对整体进行受力分析,利用系统牛顿第二定律写方程求解 三、摩擦角法 方法3: 摩擦角法 先介绍一下摩擦角的概念: 当物体即将要滑动或者已经滑动时,物体所受到的支持力和摩擦力的合力与支持力的夹角的正切等于动摩擦因数,如图6所示 先判断m在负向最大位移处,斜面体具有最大的静摩擦力f,和最小的支持力Fn,此时斜面体依然静止,合外力为零,斜面体所受到的力可以构成一个封闭的矢量图形,如图7所示: 求出tanθ即可. 信号与系统课程教学中, 傅立叶变换同拉氏变换、Z变换一起是3类重要线性代数变换, 而傅立叶变换基本性质一直是傅立叶变换的教学重点和难点, 目前教学中, 各类信号与系统教材基本按以下模式展开[1]:首先介绍傅立叶级数, 将傅立叶级数通过严密的数学分析引出傅立叶变换对的2个基本公式[1];其次, 基于2个基本公式推导出各条傅立叶变换性质[2];再次, 将各条性质配以适当例题说明。上述模式无论从学术阐述还是教材编排的角度看, 都是无可厚非, 理论严密, 层层递进。 基于教材开展教学时, 特别是对绝大多数的工科类学生来说, 对理论的理解和知识的递进固然重要, 但很明显, 模式的第三部分傅立叶变换各条基本性质的灵活及组合应用, 是教学的中心及重点, 也可以充分体现和衡量教师的教学能力。需要典型例题和一定量习题的训练, 而此部分学生的掌握程度最能衡量教学效果, 最能考核学生水平, 从很多985、211高校信号与系统的考研及考博试题中就能看出。 2. 一题多解教学模式设计 既然傅立叶变换基本性质的教学需要典型例题和一定量习题的训练, 那么在课堂上例题讲解中, 选择合适的例题和合适的解法是很重要的。 一题多解教学模式:基于典型题目及考研试题, 用一题多解的模式展开教学, 既可以在例题讲解中, 使学生熟练掌握知识点, 强化对知识点的理解和记忆, 又可以学会灵活使用2种及2种以上的傅立叶变换基本性质, 提升数学分析和解题能力。题目和解法的多样化, 应以覆盖一定的基本性质为标准。 3. 一题多解例题 基本性质的例题可分为2类: 本文列举的2个例题属于第2类。 解法1:傅立叶逆变换公式法。 解法2:利用傅立叶变换的对称性质、频移性质。 解法3:利用傅立叶变换的对称性质、时移性质。 解法1:傅立叶逆变换公式法。 解法2:利用傅立叶变换的对称性质。 4. 一题多解效果分析 从上述例题解题方法中可以看出, 解题的方法有多种, 例题所用方法涉及的基本性质较多, 覆盖知识点多。求解可归为3个方向, 利用基本公式、基于频域的代数变换、基于时域的代数变换。但基于时域和基于频域没有绝对的界限, 因为本来基本性质中就需要时域、频域的灵活切换。这也是对称性质使用频率最高的原因所在。 通过例题可以看出, 基本性质的应用有2个难点, 一个是对称性质的灵活使用, 一个是多条性质的组合使用。一题多解选择的方法不同, 解题过程难易程度就明显不同, 例如例题1的解法1、2, 例题2的解法1、4、5逻辑上清晰、过程相对简单。一题多解教学通过不同方法的演算和对比, 使学生强化了记忆, 有利于掌握知识点的综合应用。在核技术、自动化等专业的课堂实践中, 学生反映良好。 5.总结及展望 一题多解模式在信号与系统课堂上的教学实践, 操作性强, 立足于教材例题或习题, 适当扩展到考研试题, 收到学生欢迎。一题多解本身可以看做是创新思维在教学中的基本体现, 有助于活跃思维, 有助于培养创新人格, 有助于提升教师教学能力。 一题多解教学模式可以扩展到信号与系统其他章节的教学, 一种代数变换是一种数学工具, 也是一种方法体系, 例如拉氏变换求解电路模型、求解时域解等。模式还可以扩展到其他重要专业课程, 包括自动控制原理、数字信号处理等。 摘要：傅立叶变换基本性质一直是教学的重点和难点。本文将一题多解教学模式引入课堂教学实践, 利用傅立叶变换对、线性、对称及时移、频移性质等综合解题, 拓宽解题思路和方法。一题多解教学通过不同方法的演算和对比, 使学生强化了记忆, 有利于掌握知识点的综合应用。通过课堂实践, 为扩展到整个信号与系统课程的教学、更多其他课程的例题教学提供示范。 关键词：信号与系统,傅立叶变换,一题多解 参考文献 [1]管致中, 夏恭恪, 孟桥编著.信号与线性系统 (上册) [M].4版.北京:高等教育出版社, 2004. 一题多解是手段,不是目的,目的是开拓学生的解题思路,发展学生的智力,培养学生的创新能力。在同课异构的观摩教学中,听了两位教师执教“按比例分配”一课,他们不同的教学,引发了我对一题多解的思考。 A教师在引导学生理解题意后,放手让学生用多种方法解决例题1,然后汇报解法。在教师不断“还有哪些解法”的追问下,师生绞尽脑汁罗列了6种解法。