解法探究（精选11篇）
解法探究 篇1
高考地理试题的特色即以图考地理知识, 依托图表考查考生的能力体现了地图是地理学科的核心。高考题通常以图表为切入点, 重点考查考生的读图、析图能力, 从图表中获取有用信息的能力, 以及全面测试考生获取地理图表中的有用数据, 并就数据进行比较、分析、判断, 进而定性描述和定量分析的地理思维能力。在历年高考中, 等值线图是高考考查的重点内容, 并且以自然地理等值线图居多。而在高考地理试题中, 等值线图类试题种类多, 分值比重大, 能力要求高。在考查内容上, 主要有等高线图、等温线图、等压线图及其他等值线图。在考查形式上, 既有选择题, 也有综合题。等值线图类试题主要考查考生快速、全面、准确地从等值线图中获取有用的地理信息, 并运用这些信息解答有关地理问题的能力。考生在解答等值线图类题目时, 要能通过阅读、分析各种类型的等值线图, 归纳出各类等值线图的基本特点, 并掌握判读各类等值线图的思维方法和技巧。
一、等值线的特征、判读规律及等值线图的判读步骤
1.等值线的特征
(1) 同一条等值线上的各点数值相等。
(2) 同一幅图中, 相邻两条等值线的递变间隔 (等值距) 相等。
(3) 同一幅图中, 任意两条等值线一般不会相交 (等高线地形图中的陡崖除外) 。
(4) 等值线一般是闭合的曲线, 但在局部图中不一定全部显示闭合状态。
(5) 等值线弯曲度越大, 说明弯曲处两侧的数值变化越大。
2.等值线的判读规律
注意:在同一幅等值线图中, 相邻两条等值线的差值相同或者为零;等值线两侧的数值不同, 一边高于该等值线数值, 另一边则 低于该数值。
3.等值线图的判读步骤
(1) 看图名, 明确等值线图中所反映的地理事物, 认清地图上的方向和图示区域所处的地理位置。
(2) 掌握图示的内容。等值线图要从观察等值线的疏密, 了解等值线的间距, 比较等值线的数值, 分析等值线的走向, 注意等值 线的弯曲、闭合及影响因素等进行判读。
4.常见等值线图的判读与应用
等值线是某地地理 数值相等 的各点的 连线, 等值线图是用布满一定区域的若干条等值线来表示某地地理状况的图形。由于等值线上注有数值, 而且相邻两条等值线的数值间隔是相等的, 因此考生可以根据等值线的数值大小、排列方向、形状变化、疏密程度等, 判断该地理事物变化的急缓、递变的方向及分布特点。
(1) 等温线。
1盆地海拔低, 气温等值线呈闭合状态, 且为高值区;山峰海拔高, 气温等值线呈 闭合状态, 且为低值区。
2数值变化趋势及其应用。数值向北递减的地区为北半 球, 数值向南 递减的地 区为南半球。
3疏密程度。判断温差大小:密大、疏小;冬季密、夏季疏;温带密、热带 疏;陆地密、海洋疏。
4影响等温线弯曲的因素有海陆分布、地形、洋流等。
5应用。判断所在半球、季节差异及气温与农业生产的关系;分析影响温度变化的因素;与洋流结合判断寒暖流;判断地形高低、海陆分布等。
(2) 等压线。
1等压线闭合处为高压或低压中心。北半球冬季, 大陆上形成高压中心, 海洋上形成低压中心。
2数值变化趋势及其应用。由高压指向低压处, 垂直于等压线, 产生水平气压梯度力, 再结合地转偏向力可确定风向。
3疏密程度。判断风速大小:密集处风速大, 稀疏处风速小。不同图幅进行对比时要比较单位距离的气压差异。
4影响等压线弯曲的因素有地形、气温、海陆、洋流等。
5应用。风向、风速的判断;根据海陆气压中心判断季节;根据气压场和锋面气旋判断天气系统、分析天气状况, 低压中心和低压槽线附近多阴雨天气, 高压中心和高压脊线附近多晴朗天气。
(3) 等降水量线。
1大陆内部形成闭合低值区。
2数值变化趋势及其应用。一般情况下, 由沿海向内陆地区降水逐渐减少, 赤道地区和温带地区降水较多。
3疏密程度。判断 降水差异 大小:密大、疏小。
4影响等降水量线弯曲的因素有大气环流 (气压带、风带和季风环流) 、海陆位置、地形等。
5应用。判断海岸走向、地形走向和降水的地区分布差异等。
二、宏观把握知识体系
三、方法技巧
要提高调动和运用知识的能力, 考生必须做到以下几点。
1.注重知识的储备和整理
在复习中, 考生不但要注重基础知识的掌握, 更要注意理解知识间的内在联系与逻辑关系, 明确地理原理和规律的实际应用领域;既要认识地理现象的规律性和普遍性, 又要认识不同地理事物的特殊性和差异性。
2.以热点问题为中心构建新的知识体系
在复习中, 考生可以将与热点问题有本质联系的主干知识迁移、重组, 形成渗透综合思维的新的知识体系。这样可以在强化主干知识、侧重知识相互渗透的同时, 更强调以热点为中心, 形成多角度、系列、完整的知识新体系, 更利于考生理解、运用主干知识, 实现书本知识牢固化、分散知识组合化、理论知识实用化。另外, 考生在认识和说明问题时应准确地运用相关知识和有用信息, 进行有针对性的回答, 从而提高调动和运用知识的能力。
3.以常考知识为依托构建考点模块
对于高频考点或问题, 考生要善于归纳和整理, 并进行有效的开发、分解或聚合, 形成多用、常用的答题“模块”, 便于检索, 随时调用, 以提高考生的应变和创新能力。
4.针对现实问题整合文科综合知识
在复习中, 考生可将书本知识围绕当前的生态问题、城市问题等新问题和新情境重新整合, 体现各学科之间的渗透与融合, 并运用多种知识从多角度进行分析、探讨。考生只有重视基础知识并理解其内在联系, 将原有平面知识结构提升到立体知识结构的层面上, 才能灵活地运用多学科知识, 多角度地分析和解决问题, 从而提高分析和解决问题的能力。
5.进行规范的针对性训练
在复习中, 考生可通过仿真训练总结调动和运用知识的经验, 摸索、感悟并形成规范的操作步骤, 从而更加自如地调动和运用知识, 提高单位时间内的解题效率。
四、经典回放
例1 (2012年高考天津文综卷) 读某区域等高线地形图, 回答 (1) ~ (2) 题。
(1) 依据因地制宜的原则, 图中所示区域最适宜发展的产业部门是
A.水产品养殖B.棉花种植
C.林产品加工D.水力发电
(2) 在上图所示的区域中, a—b路段容易遭受自然灾害, 主要是由于沿线
A.山体坡度大B.地表崎岖不平
C.河水流速快D.泥沙淤积严重
【答案】 (1) C (2) A
【命题立意】第 (1) 题:该题考查根据经纬度定位和从等高线图中获取信息并解决问题的能力。
第 (2) 题:该题考查的是等高 线疏密与 地形、水流速度之间的关系。
