2019-2020年高三数学《基本数学方法》专题复习教案 新人教A版.doc

2019-2020年高三数学基本数学方法专题复习教案 新人教A版【命题趋向】数学思想和方法是数学知识在更高层次上的抽象和概括，它蕴涵在数学知识发生、发展和应用的过程中因此，对于数学思想和方法的考查必然要与数学知识的考查结合进行，通过对数学知识的考查，反映考生对数学思想、方法的理解和掌握程度考查时，要从学科整体意义和思想含义上立意，注重通性通法，淡化特殊技巧，有效地检测考生对中学数学知识中所蕴涵的数学思想和方法的掌握程度一般认为，中学数学基本思想是指渗透在中学数学知识与方法中具有普遍适应性的本质思想中学数学涉及的数学思想主要有：函数与方程思想，数形结合思想，分类与整合思想，化归与转化思想，特殊与一般思想，有限与无限思想，或然与必然思想等数学基本方法主要有：待定系数法、换元法、配方法、割补法等数学逻辑方法或思维方法主要有：分析与综合、归纳与演绎、比较与类比、具体与抽象等它们是理解、思考、分析与解决数学问题的普通方法，对数学思想和方法的考查要结合数学知识多层次进行高考对数学方法的考查突出常规方法和通性通法，不追求对特殊技巧的考查，高考考查的内容可以划分为三类，他们是数学基础知识、数学思想方法和数学能力高考是以知识为载体，以方法为依托，以能力为目的来进行考查的，命题时则是以能力立意，以方法和知识为素材来进行命题设计的，在一套高考试卷中体现数学方法的试题占有较大的比例，预计xx年的高考考查数学基本方法的试题仍会占有较大比例，高考对数学基本方法的考查不会降低要求【考点透析】我们结合上面的论述，本专题主要研讨综合法、分析法、反证法、数学归纳法、换元法、配方法、待定系数法、割补法、构造法、特值法等十种数学基本方法【例题解析】题型1 综合法：由因导果的一种推理论证方法例11 (xx陕西理)已知函数 （1）求函数的最小正周期及最值； （2）令，判断函数的奇偶性，并说明理由分析：将三角函数式化为一个角的一个三角函数解析：（1）的最小正周期当时，取得最小值；当时，取得最大值2 （2）由（2）知又函数是偶函数点评：本题考查三角恒等变换、三角函数的性质，解题的基本方法就是综合法例12(xx天津文、理)如图，在四棱锥中，底面是矩形已知， （1）证明平面； （2）求异面直线与所成的角的大小； （3）求二面角的大小分析：（1）根据演绎推理的三段论模式，根据有关的已知定理进行推证，注意转化的思想；（2）也得根据异面直线的角的定义这个大前提，作出两异面直线所成的角，在进行求解；（3）根据二面角的定义，作出二面角的平面角，在进行具体的计算解析：（1）在中，由题设，可得，于是在矩形中，又，所以平面（2）由题设，所以（或其补角）是异面直线与所成的角在中，由余弦定理得ABCDPHE由（）知平面，平面，所以，因而，于是是直角三角形，故所以异面直线与所成的角的大小为（3）过点作于，过点作于，连结因为平面，平面，所以又，因而平面，故为在平面内的射影由三垂线定理可知， 从而是二面角的平面角由题设可得，于是在中，所以二面角的大小为点评：高考数学试题中的绝大多数题目都是通过综合法解决的，综合法是最广泛的一种解决问题的方法题型2 分析法：执果索引的一种推理论证方法例21 已知函数，若且，证明：分析：从结论出发逐步到处已知证明：欲证 只要证明，则以上最后一个不等式成立，在题设条件下易得此结论点评：分析法是思考问题的一种基本方法，在已知和未知之间的关系不明朗时可以通过从结论出发探究问题的思路例22已知是正整数，且 （1）证明： （2）证明：分析：题设条件过于简便，不好使用，从结论出发，用分析法证明：（1）欲证 ，对， 有成立，故上面最后一个不等式成立 （2）欲证 （成立）点评：本题从分析要证明的结论入手，轻而易举地解决了问题 题型3 