此时的解法汇报演变成了教师与尖子生的对话,大多数学生成了陪衬,且听得是云里雾里的。随后的例题2教学也如出一辙。当下课的铃声响了,课堂练习还没开始。 B教师在学生理解题意后,提出两个问题让学生思考:“这道题分配什么?按什么比例分配?”指导学生按比例分配法的解题步骤与书写格式,再放手让学生完成“做一做”。在此基础上观察例题1、“做一做”,引导学生总结按比例分配法的解题步骤。随后的例题2教学,教师放手让学生独立解决,并完成了大量的课堂练习,包括一些变式题,教学效率高,教学效果好。 课后访谈:A教师说,我是根据解决问题策略多样化的理念设计这节课的,没想到大部分学生却不领情,教学效果这么不理想。B教师说,我是这样思考的,学生第一次接触按比例分配的问题,这节起始课我不考虑让学生进行一题多解训练,而是重点让学生掌握好按比例分配解题的思路,夯实基础后,第二节练习课再进行一题多解训练。 比较两位教师的设计意图与教学实施情况,启示我们一题多解不能盲目进行训练,尤其是知识的起始课。那么,进行一题多解教学时要注意什么呢? 一、要针对学生实际 一题多解要因材施教。学生基础好,思维活跃,放手探究;学生基础差,思维水平一般,引导点拨。案例中的A教师忽视学生的实际,又不善于引领,课堂出现冷场也在情理之中。任凭教师“还有哪些解法”的呼唤,绝大多数的学生仍是无动于衷,课堂理所当然就演变成了教师与尖子生的对话,而大多数陪衬生对这些解法也是外行看热闹,更不用说是学困生了。那么,追求这样的一题多解有什么意义呢? 二、要夯实主要解法 笔者很赞成B教师的观点,学生第一次学习按比例分配问题,应让学生先掌握好按比例分配解题的思路及书写格式,在夯实主要解法后,再发散其他解法。也就是先让每个学生都掌握这一主要解法,再在理解主要解法的基础上触类旁通、举一反三,这才是进行一题多解的前提。 三、要梳理解题思路 一题多解不是罗列各种解法。因此,对于一道可以多解的题,教师不能只是简单地提出“这题还可以怎样解”,坐等学生的多种解法自然而然地“爆”出来,而应积极启发学生从不同角度看问题,从不同地方入手,通过不同途径找到题目的多种解法。当学生杂乱地提出多种解法后,教师不能就此止步,而应引导学生将这些解法进行整理归纳,从中进一步明确这些解法是通过哪些思路得到的,这样就可不断拓宽学生的解题思路。如,按比例分配问题的解题思路不外乎有归一思路、分数乘法思路(即按比例分配思路)、分数除法思路与分数除法相对应的方程思路。而案例中的A教师只是把一题多解理解成罗列出各种解法,忽视了引导学生梳理解题思路,纯粹是为一题多解而一题多解。 四、要比较多种解法 题目：设函数f(x)=sin3x+|sin3x|，则f(x)为（） A周期函数，最小正周期为π/3。 B周期函数，最小正周期为2π/3。 C周期函数，最小正周期为2π。 D非周期函数。 解法一：验证法 分析：由于本题为选择题，所以可将备选项代入验证求解。 ∴排除A; ∵f(x+2π/3)=sin(3x+2π)+|sin(3x+2π)|=sin3x+|sin3x|=f(x) ∴2π/3为函数f(x)的周期 同理，可得2π也是函数f(x)的周期。 综上，可知函数f(x)的最小正周期为2π3，故选B。 评注：采用验证法来解决这类问题，为我们节省了大量宝贵的时间，今后当遇到求解三角函数最小正周期的选择题，直接求解化简困难时，可采用这种方法。 解法二：转化法 分析：由于本题为含有绝对值的函数，故可去掉绝对值转化为分段函数求解。 解： ∴函数f(x)的最小正周期T=2π/3,故选B。 解法三：最小公倍数法 分析：对于此类的正弦、余弦的和组成的三角函数式，可以先求出各个函数的最小正周期，然后求出所有最小正周期的最小公倍数即可。 解：设f1(x)=sin3x,f2(x)=|sin3x| 易知f1(x)是周期函数，且最小正周期T1=2π/3;f2(x)是周期函数，且最小正周期T2=π3。由于2π/3和π/3的最小公倍数是2π/3，可知函数f(x)=sin3x+|sin3x|的最小正周期为2π/3，故选B。 解法四：图象法 分析：做出函数f(x)=sin3x+|sin3x|的图象，可由图象直观得出其最小正周期。 解：做出函数f(x)=sin3x+|sin3x|的图象，如右图，由图象可知其最小正周期T=2π/3故选B。 评注：实现数与形转化的关键是准确做出函数的图象，将数的问题在图形中直观地表示出来。利用PC控制电气系统的一题多解 篇6
高中数学中的一题多解问题 篇7
不等式的一题多解 篇8
不等式的一题多解 篇9
傅立叶变换性质的一题多解教学 篇10
一题多解“四要” 篇11
一题多解 贵在善思 篇12