【解题思路】第 (1) 题:首先, 据图中经纬线可判断图示区域为我国东北地区东北部;其次, 结合图中等高线的分布和林地分布广泛的信息, 依据因地制宜的原则, 判断图示区域最适宜发展的是林业和林产品加工。
第 (2) 题:据图可知, 公路的河流以西路段的西北侧等高线密集, 山体坡度较大, 雨季容易发生滑坡、泥石流等灾害。另外, 从图中可看出河流以西公路沿等高线延伸, 因此B项错。河流流经地区等高线稀疏, 河流流速较慢, C项错。由于图中河流两岸林地比重大, 水土保持较好, 因此河水中泥沙含量较少, 并且桥梁地段河面较窄, 而沙洲多出现在河面较宽的下游, 因此D项错。
例2 (2013年高考天津文综卷) 某中学地理小组对下图所示区域进行 考察。读图回 答 (1) ~ (2) 题。
(1) 在同学们绘制的地形剖面图中, 依据上图甲、乙两处连线绘制的是
(2) 为了保护生态环境, 当地政府计划将图中a、b、c、d四处居民点集中到一处。地理小组建议居民点集中建在水源最丰富的地方, 该地应选在
A.a处 B.b处
C.c处 D.d处
【答案】 (1) C (2) A
【命题立意】第 (1) 题:该题考查的是等高线图与剖面图的转换。
第 (2) 题:该题考查的是据等高线图判断集水线, 即山谷位置。
【解题思路】
第 (1) 题:剖面线所 经区域除 甲处为400米, 再无高于400米的地区, 排除A、B;从上图中可以看出甲、乙连线穿过两个山脊, 1山脊海拔在300~400米之间, 2山脊海拔可根据“高高低低”原则判断出亦在300~400米之间, 选项D中山脊位置分布与等高线图有错位, 选项C完全吻合。
第 (2) 题:上图中3曲线为山谷, 积水面积广, 则水源最丰富。b、c为山坡, d为山脊, 水源条件差。
例3 (2013年高考全国文综新课标卷Ⅱ) 下图示意某地区年均温的分布。读图, 完成 (1) ~ (3) 题。
(1) 影响该地区年均温分布特征的主要因素是
A.台风B.海陆分布
C.地形D.大气环流
(2) 图示1 2 3 4四地中, 年降水量最 低的是
A.1地 B.2地
C.3地 D.4地
(3) 樟树是亚热带常绿阔叶林的优势树种。图示1 2 3 4四地中, 可能有樟 树集中分 布的是
A.1地 B.2地 C.3地 D.4地
【答案】 (1) C (2) A (3) B
【命题立意】以区域等值线图为信息载体, 从等温线的角度考查气候, 并考查获取、解读等值线图信息, 调动和运用知识, 分析影响气温高低、降水多少、植被分布等地理问题的能力。解答本题的关键是对等温线图信息的正确解读。
【解题思路】根据经纬度和海陆信息定位, 图示区域为我国台湾岛部分地区。
第 (1) 题, 提取图像信息, 如等温线主要呈东北-西南方向延伸、中东部等温线分布密集且在岛屿中部闭合, 联系台湾山脉主要为东北-西南走向, 故该地区年均温分布特征的主要影响因素是地形。等温线分布属于气候规律, 而台风是天气活动, 不会对等温线造成影响;岛屿东西距海近, 故海陆分布不是影响等温线的主要因素;大气环流主要影响降水而不是气温。
第 (2) 题, 比较1234四地的降水差异, 首先应明确台湾的降水类型主要是夏季的锋面雨, 其对台湾各地的影响基本是均衡的;其次应明确岛屿东部因处于夏季风的山地迎风坡而形成地形雨, 岛屿西部因处于冬季风的山地迎风坡而形成地形雨;最后应明确台风是天气现象, 各地降水受台风移动路径影响。3地在夏季风的迎风坡, 夏季多地形雨;24在冬季风的迎风坡, 冬季多地形雨;1地气温高, 海拔低, 为岛屿西部沿海平原地区, 无地形雨, 降水最少。
第 (3) 题, 从设问中提取信息“樟树是亚热带常绿阔叶林的优势树种”, 因此位于北回归线以南热带的4地被排除;据等温线判断, 3地海拔较高, 山地植被的垂直变化导致该地已经不是亚热带常绿阔叶林;1地气温较高, 海拔低, 位于岛屿沿海平原, 多数地区已开辟为耕地, 故无樟树集中分布;2地既在亚热带, 又非平原和高海拔地区, 故最可能有樟树集中分布。
五、强化训练
下图中a、b、c为等压线, 箭头表示A地风向, d、e为等温线, g、f、h为等高线。读图回答1~3题。
1.影响等温线d、e呈现东西延伸的主导因素是
A.纬度B.海陆位置
C.地形D.大气环流
2.根据图中信息可以推断
A.b<c
B.从2引水灌溉比从1引水有利
C.e<d
D.图中湖泊可能为咸水湖
3.若此时 A 地多云, 则 A 地的天气变化最有可能是
A.晴朗、气温升高、气压降低
B.晴朗、气温降低、气压升高
C.阴雨、气温降低、气压升高
D.阴雨、气温升高、气压降低
读图, 完成4~5题。
4.图中1 2 3 4附近河水流速最快的是
A.1B.2C.3D.4
5.图示区域内拟建一座小型水库, 设计坝高约13米, 若仅考虑地形因素, 最适宜建坝处的坝顶长度约
A.15米 B.40米
C.90米 D.65米
下图为我国部分地区地表年蒸发量等值线图。读图回答第6题。
6.据图中的等值线分析下列判断正确的是
A.丙地年蒸发量小于500毫米
B.图幅南部地区年蒸发量由东向西递减
C.单位距离年蒸发量变化甲地区大于乙地区
D.400毫米等值线同内、外流区分界线基本一致
读下图, 回答7~8题。
7.该区域所在的半球及其气候可能是
A.北半球的温带海洋性气候
B.北半球的地中海气候
C.南半球的温带海洋性气候
D.南半球的地中海气候
8.图示期间, 下列说法正确的是
A.珠江口易出现咸潮
B.我国华北地区地下潜水位达一年中最大值
C.澳大利亚首都堪培拉昼短夜长
D.亚欧大陆正受印度低压控制
图1是2013年5月15日14:00欧洲部分地区海平面等压线分布图, 图2是12两种气候类型的 气温与降 水量图。读 图回答9~10题。
9.对甲、乙、丙、丁四地天气状况及其成因的描述, 可信的有
A.甲地阴雨, 受冷锋影响
B.乙地降雨, 受暖锋影响
C.丙地晴朗, 受气旋影响
D.丁地强风, 受上升气流影响
10.图2 所示 1 2 气候 类型与 图 1 中 甲、乙、丙、丁四地气候类型相符的有
A.1―甲2―乙
B.1―乙2―丙
C.1―丙2―丁
D.1―甲2―丁
11.下图是我国30°N附近地形剖面及 年平均气温、年平均降水量示意图。读图回答下列问题。
(1) 剖面线上, 东、西部年平均降水量的分布特点是什么?主要影响因素有哪些?
(2) 剖面线上, 长江中下游平原与四川盆地相比, 年太阳总辐射量较低的是哪里?为什么?
(3) 长江中下游平原的主要农业地域类型是什么?有利的社会经济条件有哪些?