反证法：反设结论，导出矛盾的一种推理论证方法例31设是公比不相等的两个等比数列，证明数列不是等比数列分析：假设结论成立，导致矛盾证明：假设是等比数列，则有又设的公比分别是，即，即，这与题设的公比不相等矛盾，故数列不是等比数列点评：宜用反证法证明的题型：有易导出与已知矛盾的命题；一些基本定理；“否定性”命题；“惟一性”命题；“必然性”命题；“至少”、“至多”命题等例32（xx高考江苏19）（1）设是各项均不为零的项（）等差数列，且公差，若将此数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列： 当时求的数值；求的所有可能值（2）求证：对于给定的正整数，存在一个各项及公差均不为零的等差数列，其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列解析：（1）当时, 中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出 若删去，则，即化简得，得若删去，则，即化简得，得综上，得或当时, 中同样不可能删去，否则出现连续三项若删去，则，即化简得，因为，所以不能删去；当时，不存在这样的等差数列事实上，在数列中，由于不能删去首项或末项，若删去，则必有，这与矛盾；同样若删去也有，这与矛盾；若删去中任意一个，则必有，这与矛盾(或者说：当时，无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项)综上所述， （2）假设对于某个正整数，存在一个公差为的项等差数列，其中（）为任意三项成等比数列，则，即，化简得 （*）由知，与同时为或同时不为，当与同时为时，有与题设矛盾故与同时不为，所以由（*）得因为，且为整数，所以上式右边为有理数，从而为有理数于是，对于任意的正整数，只要为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列例如项数列，满足要求点评：本题利用考生所熟悉的等差数列、等比数列的知识背景，考查考生分析问题解决问题的能力，考查创造性解决问题的能力，是一道以能力立意为主的创新型试题从“如果一个各项都不为零的三项数列，既是等差数列又是等比数列，则这个数列一定是常数数列”这个基本事实出发，把这样的数列设计为超过三项，得到了本题的第一问中的两个问题第一个小问题，只能删除第二或第三项；第二个小问题是如果这个数列有五项，则只能删除中间一项，解决这个问题是反证的思想，即“如果删除其它项就会在数列中出现基本事实，与题目中要求的公差不为零矛盾”，这个问题解决后，如果数列的项数超过五，则无论删除哪一项，都会出现基本事实，产生矛盾，从而使问题解决本题的第二问，是一个结论为否定的存在性命题，解决的基本思想是反证，可以说是一个以数列知识为依托，考查推理与证明的题目题型4 数学归纳法：解决与正整数有关的问题的一个数学方法，经常与归纳法联用例41(xx高考天津理) 在数列与中，数列的前项和满足,为与的等比中项， （1）求的值； （2）求数列与的通项公式； （3）设证明分析：求出数列的前几项，猜测通项公式，用数学归纳法进行证明解析：（1）由题设有，解得由题设又有，解得 （2）由题设，及，进一步可得，猜想，先证，当时，等式成立当时用数学归纳法证明如下： （1）当时，等式成立 （2）假设时等式成立，即，由题设，的两边分别减去的两边，整理得，从而这就是说，当时等式也成立根据（1）和（2）可知，等式对任何的成立综上所述，等式对任何的都成立再用数学归纳法证明， （1）当时，等式成立 （2）假设当时等式成立，即，那么这就是说，当时等式也成立根据（1）和（2）可知，等式对任何的都成立 （3）（略）点评：本题以数列知识为依托，查归纳意识和数学归纳法例52（xx浙江理）已知数列，记求证：当时， （1）； （2）； （3）分析：根据给出的递推式试图求出通项在解答显然不现实，可考虑用数学归纳法解决 （1）证明：用数学归纳法证明当时，因为是方程的正根，所以假设当时，因为 ，所以即当时，也成立根据和，可知对任何都成立 （2）、（3）（略）点评：本题以递推式给出了数列，数学归纳法是解决与递推数列问题的一个有力方法 题型5 