参考答案与解析
1.A本题考查影响气温分布的因素。图中等温线大致 与纬线平 行, 因此主导 因素是纬度。
2.D本题考查获取信息, 并分析、解决问题的能力, 调动与运用知识的能力。根据图中信息得出等压线a、b、c的大小关系是a>b>c;根据图中信息无法判断d、e的大小;根据等高线判断出1线可以自流灌溉;湖泊只有河流汇入, 没有流出, 为内流湖泊。
3.D本题考查锋面天气系统过境前后的天气。据此时A地风向可以得出它正位于暖锋的锋前, 则最有可能受到暖锋影响;然后暖锋离开, A地受暖气团影响。所以有可能出现的是阴雨、气温升高、气压降低。
4.C本题考查等高线疏密与河流水流速度的关系。1234四处, 3处等高线最密集, 河水流速最快, C正确。
5.B本题考查从等高线图中获取信息、分析解决问题和运用比例尺计算的能力。由图例可知坝顶长约40米。
6.C本题以地表年蒸发量等值线图为载体, 考查相关基础知识以及判读等值线图的能力。图中丙地位于600mm闭合等值线内, 根据闭合等值线判读规律“大于大的, 小于小的”, 可判断丙地年蒸发量大于600mm, 选项A错误;图中南部地 区三条年 蒸发量等 值线都是600mm, 这说明南部地区年蒸发量由东向西先递增再递减, 选项B错误;图中甲地区等值线分布密集, 乙地区等值线分布稀疏, 这说明单位距离年蒸发量变化甲地区大于乙地区, 选项C正确;我国内、外流区域的分界线大致是大兴安岭西麓向西 南, 经阴山———贺兰 山———祁连山———巴颜喀拉山———冈底斯山, 直达西南国境线, 图中400mm等值线位 置偏南, 选项D错误。
7.B本题考 查的是等 温线与季 节的关系, 以及地中海气候和温带海洋性气候的分布规律。根据等温线在海洋上向北凸 (或在陆地上向南凸) 判断此时为1月份, 又因图中等温线表示最冷月均温, 所以该区域位于北半球。再根据纬度和最冷月均温为5℃, 判断该区域气候类型为地中海气候。
8.A本题考查的是咸潮与河流径流量的关系, 潜水水位与降水量的关系, 以及地球公转的意义和气压与季节的相关知识。根据上题解析得出此时为北半球的冬季, 我国珠江流域和华北地区均少雨, 故珠江口易出现咸潮, 华北地区地下潜水位达一年中的最小值;亚欧大陆正受亚洲高压控制;南半球为夏季, 南半球各地昼长夜短。故选A。
9.A本题考查等压线图中各种天气系统的判读和常见天气系统过境前、过境时、过境后的天气状况。根据图中等压线分布状况及锋面符号可知甲地位于冷锋后, 冷气团一侧, 为阴雨天气, 故选A;乙地位于暖锋后, 暖气团一侧, 为晴朗天气, 故排除B;丙地位于高气压中心, 盛行下沉气流, 天气晴朗, 故排除C;丁地等压线较稀疏, 且水平气压存在差异, 因此该地有风, 但风力不强, 故排除D。
10.D本题考查雷达图的判读, 气候类型的分布及判断。从图中气温曲线可以看出12两地均位于北半球, 且最冷月气温大于0°C, 为亚热带气候类型或温带海洋性气候。结合降水状况, 1地降水较为均匀, 因此为温带海洋性气候 (主要分布在南纬40°~60°和北纬40°~60°的大陆西岸) ;2为冬雨型气候, 即地中海气候 (主要分布在南纬30°~40°和北纬30°~40°的大陆西岸, 典型分布区为地中海沿岸) 。由图1可知, 甲为温带海洋性气候;丙地处大陆内部, 为温带大陆性气候;乙处于波罗的海沿岸, 纬度高于60°N, 为温带大陆性气候;丁地处意大利沿海, 为地中海气候。
11. (1) 分布特点:东部多, 西部少。影响因素:地形、大气环流 (海陆位置) 。
(2) 四川盆地。原因:阴雨、雾天多, 大气对太阳辐射的削弱作用强。
(3) 水稻种植业 (季风水田农业) 。有利的社会经济因素:人口稠密, 劳动力丰富;粮食需求量大, 市场广阔;种植历史悠久, 经验丰富。
一道高考函数问题解法探究 篇2
例：将边长为1m正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记 ，则S的最小值是________。
设剪成的小正三角形的边长为x，
则：
方法一：利用导数求函数最小值。
S’（x）＞0，递增；故当x=时，S的最小值是 。
方法二：利用函数的方法求最小值。
令 ，
则：。
故当 时，
S的最小值是。
方法三：三角换元。
令x=cosα，则 。
设 ，它的几何意义是表示经过动点P（cosθ,sinθ）和定点A（0,3）两点的直线斜率，且动点P的轨迹是圆x2+y2=1上位于第一象限的一段弧，由数形结合的方法不难得到
方法四：先换元，再利用导数求解。
令y’=0得cosθ= ，∴函数先减后增，所以cosθ= 时，y取最小值2√2，
∴S取最小值 。
方法五：基本不等式。
设平行于BC边的直线与AB交于点D，与AC交于点E，令 AD=a，BD=b，则梯形的高为，
方法六：判别式法。
（y+1）（9-y）≥0解得y≤0或y≥8由y＞0知y≥8，代入检验此时。
方法七：变量设为角。
则在△BCE中，由正弦定理得：
直线方程问题的解法探究 篇3
解: (1) 方法一: (1) 设直线的方程为y=kx, k∈R, 将点 (-3, 4) 代入直线方程, 可得k=-4/3, 所以直线方程为y==-4/3x; (2) 因为截距相等, 而且此时在x轴、y轴上的截距不能为零, 所以可设直线l的方程为x/a+y/a=1, 将点 (-3, 4) 代入直线方程, 可得a=1, 所以直线方程为x/1+y/1=1, 即x+y-1=0.
综上可得, 所求的直线方程为:y=-4/3x或x+y-1=0.
采用截距式方法求解时应要注意在x轴、y轴上的截距是否有一个为零, 有一个为零时截距式的直线方程形式就不可以用.而此题的直线能否过直角坐标系的原点, 大部分学生不太清楚, 很容易在此失分.这就是这种方法的不足之处.
方法二:因为过点 (-3, 4) 的直线在坐标轴上有截距, 所以直线的斜率不可能不存在, 又因为在x轴、y轴上都有截距, 所以直线的斜率不可能为0.设直线的方程为y=kx+b (k≠0) , ∵直线过点 (-3, 4) , ∴将点 (-3, 4) 代入直线方程得4=-3k+b (1)
令x=0, 则y=b;令y=0, 则x=-kb, ∵在坐标轴上的截距相等, ∴b=-kb (2)
由 (1) (2) 解得:b=0时, k=-4/3;k=-1时, b=1.
∴所求的直线方程为:y=-4/3x或x+y-1=0.
在解 (2) 式的过程中, 可能会有很多学生把b=0这一解弄丢, 所以在解方程时, 要注意当两边同时约掉一个数的时候要看它是否能为零, 这是这种方法易错的地方.
点评:第一种方法需要分类讨论.分类讨论思想是高考必考的思想之一, 但很多学生难以想到用分类讨论的思想, 总会在用截距式方法求直线方程时想不到它的截距为零的情形, 特别容易发生错误;而第二种方法———斜截式, 依题意需要知道截距, 就是求在x轴、y轴上的截距, 在求截距的过程中就能够清楚知道斜率为什么不能为零 (因为它做了分母) .但这种方法比较遗憾的是方程很难解, 在解方程时容易发生错误.我认为这两种方法各有千秋.如果学生解方程的能力比较强的话, 建议用第二种方法, 这样少解的几率就很小了;反之, 可以选择第一种方法, 至少能得些分数.
(2) 方法一 (需要考虑三种情况) :
(1) 经过直角坐标系的原点, 根据 (1) 可得直线方程为y=-4/3x.
(2) 截距相等且不为零, 根据 (1) 可得直线方程为x+y-1=0.
(3) 截距互为相反数且都不为零, 所以可以设直线的方程为x/a+y/-a=1, 将点 (-3, 4) 代入直线方程, 可得y-x-7=0.
综上可知, 直线方程为y=-4/3x或x+y-1=0或x-y+7=0.
方法二:设直线方程为y=kx+b (k≠0) , 根据题意可知|b|=|-b/k| (3)
由 (3) 得, |b|=0或|k|=1, 结合 (1) 可得b=0, k=-4/3;k=1, b=7;k=-1, b=1.
综上可知, 直线方程为y=-4/3x或x+y-1=0或x-y+7=0.
点评:第一种方法, 学生存在的问题是经过坐标原点的会少, 截距互为相反数也会少, 如何去设截距互为相反数的方程形式是个难点.而第二种方法, 还是方程的解的问题, 变量已经设出来了, 就差解方程了.
指导学生找出最佳解法 篇4
关键词：思考 分析
在指导学生在进行解题的时候，我们教师一定要让学生认真进行思考，在考虑各种情况的基础上，找出最佳方案。
例1、某校六年级学生进行社会实践活动，若租用45座客车，则有15人没有座位，若租用同样数目的60座客车，则一辆客车空车。已知45座客车租金220元，60座客车租金300元。问（1）、这所学校的六年级学生有多少人？（2）、怎样租车最经济合算？
分析与解答：要求出六年级共有学生多少人，关键要求出原计划租用几辆客车。因为题目中告诉租用45座客车，则有15人没有座位，租用同样数目的.60座客车，则一辆客车空车，因此可知，若租用45座的客车，则要多出15人，租用同样数量的60座客车，即少60人，因此可求出计划租用的车辆数为：（60+15）÷（60－45）= 5（辆），这所学校六年级的学生有：45×5+15 = 240（人）。
因为45座客车租金每辆为220元，而该校六年级共有240人，需要乘座6辆45座的客车，这样共要用租金：220×6 = 1320（元）；而如果乘座60座的客车只要用4辆，这时候只要用租金：300×4 = 1200（元）。因此可得，租用60座的客车最经济合算。
例2某市出租车的收费标准如下：
里 程
收 费
3千米及3千米以下
8.00元
3千米以上，单程，每增加1千米
1.60元
3千米以上，往返，每增加1千米
1.20元
1、李丽乘出租车从家到外婆家，共付费17.6元，李丽家到外婆家相距多少千米？
2、王老师从学校去相距6千米的人事局取一份资料并立即回到学校，他怎样坐车比较合算？需付出租车费多少元？
分析与解答：（1）、这题中因为在乘车3千米及3千米以下，均要支付支付车费8元。而李丽共付车费17.6元，大于8元，因此可知道李丽乘车的路程超过3千米。因为3千米以上，每增加1千米要收费1.6元，而17.6－8 = 9.6（元），9.6÷1.6 = 6（千米）。因此可得，李丽家到外婆家相距的路程为：6 + 3 = 9（千米）。
（2）、因为3千米以上，如果往返，每增加1千米收费1.20元，如果单程行走，每增加1千米则要收费1.60元，因此王老师去人事局取资料并立即回到学校采取乘往返的出租车较合适。因为行3千米要付8元出租车费，王老师往返共要行： 6×2 = 12（千米），去掉3千米，还要增加：12－3 = 9（千米），王老师还要支付出租车费为：1.20×9= 10.8 （元），因此王老师一共要支付出租车费为：10.8+8=18.8（元）。
例3、某校五年级共有学生78人，在参加植树劳动派一位同学去商店购买果汁，商店规定：单盒买每盒2元，买40盒装一箱9折优惠，买50盒装一箱8.8折优惠。怎样购买才能既让每个同学都能喝到一盒果汁，并且又最省钱？
（1）、买单盒79盒：2×79＝158(元)
（2）、买40盒装一箱，再买单盒39盒：2×40×0.9＋2×39＝150(元)
（3）、买50盒装一箱，再买单盒29盒：2×50×0.88＋2×29＝146(元)
（4）、买40盒装两箱：2×40×0.9×2＝144（元）
比较决策，买40盒装两箱，既让每个同学喝一盒果汁还剩余1盒，又最省钱。
一道试题的解法探究及引申 篇5
关键词：试题；解法探究；引申
《普通高中数学课程标准（实验）》在课程基本理念中，“倡导积极主动、勇于探索的学习方式”“力求通过多种形式的自主学习、探究活动，让学生体验数学发现和创造的历程，发展他们的创新意识”. 新课改要求我们改变旧的课堂教学模式，取而代之的是探究式的教学模式. 而我们在平常的教学当中经常要对例题、习题和练习题进行探究. 新教材中的课后习题、各地的高考试题及月考试题，大多具有较强的代表性、可塑性和迁移性，是知识和方法发展的源泉,也是有关考试命题的重要依据. 在数学教学与复习中，如果能重视对课本中的习题、各地的高考试题及月考试题进行一题多解、一题多变、引申推广，那么常可获得形式新颖、综合性强并具有探索性的问题，进而能有效地训练学生思维的灵活性和深刻性，提高学生的探究能力和创新意识. 下面我以嘉兴市2008年高中学科基础测试（理科）数学试题卷一道选择题（第9题）为例，浅谈我对新课改的一点感悟.
问题
如图1，点P（3，4）为圆x2+y2=25上的一点，点E，F为y轴上的两点，△PEF是以点P为顶点的等腰三角形，直线PE，PF交圆于D，C两点，直线CD交y轴于点A，则sin∠DAO的值为（）
A．B．C．D．
解决问题
探究1（特例法）：
由题意取E0，，F0，，又点P坐标为（3，4），则kPE=－，kPF=，所以PE 的直线方程为 y=－x+， PF的直线方程为y=x+. 则联立方程x2+y2=25y=－x+得D－，，x2+y2=25，y=－x+得C－，. 于是又可得kCD=，所以sin∠DAO=，故选C.
点评能想到此法的学生比较多，但绝大部分学生由于数据处理与运算能力不够，而解不出正确答案.
探究2（一般法）：
设PC的直线方程为y=kx－3+4，则与圆的方程x2+y2=25联立得（1+k2）x2+（8k－6k2）x+9k2－24k－9=0.
则由韦达定理得xC•3=，所以xC=. 用－k代替k得xD=.
则yC=，yD=.
可得kCD=，所以sin∠DAO=，故选C.
点评能想到此法的学生也很多，但绝大部分学生由于相关知识的储备和运算能力不够，而解不出正确答案.
探究3（几何法）：
由△PEF是以点P为顶点的等腰三角形，作PH垂直于y轴交y轴于H并延长交圆O于G点，所以∠DPH=∠CPH. 所以CG的弧等于GD的弧. 所以OG⊥CD.
又得G（－3，4），所以kOG=－，则kCD=，所以sin∠DAO=. 故选C.
点评此题的最佳解答方法是几何法，要有很强的观察能力和对图形的敏感性，充分利用图形的几何性质，往往能收到事半功倍的效果.
探究4：（极限法）
由△PEF是以点P为顶点的等腰三角形,当∠DPC的度数趋向于零时，可知D与C会无限接近于G点，则CD的斜率就是过G点的圆的切线斜率. G坐标为（－3，4），所以kOG=－，则kCD=，所以sin∠DAO=. 求过G点的圆的切线的斜率，可用导数知识求y′=－，y′x=-3=，所以sin∠DAO=. 故选C.
点评此法如神来之笔，要有很强的观察能力、联想能力与极限的思想. 在数学上有一定的天赋，才能得出如此巧妙的解法，此法技巧性很强，而且是锻炼思维的一道好题.
引申
根据此例，我们还可以推广出其他的结论.
引申1：点P（x0，y0）为圆x2+y2=r2上的一点，点E，F为y轴上的两点，△PEF是以点P为顶点的等腰三角形，直线PE，PF交圆于D，C两点，直线CD交y轴于点A，则sin∠DAO=.
引申2：点P（x0，y0）为椭圆+=1上的一点，点E，F为y轴?摇上的两点，△PEF是以点P为顶点的等腰三角形，直线PE，PF交椭圆于D，C两点，直线CD交y轴于点A，则sin∠DAO=.
引申3：点P（x0，y0）为双曲线-=1上的一点，点E，F为y轴上的两点，△PEF是以点P为顶点的等腰三角形，直线PE，PF交双曲线于D，C两点，直线CD交y轴于点A，则sin∠DAO=.
以上三个引申的结论限于篇幅，证明从略，读者自行证明.