待定系数法：对于某些数学问题，如果得知所求结果具有某种确定的形式，则可引进一些尚待确定的系数(或参数)来表示这种结果，然后利用已知条件通过变形与比较，根据恒等关系列出含有待定系数的方程(组)，解之即得待定的系数，进而使问题获解，这种常用的数学基本方法称之为待定系数法待定系数法的实质是方程的思想，这个方法是将待定的未知数与已知数统一在方程关系中，从而通过解方程（组）求得未知数用待定系数法解题，具有思路清晰、可操作性强等特点，因而在数学各分支中，都有比较广泛的应用例51(xx全国卷文、理)双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，经过右焦点垂直于的直线分别交于两点已知成等差数列，且与同向 （1）求双曲线的离心率； （2）设被双曲线所截得的线段的长为，求双曲线的方程分析：（1）利用方程思想；（2）待定系数解析：（1）设，由勾股定理可得：得：，由倍角公式，解得则离心率 （2）过直线方程为与双曲线方程联立将，代入，化简有将数值代入，有解得最后求得双曲线方程为：点评：本题以双曲线和直线的知识为载体，重点考查方程思想和待定系数法例52在公差为（）的等差数列和公比为的等比数列中，已知， （1）求实数、的值； （2）是否存在常数，使得对于一切自然数，都有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由分析：第一问可以根据方程的思想解决；第二问是一个等式的恒成立问题，就是看是不是对所有的有没有常数使等式成立，我们就待定这两个系数解析：（1）由已知，即，而由于，则解得； （2）由（1）可知，设存在常数，使得对于一切自然数，都有成立，那么，即，比较系数可知，即评析：在解决一些存在性问题中，经常通过待定系数法先假设命题成立，结合题意中给出的信息加以分析和求解，来说明命题成立与否在数列题中也是经常碰到的一类问题题型6 换元法：换元法是数学中一个非常重要而且应用十分广泛的解题方法所谓换元法，就是在一个比较复杂的数学式子中，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，使问题易于解决 例61（xx高考江西卷3）若函数的值域是，则函数的值域是A B C D分析：令，将转换为关于的函数，利用函数的性质解决解析：令，则，则可化为，易知，当时，有最小值，当时有最大值故函数的值域为答案B点评：不换元就没有办法使用函数的性质例62（xx高考山东文15）已知，则的值等于 分析：通过换元法将函数解析式求出来解决解析： 令，则，所以点评：本题考查指数与对数的基础知识、换元法的基本思想、运算求解能力解决的关键是利用换元法求出函数的解析式例63（xx高考江苏卷选考）在平面直角坐标系中，点是椭圆 上的一个动点，求的最大值分析：，三角换元解决解析：根据分析，令，则，故可设动点的坐标为，其中 因此 所以当是，取最大值点评：本题原意是考查椭圆的参数方程的简单应用，但也可以从三角换元的角度解决例64 已知，且，求证：分析：设，进行均值换元证明：设，再设，其中，即，解得，点评：本题可以根据平均值不等式或柯西不等式证明，这里的换元法证明也很漂亮题型7 配方法：配方法是对数学式子进行一种定向的变形技巧，由于这种配成“完全平方”的恒等变形，使问题的结构发生了转化，从中可找到已知与未知之间的联系，促成问题的解决例71 （xx高考四川卷）求函数的最大值与最小值分析：三角变换后化为一个角的三角函数解析：由于函数在中的最大值为 最小值为 故当时取得最大值，当时取得最小值点评：本题重点考查的是三角函数恒等变换，但最后问题的解决要依靠配方法例72 (xx福建文、理) 已知向量且（1）求的值；（2）求函数的值域分析：（1）根据已知列方程；（2）变换为一个角的三角函数后配方解决解析：（1）， （2） ， 当，有最大值；当，有最小值所以，值域为点评：解决的关键是最后的配方例73（xx高考上海理16）已知双曲线，为上的任意点 （1）求证：点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积是一个常数； （2）设点的坐标为，求的最小值分析：（1）设点、代入公式、计算；（2）归结为一个变量的函数，用配方法解决解析：（1）设是双曲线上任意一点，该双曲的两条渐近线方程分别是和 