一道高考试题的解法探究 篇6
含参数问题历来是高考的必考内容,这种题型涉及到的知识点多,综合性强,难度大,要求高,经常与函数与方程、数列、不等式、导数、圆锥曲线等内容有机地结合.含参数类型的题型,往往一道题目就整合了“函数方程思想,分类讨论思想,数形结合思想,等价转化思想,”等多种重要数学思想方法,这种类型的题目已经成为考查学生数学知识,反映学生对数学思想和方法的理解和掌握程度的良好载体.接下来我们就一道高考试题进行探讨.
案例(2009年浙江卷)已知函数f(x)=x3-(k2-k+1)x2+5x-2,g(x)=k2x2+kx+1,其中k∈R,(1)设,函数p(x)=f(x)+g(x).若p(x)在区间(0,3)上不单调,求实数k的取值范围;
对于同一道题目,由于思考的角度不同,解题的思路和方法也各异,也就是说从多个角度去分析就会得到多种解法.一题多解,就是启发和引导学生从不同角度、不同思路,运用不同的方法解答同一道数学问题,通过对基本的解题方法与技巧的探究,使学生体会到多种数学知识和方法解题,对沟通不同知识间的联系,开拓解题思路,培养学生发散思维能力,激发学生的学习兴趣都是十分有益的.
一、变量分离法
新课程背景下高考函数客观题,注重知识交汇与融合,注重用新观点.新方法解决传统问题,加强用“代数法”与“导数法”两种方法来研究函数的性质.在导数中引入了参数,结合函数的性质求参数的取值范围是近几年高考的热点之一.
解法1:p(x)=f(x)+g(x)=x3+(k-1)x2+(k+5)x-1,p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5由题意得,函数p(x)在区间(0,3)上不单调,所以,p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5=0在区间(0,3)上有解,但无重根.⇒k(2x+1)=-(3x2-2x+5),即,x∈(0,3),令2x+1=t,t∈(1,7),则,将此式代入到上式中可得,
),令或t=-3(舍).
当1
当k=-2时,p'(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0,仅当x=1时,p'(x)=0.
故函数p(x)在R上是增函数.与已知条件函数p(x)在区间(0,3)上不单调矛盾.
所以k=-2(舍去).综上所述,所求实数k的取值范围是(-5,-2).
点评:随着高考命题的转变,对数学思想和方法的考查更加注重.高考试题中陆续出现了以数列,函数,二项式定理等内容为背景的“恒成立问题”的试题.“恒成立问题”在高中数学主要有两类,即“恒等”或”恒不等”,本题主要采用变量分离法,要求实数k的取值范围,我们把含有k的项移到方程的一边,将问题转化为求函数值域的问题,然后再利用导数法求出函数的值域.而在解决利用“,变量分离法”求解恒成立问题时,经常会用到下面的结论:若函数f(x)>k恒成立⇔k<(f(x))min;若k>f(x)恒成立⇔k>(f(x))max利用这个结论从而将本题可转化为求函数f(x)的最值问题.
二、数形结合法
在高中数学中,一元二次方程与一元二次不等式,二次函数有着密切的联系,它们是不可分割的.这种关系是用函数观点作为指导,以函数的图像来沟通的.高考对“3个二次”的考查往往渗透在其他知识的考查中,而且大都出现在解答题中.特别是与不等式、导数以及解析几何等高中数学中的主干知识的结合,考查的重点是二次函数的图像与最值,一元二次方程的根的分布问题等内容.
解法2:其它同上,
p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5=0(*)在区间(0,3)上有解.
即导函数p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5的图像与x轴在区间(0,3)上有交点,
以下分为三种情况讨论:
(1)方程(*)有两个不等实数根,且在区间(0,3)内有且仅有一个根,等价于导函数p'(x)的图像与x轴在区间(0,3)上有且仅有一个交点,画出导函数的图像,根据图像可得p'(0)·p'(3)≤0⇒(k+5)·(7k+26)≤0,即.
当k=-5时,p'(x)=3x2-12x=3x(x--4),易得,当0
即函数p(x)在区间(0,3)上单调递减,与已知条件矛盾.故k≠-5.
同理可验证,当时,,令p'(x)<0,则;令p'(x)>0,则x>3或.
即函数p(x)的单调减区间为(,3),单调增区间为(3,+∞),(-∞,).
所以,函数p(x)在区间(0,3)上不单调,故时满足题意.
(2)方程p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5=0(*)在区间(0,3)上有两个不等的实数根,等价于函数p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5的图像与x轴在区间(0,3)上有两个交点,则
(3)方程(*)在区间(0,3)内有两个相等的实数根,等价于函数p'(x)的图像与x轴相切,且顶点落在区间(0,3)内
当k=-2时,p'(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0,即函数p(x)在R上单调递增,与已知条件矛盾,故k=-2(舍去).
综上所述,所求实数k的取值范围是(-5,-2).
点评:函数的图像可以直观地显示函数的性质,函数的解析式可以量化研究函数的性质,数形结合则能将二者的长处有机地结合在一起,既能充分利用形的直观,又能有效地借助数的严谨,因此牢固掌握数形结合的思想方法非常必要.而研究函数的性质,通常是结合函数的图像得来的,运用函数的图像,可以求得函数的值域、最值、单调区间、解不等式或证明不等式等等,所以要熟练掌握数形结合的思想方法.
三、直接法
分析:根据题意函数p(x)在区间(0,3)上不单调,可得p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5=0在区间(0,3)上有解,我们可以先求出方程的根x,再令0
解法3:其它同上,由题意可得,p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5=0在区间(0,3)上有解,
(1)当Δ=4(k-1)2-12(k+5)=0,即k2-5k-14=0时,k=7或k=-2.
①当k=7时,p'(x)=3x2+12x+12=3(x+2)2≥0,即函数p(x)在R上单调递增,与已知条件矛盾,故k=7(舍去).
②当k=-2时,p'(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0,即函数p(x)在R上单调递增,与已知条件矛盾,故k=-2(舍去).
(2)当△>0,即k>7或)k<-2时,
方程p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5=0的两个根为x1,x2,
令p'(x)>0,则x>x2或x
令p'(x)<0,则x1
所以,函数p(x)在x=x2处取到极小值,在x=x1处取到极大值.
根据题意函数p(x)在区间(0,3)上不单调,则0
即(#)或(**)
①先解不等式(#),不等式(#)等价于
不等式
又
或
又Δ>0,即k>7或k<-2,
综上可得不等式(#)的解集为{x|-5
②同理可解得不等式(**)的解集为.
综上所述,所求实数k的取值范围是(-5,-2).
点评:在上述解题过程中,由题意可得一元二次方程(*)在区间(0,3)内有解,根据一元二次方程根的分布情况,有下面两种情况:①有两个相等的实数根(要注意检验);②有两个不相等的实数根,从而将问题转化为解不等式组问题.而涉及到无理不等式的求解时,常见的有下面两种类型:
②或
四、转化与化归思想
解题的成功要靠正确思路的选择,“正难则反”,在解题时若直接求解比较困难时,我们可以从逆向思维的角度出发,根据题设结构进行逆向思维,合理地实现问题的转化,使抽象的问题更加具体.逆向思维方式中蕴涵了许多独特、巧妙的数学思想.在数学教学中,要适当地培养学生的逆向思维,通过对学生逆向思维的训练,可有效地提高学生的数学思维能力以及创新能力.
解法4:(1)若函数p(x)在区间(0,3)上单调递减,则p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5≤0对任意x∈(0,3)恒成立,画出导函数'(x)=3x2+2(k-l)x+k+5的图像,结合p图像可得,.
(2)若函数p(x)在区间(0,3)上单调递增,则p'(x)=3x2+2(k-1)x+k+5≥0,对任意x∈(0,3)恒成立,同理可作出导函数的图像,根据导函数的对称轴与区间(0,3)的位置关系,结合函数的图像,可以分为以下几种情况:
③,综合①②③可得,k≥-2.
所以,综合(1)(2)两个方面可得,若函数p(x)在区间(0,3)上单调,则实数k的取值范围是k-5或k≥-2.因此,若函数p(x)在区间(0,3)上不单调,则实数k的取值范围是(-5,-2).
点评:上述题目条件给出函数p(x)在区间(0,3)上不单调,要求实数k的取值范围,我们可以先求出其反面的情况,即若函数p(x)在区间(0,3)上单调时求出实数k的取值范围为集合A,那么函数p(x)在区间(0,3)上不单调,则实数k的取值范围是集合A的补集.在求含参数的一元二次不等式在限定的区间上恒成立的问题时,我们可以将其转化为在限定区间上的二次函数的最值问题或一元二次方程根的分布问题,结合二次函数的图像,根据对称轴与区间的位置关系,可得到下面的结论:设f(x)=ax2+bx+c(a>0)
(1)一元二次不等式f(x)≥0对任意x∈[m,n]恒成立,等价于或或
(2)—元二次不等式f(x)≤0对任意x∈[m,n]恒成立,等价于
一道高考试题的解法探究 篇7
(1) 求椭圆E的方程; (2) 求∠F1AF2的平分线所在的直线l的方程.
本题作为文科的第17题和理科第19题的前两问, 考查椭圆的定义、标准方程及简单的几何性质、直线方程和点到直线的距离公式等基础知识.虽难度系数不大却蕴含丰富的数学思想, 可以用多种方法求解.
解 (1) 由题意, 可直接求出椭圆的方程.
(2) 解法探究.
解法一 (利用点到直线的距离公式求解)
由 (1) 知, F1 (-2, 0) , F2 (2, 0) , 直线AF1的方程为
直线AF2的方程x=2, 由点A在椭圆E上的位置可知直线l的斜率为正数, 设P (x, y) 为l上任一点, 则
若3x-4y+6=5x-10,
即x+2y-8=0 (因斜率为正, 舍去) .
于是由3x-4y+6=-5x+10, 得2x-y-1=0.
所求直线的方程为2x-y-1=0.
解法二 (利用向量加法的几何意义求解)
kl=2, 所求直线的方程为y-3=2 (x-2) ,
解法三 (利用三角形内角平分线定理求解)
如图, 设直线l交x轴于点P, 在△F1AF2中,
∵直线l平分∠F1AF2,
所求方程为y-3=2 (x-2) ,
解法四 (利用三角函数求解)
如上图, 设∠F1AF2=2α, 在Rt△F1AF2中,
所求直线方程为y-3=2 (x-2) ,
解法五 (利用内切圆性质求解)
如上图, 设△F1AF2的内切圆半径为r, 圆心C (m, n) , 则点C在直线l上.
所求直线方程为y-3=2 (x-2) ,
解法六 (构造等腰三角形求解)
如图, 延长AF2到D使AD=AF1, 则D (2, -2) , 连接F1D交直线l于点M.
∵直线l为∠F1AF2的平分线, 则点M为F1D的中点,
∴M (0, -1) , 由斜率公式, 可得kAM=2.
所求直线方程为2x-y-1=0.
解法七 (利用镜面反射求解)
根据椭圆镜面的反射原理:过一个焦点的入射光线经过椭圆镜面反射后, 反射光线经过另一个焦点.
设F2A和AF1所在的射线分别为入射光线和反射光线, 则∠F1AF2的平分线l所在直线即为法线, 因此只要求出椭圆在点A处切线的斜率即可.可以利用导数求解:
∴kl=2, 所求直线方程为2x-y-1=0.
拓展
1.在本题中若点A (x0, y0) 为椭圆E上的任一点, 仍然可以利用上述方法求解.
根据镜面反射原理.
2.若点A (x0, y0) 为双曲线上任一点, F1, F2为双曲线的两个焦点, ∠F1AF2的平分线即为以点A为切点的双曲线的切线.
一道高考试题的解法探究 篇8
数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为______.
粗粗一看此题,似曾相识,对于递推数列问题,我们平时总结了不少,好象是an+1=an+f(n)或是an+1+an=f(n)型问题,运用叠加法,即可解决.仔细一看,发现多了(-1)n,于是没有现成的模式可套,怎么解?下面是笔者对此题解法进行探究的心路历程.
思路一从特殊到一般
对于给出递推数列,没有更好方法之前,通常可以特值开路,写出前几项,进行归纳,再猜想一般的规律.
解法1:设a1=a,由递推公式an+1+(-1)nan=2n-1,分别令n=1,2,3,4,…,则有
于是可知,a4k-3=a,a4-k2=a+(8k-7),a4k-1=2-a,a4k=-a+(8k-1),所以a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k=16k-6,知每连续四项之和成等差数列.则.
思路二分奇数与偶数进行讨论
本题的难点在于(-1)n,于是可对其进行分类讨论,并进行适当的构造及并项.
解法2:当n为奇数时,an+1-an=2n-1;当n为偶数时,an+1+an=2n-1;于是a4k+a4k-1+a4k-2+a4k-3=(a4k-a4k-1)+2(a4k-1+a4k-2)-(a4k-2-a4k-3)=[2(4k-1)-1]+2[2(4k-2)-1]-[2(4k-3)-1]=16k-6.则
思路三利用迭代法
对于给出递推数列问题,应关注屡屡出现数列问题的三技巧——叠加、叠乘、迭代.特别是迭代法,它是直接反复利用递推公式而进行迭代,可以直接运用,从而使问题得以解决.
解法3:由an+1+(-1) nan=2n-1得an+2=(-1)nan+1+2n+1=(-1)n[(-1)n-1an+2n=1]+2n+1=-an+(-1)n(2n-1)+2n+1,
即an+2+an=(-1) n(2n-1)+2n+1,
也有an+3+an+1=-(-1)n(2n+1)+2n+3,两式相加得an+an+1+an+2+nn+3--2(-1)n+4n+4,设k为整数,则a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=-2(-1)4k+1+4(4k+1)+4=16k+10.
于是.
思路四分组求和法
由于an+1=an+f(n)或是an+1+an=f(n)型问题我们非常熟悉,不妨利用叠加法及并项法来解决,分别求出奇数项的和与偶数项的和,再相加.
解法4:由an+1+(-1)nan=2n-1,令n=2k,则有a2k+1+a2k=4k-1;
令n=2k-1,则有a2k-a2k-1=4k-3;
以上两式相减,得a2k+1+a2k-1=2.
于是有a1+a3+a5+a7+…+a57+a59=(a1+a3)+(a5+a7)+…+(a57+a59)=15×2=30.①
又由an+1+(-1)nan=2n-1,令n=1,3,5,…,59,知
以上各式相加,得(a2+a4+a6+…+a60)-(a1+a3+a5+a7+…+a59)=1+5+9+…+117=1770.②
将①代入②,得a2+a4+a6+…+a0=1800.
于是|an}的前60项和为(a1+a3+a5+a7+…+a59)+(a2+a4+a6+…+a60)=1800+30=1830.
思路五构造子数列
对于{an}既不是等差数列,也不是等比数列,但可发现其子数列{a4k}、{a4k-1}、{a4k-2}、{a4k-3}是等差数列,于是可将数列{an}分项击破.
解法5:当n为奇数时,an+1-an=2n-1;当n为偶数时,an+1+an=2n-1;
由a4k+2-a4k-2=(a4k+2-a4k+1)+(a4k+1+a4k)-(a4k-a4k-1)-(a4k-1+a4k-2)=[2(4k+1)-1]+(2×4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8.