点到两条渐近线的距离分别是和， 它们的乘积是点到双曲线的两条渐线的距离的乘积是一个常数 （2）设的坐标为，则 ， 当时，的最小值为，即的最小值为 点评：本题考查例双曲线的几何性质和点到直线的距离公式等基本知识，考查代数与几何知识的交汇，其中在第二问中使用配方法求最值题型8 割补法：割补法主要是针对平面图形或空间图形所采用的一种几何变换，其主要思想是把不规则问题转化为规则问题，这个方法常常用来求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积例81( xx高考福建文、理)若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是 分析：将其补成一个正方体解析：这样的三棱锥实际上是正方体被一个平面所截下来的，我们考虑在原来的正方体中解决这个问题设原来的正方体的棱长为，则本题中的三棱锥和原来的正方体具有同一个外接球，这个球的直径就是正方体的体对角线，长度为，即球的半径是，故这个球的表面积是点评：三条侧棱两两垂直的三棱锥习惯上称为“直角三棱锥”，它就隐含在正方体之中，在解题中把它看作正方体的一个部分，在整个正方体中考虑问题，往往能化难为易，起到意想不到的作用例82如图，已知多面体中，两两互相垂直，平面平面，平面平面，则该多面体的体积为分析：这个几何体即可以看作两个三棱柱拼合而成的，也可以看作是从一个正方体割下来的解析一（割）：如图，过点作于，连结，这样就把多面体分割成一个直三棱柱和一个斜三棱柱于是所求几何体的体积为解析二（补）：如图，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半于是所求几何体的体积为点评：割补法是我们解决不规则空间几何体体积的最主要的技巧，其基本思想是利用割补将其转化为规则空间几何体加以解决题型9 构造法：在解题时，我们常常会采用这样的方法，通过对条件和结论的分析，构造辅助元素，它可以是一个图形、一个方程(组)、一个等式、一个函数、一个等价命题等，架起一座连接条件和结论的桥梁，从而使问题得以解决，这种解题的数学方法，我们称为构造法例91（xx高考全国卷）若直线通过点，则ABCD分析：根据点在直线上可以得到，联想向量的数量积的坐标运算法则，可以构造向量解析：设向量，由题意知由可得点评：平面向量进入高中教材后，其主要的功能就好应用，在高考试题中明着的和暗着的 使用平面向量的题目很多，注意平面向量的这个特点例92（构造一个函数）求证：分析：根据所证不等式的结构特点，构造函数，利用函数的单调性解决证明：设，由，又在上是一个单调递增函数，所以有，例93（构造一个图形） 求值分析：注意到成公差为的等差数列，而在向量中涉及角的就是向量的夹角，于是想到通过画有向线段找到这些角解析：以单位长为边长作正五边形，且与轴正方向夹角为由正五边形内角，得轴正方向逆时针转到的角分别为，又和向量的投影等于各个向量投影的和，在轴上投影的和为，即，例94（构造一个不等式）已知，证明：分析：直接用一个式子或两个式子都不好直接构造轮换不等式观察其结构特点，必须想办法去掉不等式左端各项的分母，为此可以做变换：在不等式两端都加上，即我们证明不等式，这时把拆成，就可以构造轮换不等式了证明：，三式相加即得所证不等式点评：本题的证明方法具有很大的价值，我们可以使用这个方法证明一些高难度的不等式，如： （1）已知，且求证提示：等价于证明 （2）已知，则 提示：，其余同理，相加即证题型10 特值法：所谓特值法是指解题中可以以特殊代替一般而不改变问题本质的一种方法，特值法的“特值”是泛指，是指能用特殊代替一般的一个解题方法，这些“特值”可以是特殊点、特殊直线、特殊几何图形、特殊函数等，并不一定就是一个特殊的“数”，特值法也指可以通过特殊值检验解答选择题的方法例101（xx高考陕西卷11）定义在上的函数满足（），则等于（ ）ABCD分析：对给出的式子给予一些特殊值解析：法一 令，则得，即，于是得，则法二： 由已知可得，可猜，以下同上法三 抽象函数问题，对对应法则合理使用，反复赋值求解， 答案C点评：特值法是解决抽象函数问题的一个基本方法例102 若()，则 _，_， _分析：既然所给等式对任意正整数都成立，必然对其中的一些特殊的正整数成立，故可以用特值法解决解析：分别令，可得解得点评：若一个结论对每个集合中的任意的元素都成立，那它必然对这个集合中的一些特殊元素成立，这就是特值法的依据数列中有很多这样的问题例103（特值法）（xx高考重庆卷6）若定义在上的函数满足：对任意 有，则下列说法一定正确的是A为奇函数B 为偶函数C 为奇函数D 为偶函数分析：根据题目特点可以给以特殊值，找到函数所满足的关系式解析：令，则有，再令可得：所以选C点评：抽象函数问题中，要充分发挥特值法的作用，同时特值法也是高考中快速解得选择题的一个重要方法例104（全国卷理4文5）若，则ABC D 分析：特值检验解析：由，令且取知答案C点评：特值法解答选择题有它很大的优越性此外还有判别式法、参数法、比较法、放缩法等适用于一类具体数学问题的方法【专题训练与高考预测】一、选择题1函数的最小值为（ ）A B C D2 已知点在圆上，则的取值范围是 （ ）ABCD 3已知数列的通项公式是，其中、均为正常数，那么与的大小关系是 （ ）AB CD与的取值相关4无论为任何实数，二次函数的图像总是过点（ ）A B C D5已知长方体的全面积为，其条棱的长度之和为，则这个长方体的一条对角线长为（）ABCD6若双曲线的左焦点在抛物线的准线上，则的值为（ ）ABCD 二、填空题7函数的最小值是_ 8设是上的函数，且满足，并且对任意实数都有，则的表达式是 9若，则的大小关系是_三、解答题10若函数在上存在零点，求实数的取值范围11已知平面，与交于点， （1）取中点，求证/平面； （2）求多面体的体积12数列中， (为常数，) ，且 （1）求的值； （2）证明：； （3）比较与的大小，并加以证明 【参考答案】1解析：（换元、配方）设，则，所以有结合二次函数的单调性，可知当时，函数有最小值即为，故选B答案：B2解析:（三角换元） 由于，可设，则，故其取值范围是答案：3解析：（特值法）取，则，所以选B答案B4解析：（特值法）判断图像是否经过某点，只需分别把各点坐标代入解析式，能使左右两边相等的点就在图像上，验算结果只能选C本题由于为任何实数，所以也可以取较易计算的，如代入得，再把A、B、C、D逐项代入检验即可选C答案：C5解析：（待定系数法）设长方体三条棱长分别为，则有，而欲求的对角线长为，因此需将对称式写成基本对称式及的组合形式，那么，应选C答案：C6解析：（待定系数法）双曲线的左焦点坐标为：，抛物线的准线方程为，所以，解得：，故选C答案：C7解析：（三角换元） 由得，故可令（这样做的目的是便于开方）则又，所以，所以答案：8解析：（特值法）令，得，又，又令，即答案：9解析：（构造函数）构造函数，问题就是函数f (x)图像上的三个点与原点连线的斜率在比较大小，观察图像立得答案：10解一：（换元）设，则函数化为函数在上存在零点，等价于方程有正实数根 （）当方程有两个正实根时，应满足解得 ；（）方程有一正根一负根时，只需，即； （）方程有一根为时，此时方程的另一根为综上可知解二：令（）当函数在上存在两个零点时，实数应满足，解得；（）当函数在上存在一个零点，另一个零点在时，实数应满足，解得；（）当函数的一个零点是时，此时可以求得函数的另一个零点是综合（）（）（）知11解析：（含割补法）（1）联结，为中点，为中点，平面 （2），为等边三角形，均为等腰直角三角形，取中点，连接，为中点平面且12解析：（1）依题意，由，得，解得，或（舍去） （2）因为，当且仅当时，因为，所以，即 () （3）由，可得，从而因为，所以 所以 因为，由（） 得 () 下面证明：对于任意，有成立 当时，由，显然结论成立假设结论对时成立，即因为，且函数在时单调递增， 所以即当时，结论也成立 于是，当时，有成立 根据得 由 及， 经计算可得所以，当时， ； 当时，； 当时，由， 得