故数列{a4k-2}是等差数列,公差为8,首项为a2,故a4k-2=a2+8(k-1);由a4t+4-a4k=(a4k+4-a4k+3)+(a4k+3+a4k+2)-(a4t+2-a4k+1)-(a4k+1+a4k)=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1]-[2(4k+1)-1]-[2×4k-1]=8.
故数列{a4k}是等差数列,公差为8,首项为a4,故a4k=a4+8(k-1);同理,a4k+1-a4k-3=0,故数列{a4k-3}是常数列,故a4k-3=a1;a4k+3-a4k-1=0,故数列{a4k-1}是常数列,故a4k-1=a3;又a1+a2+a3+a4=(a4-a3)+2(a3+a2)-(a2-a1)=5+6-1=10.
于是{an}的前60项和为(a1+a5+a9+…+a57)+(a2+a6+a10+…+a58)+(a3+a7+a11+…+a59)+(a4+a8+a12+…+a60)=15a1+(15a2+840)+15a3+(15a4+840)=15 (a1+a2+a3+a4)+1680=1830.
思路六构造等差数列
从以上的解法中,不难发现,本题的实质是连续四项的和构造等差数列,于是证明bn+1=a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4=a4n-3+a4n-2+a4n-1+a4n+16=bn+16,则有数列{bn}是公差为16的等差数列即可.
解法6:当n为奇数时,an+1-an=2n-1;当n为偶数时,an+1+an=2n-1;
由a4k+2-a4k-2=(a4k+2-a4k+1)+(a4k+1+a4k)-(a4k-a4k-1)(a4k-1+a4k-2)=[2(4k+1)-1]+(2×4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8.
故数列{a4k-2}是等差数列,公差为8,首项为a2,故a4k-2=a2+8(k-1);
由a4k+4-a4k=(a4k+4-a4k+3)+(a4k+3+a4k+2)-(a4k+2-a4k+1)-(a4k+1+a4k)=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1]-[2(4k+1)-1]-[2×4k-1]=8.
故数列{a4k}是等差数列,公差为8,首项为a4,故e4k=a4+8(k-1);
一道联考题的解法探究 篇9
( Ⅰ) 设函数g ( x) = - a ( x - 1) + f ( x) 在区间[2, e2+ 1]上不单调, 求实数a的取值范围;
( Ⅱ) 若k是正整数, 且f ( x) + x - 1 - k ( x - 2) >0 对x > 2 恒成立, 求k的最大值.
笔者有意将此题选为本班学生的周测练习, 结果做对问 ( Ⅱ) 的学生寥寥无几, 在阅卷时发现, 大多数学生给出了如下的两种思路.
思路1: 令g ( x) = f ( x) + x - 1 - k ( x - 2) = x -1 + ( x - 1) ln ( x - 1) - k ( x - 2) , x > 2,
则g' ( x) = 2 + ln ( x - 1) - k ( x > 2) ,
由于大多数学生不知道如何分类讨论, 导致解题思路受阻.
思路2:f (x) +x-1-k (x-2) >0对x>2恒成立等价于对x>2恒成立,
由于大多数学生不知道再次构造函数求导, 导致解题思路受阻. 在试卷评讲时, 笔者引导学生探究出如下的四种解题方法.
解法1 (分类讨论思想) :令g (x) =f (x) +x-1-k (x-2) =x-1+ (x-1) ln (x-1) -k (x-2) , x>2.则g' (x) =2+ln (x-1) -k (x>2) , ①当k≤2时, g' (x) ≥0, g (x) 在 (2, +∞) 上单调递增, g (x) >g (2) =1>0;②当k>2时, 令g' (x) =0, 得x=ek-2+1, 所以g (x) 在 (0, ek-2+1) 单调递减, 在 (ek-2+1, +∞) 上单调递增.所以g (x) min=g (ek-2+1) =ek-2 (k-2) +ek-2-k (ek-2-1) =k-ek-2.令h (k) =k-ek-2, 则h' (k) =1-ek-2<0, h (k) 在 (2, +∞) 上单调递减, h (3) =3-e>0, h (4) =4-e2<0, 于是存在k0∈ (3, 4) , 使得h (k0) =0, 当k≥k0时, h (k) ≤h (k0) =0, 所以当k≥4时, h (k) <0, 不符题意, 当2<k≤k0时, h (k) ≥h (k0) =0, 即g (x) >0, 所以当k≤3时, h (k) >0, g (x) >0恒成立, 所以整数k的最大值为3.
点评: 上述解法思路自然, 部分学生在考场中也是这样处理的, 但最终无功而返, 究其原因, 主要是当参数k > 0 时, g ( x) 的最小值g ( ek -2+ 1) 的正负不确定, 而再次分类的标准把握混乱, 最终导致g ( x) 在 ( 2, + ∞ ) 的性质无法捕获, 不得已而放弃, 既然代数的直接处理如此繁难, 本题可否采用几何方式来处理呢?
解法2: ( 数形结合思想) 不等式f ( x) + x - 1 -k ( x - 2) > 0 对x > 2 恒成立等价于x - 1 + ( x -1) ln ( x - 1) > k ( x - 2) 对x > 2 恒成立.
令g ( x) = x - 1 + ( x - 1) ln ( x - 1) , 则g' ( x) =2 + ln ( x - 1) > 0,
所以g ( x) 在 ( 2, + ∞ ) 单调递增,
, g (x) 在 (0, +∞) 上是凹函数,
当k < 0 时, 如图1, 当x > 2时, g ( x) > k ( x - 2) 成立, 满足题意.
当k=0时, 如图2, y=k (x-2) 即为x轴, g (x) >k (x-2) 成立, 满足题意.
当k>2时, 如图3, 设直线y=k (x-2) 与y=g (x) 切于点 (x0, g (x0) ) , 则切线方程为y-x0+1- (x0-1) ln (x0-1) =[2+ln (x0-1) ] (x-x0) , 将点 (2, 0) 代入得-x0+1- (x0-1) ln (x0-1) =[2+ln (x0-1) ] (2-x0) , 整理得ln (x0-1) =x0-3, 易知x0∈ (4, 5) ,
所以k ≤ g' ( x0) = 2 + ln ( x0- 1) = x0- 1 ∈ ( 3, 4) ,
所以整数k的最大值为3.
点评: 上述解法化代数的抽象为几何的直观, 通过两函数图象的位置关系, 清晰地呈现了不等式恒成立, 即为一函数图象恒在另一函数图象的上方这一几何形态, 但无论是解法1 还是解法2 始终都绕不开参数对问题后续研究的制约, 有没有一种方法可以有效地避开参数呢.
解法3: (等价转化思想) f (x) +x-1-k (x-2) >0对x>2恒成立等价于对x>2恒成立,
所以φ (x) 在 (2, +∞) 单调递增, 又φ (4) =1-ln3<0, φ (5) =2-2ln2>0,
所以存在x0∈ ( 4, 5) , 使得 φ ( x0) = 0,
当x∈ (2, x0) 时, φ (x) <0, 即g' (x) <0, g (x) 单调递减,
当x ∈ ( x0, + ∞ ) 时, φ ( x) > 0, 即g' ( x) > 0, g ( x) 单调递增,
所以g ( x) 在x = x0处取得最小值,
由φ (x0) =0, 得-ln (x0-1) +x0-3=0, ln (x0-1) =x0-3,
所以, 因为x0∈ (4, 5) , 所以g (x0) ∈ (3, 4) ,
所以k < g ( x0) , 又k ∈ N+, 所以整数k的最大值为3.
点评:当一个问题表面看起来很复杂时, 能否利用与其对应的等价命题来处理就显得难能可贵了, 本题利用分离参数法将不等式f (x) +x-1-k (x-2) >0对x>2恒成立, 等价于不等式对x>2恒成立, 降低了解题难度, 有效地回避了对参数k的讨论, 优化解题过程, 但无论是解法1、解法2还是解法3始终都需要运用“零点设而不求”这种技巧.有没有一种方法可以有效地避开“零点设而不求”这个难点呢?
解法4: ( 特殊与一般思想) f ( x) + x - 1 - k ( x -2) > 0 对x > 2 恒成立, 令x = 3, 得k < 2 ( 1 + ln2) ,
又因为k为正整数, 所以k ≤ 3,
下面证明当k = 3, f ( x) + x - 1 - k ( x - 2) > 0 对x > 2 恒成立,
即证当x > 2 时, ( x - 1) ln ( x - 1) + 5 - 2x > 0 恒成立,
令g ( x) = ( x - 1) ln ( x - 1) + 5 - 2x, 则g' ( x) =ln ( x - 1) - 1,
当x>e+1时, g' (x) >0, 当2<x<e+1时, g' (x) <0,
所以当x=e+1时, g (x) 取得最小值g (e+1) =3-e>0,
所以当x>2时, (x-1) ln (x-1) +5-2x>0恒成立,
所以正整数k的最大值为3.
点评: 一般性寓于特殊性之中, 利用“命题在一般情况下为真, 则在特殊情况下必真”这一原理, 通过对符合条件的特殊情形的考查分析, 往往可以发现共性, 探求结果.
数学能力的提高归根结底还是解题能力的提高, 一题多解并不是目的, 目的是通过思想方法的逐一呈现, 从学生最易上手的方式方法入手, 逐步逐级给予引导与评判, 不畏艰难, 不断优化解题思维品质, 从而最终达到提升自身解题的能力.
摘要：导数的应用是高考考查的重点内容之一, 是考查学生运算求解能力, 推理论证能力和数学结合思想的重要素材;通过对一道联考题从四个不同角度进行解题分析, 让学生掌握关于不等式恒成立问题的解题思路与方法的探讨, 以巩固、加深学生所学的导数知识, 进一步培养学生的创造性思维和发展性思维能力, 真正提升学生的数学素养.
函数极值点个数问题的解法探究 篇10
2015年山东省高考数学理科导数试题的第一问考查了函数极值点个数的问题。研究发现考试院所提供的参考答案不易想到，对于学生来说在有限的时间内解决这类问题是有困难的。笔者根据这类问题的特点尝试使用了分离参数的方法，得到了比较简捷的解法。现将对这类问题的解法和思考与读者进行分享，不当之处请批评指正。
对这类问题，我们可以先给出下述解题思路：
由此可见，“函数的零点、极值点及方程根的问题”是可以互相转化的。此种解题思路主要用到了“函数与方程”、“化归转化”、“数形结合”等重要的数学思想方法。其解决问题比较简单和易操作的原因在于通过分离参数实现了研究水平的动直线与固定的曲线之间的位置关系问题，非常直观形象。其难点为研究固定函数 的图象，很多时候函数 并不是基本初等函数，而是由基本初等函数复合或者加减乘除得到的新函数，因此研究图象需要通过导数研究其单调性、极值、最值、上下确界等性质。
【例题】（2015年山东理）设函数 ，其中 ，讨论函数 极值点的个数.
【解法一】因为 ，所以 ，
令 ，易见 不是函数 的极值点，
所以可得 ，
令 ，则 ，
所以 在 上递减，在 和 上递增，
所以当 时， ，
且当 时， ，当 时， ，
当 时， ，
所以 在定义域内的图象（如图1）大致为：
所以当 时函数 仅有一个极值点，
当 时函数 无极值点，
当 时函数 有两个极值点.
在这里特别需要强调的是导函数 的零点并不一定是函数 的极值点，而是导函数 的异号零点才对应函数 的极值点。因此方程 =0的根及函数 与函数 图象公共点，必须对应导函数 的异号零点。
其实分离参数的实质是分离参变量和主变量，等式左侧可以是关于参数的一个函数表达式，右侧是关于主变量的一个函数表达式。如果主变量的一个函数表达式不易研究，可以适当地变换形式，以达到容易研究右侧函数的性质和便于画出其图像的目的。上述解法一分离参数后，右侧的函数研究起来较为复杂，还涉及到函数的渐进线及趋向，对高中生来讲还是有一定难度的。基于此因，我们可以给出以下解法：
【解法二】因为 ，
所以 ，
令 ，
则 ，令 ，
所以 在定义域 上的图象（如图2）大致为：
所以当 即 时函数 仅有一个极值点，
当 即 时函数 无极值点，
还易得：当 时函数 无极值点，
当 即 时函数 有两个极值点.
笔者还要说明的是分离参数并不是适用解决所有函数零点和方程根的问题，例如2009年山东的一道填空题：（2009年山东）若函数 （ 且 ）有两个零点，则实数 的取值范围是 .
本题如果分离参数 显然是无法实现的，而此时可以转化成方程 （ 且 ）有两个不同的实根，再转化成函数 （ 且 ）与 的图象有两个不同的公共点，不难得到 .所以我们研究问题时要因题而异，辩证施治。
有的读者可能会提出“研究非水平动态直线（定点直线系或者斜率不为0的平行直线系）与固定曲线的位置关系是否可行”，笔者仍然提出“因题而异，辩证施治”的观点。举一个简单例子加以说明，例如：“若函数 与 的图象在区间 内有公共点，求实数 的取值范围。”如果画函数图像时不精确，很容易把 的最小值误认为是图3所示所对应的 的值，其实是图4所示所对应的才是 的最小值，图5所示对应 的最大值。由此可以看出，导致出错的原因是当函数的单调性确定后，容易忽略函数的凹凸性，即使注意到了函数的凹凸性，有些函数也难以研究凹凸的程度。
而如果令 ，通过分离参数得到 就比较简单了，易得
一道高考模拟题的解法探究 篇11
关键词：不等式,最值,高考,模拟题
近年来, 关于最值问题的解法探究层出不穷。此外, 此类问题的改编问题也成为考试练习的热门。
2013年湖南高考理科数学卷第10题为:已知a, b, c∈R, a+2b+3c=6, 则a2+4b2+9c2的最小值为＿＿。由它改编的以下模拟题:已知a, b, c∈R, 且满足a+2b+3c=6, a2+4b2+9=12, 则abc的值为多少?曾出现在多本练习册中, 我们特对这个改编而来的模拟题的解法做了探究。
解法1:直接利用基本不等式求解
12 12 24=+=由等号成立的条件知a=2, 2b=2, 3c=2
解法2:利用柯西不等式求解
解法3:引入参数, 再利用不等式求解
设t>0, 则
当且仅当t=a, t=2b, t=3c时取等号
解法4:利用向量求解
则原题等价于:
代入条件a+2b+3c=6得
解法5:利用平面解析几何求解
此外, 还可以直接利用配方法求解, 方法较简单, 本文不予叙述。或者, 运用三角函数中的平方和公式与两角和与差公式对已知条件进行构造, 再利用三角函数性质进行求解, 但是求解过程稍显繁琐, 有兴趣的读者, 可以尝试求解。
只要我们仔细深入探究, 每一个中学数学问题都可以用不同方法解答, 正所谓“殊途同归”。这种“一题多解”法对于中学生学习数学知识具有积极重要的作用。中学生如果逐渐掌握了这种一题多解的方法和技巧, 在处理复杂的数学问题时就能多一些分析方法和思路, 数学问题的分析能力也会变得更加立体化和高效化。
参考文献
[1]崔俊富.引入参数利用等号成立的条件证明不等式.数学通讯[J], 1999 (4) .
[2]李宜强, 李桂红.浅谈中学数学问题一题多解法的积极作用.科技文汇[J], 2012 (2) .
[3]挛婵平.一道高考模拟题的别解.新课程 (教研版) [J], 2011 (6) .