侯傳瑩

(山東省青州實(shí)驗(yàn)中學(xué) 262500)

數(shù)學(xué)思想方法的形成對(duì)解決數(shù)學(xué)問題有著不可替代的作用，波利亞曾經(jīng)說過：“不落俗套的數(shù)學(xué)問題求解，是真正的創(chuàng)造性工作”.數(shù)學(xué)解題方法多種多樣，本文以例分析，共同感知數(shù)學(xué)思想方法的美妙.

一、特殊引領(lǐng)，妙解問題

例1已知函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)，f(x)+2>f′(x),f(0)=1，則不等式ln[f(x)+2]-ln3>x的解集為( ).

A.(-∞,0) B.(0,+∞)

C.(-∞,1) D.(1,+∞)

解析取適合題意的特殊函數(shù)f(x)=ex，則所求不等式即為ln(ex+2)>ln(3ex)，所以ex+2>3ex，解得x<0.故選A.

點(diǎn)評(píng)有些選擇題涉及的數(shù)學(xué)問題具有一般性，而提供的選擇支往往互相矛盾，這類選擇題要嚴(yán)格推證比較困難，此時(shí)不妨從一般性問題退到特殊性問題上來，通過取適合條件的特殊值、特殊函數(shù)、特殊圖形、特殊位置等進(jìn)行分析，往往能簡縮思維過程、降低難度而迅速獲解.

二、類比歸納，別具一格

圖1

證明如下：連接BH并延長交CD于E，連接AE.

因?yàn)锳B，AC，AD兩兩垂直，所以AB⊥平面ACD.

又因?yàn)锳E?平面ACD，所以AB⊥AE.

在Rt△ABE中，有

又易證CD⊥AE，所以在Rt△ACD中，

點(diǎn)評(píng)本題考查的是平面到空間的推廣類比，并且在推導(dǎo)空間的結(jié)論時(shí)用到了平面的結(jié)論.一般地，平面中的一些元素與空間中的一些元素可類比如下：

平面點(diǎn)線圓三角形角面積周長…空間線面球三棱錐二面角體積表面積…

跟蹤訓(xùn)練2 (1)(2020蘭州實(shí)戰(zhàn)性測試)觀察下列式子：1,1+2+1,1+2+3+2+1,1+2+3+4+3+2+1，…，由以上可推測出一個(gè)一般性結(jié)論：對(duì)于n∈N*，則1+2+…+n+…+2+1=____.

解析(1)由1=12，1+2+1=4=22，1+2+3+2+1=9=32，1+2+3+4+3+2+1=16=42，…，歸納猜想可得1+2+…+n+…+2+1=n2.

三、化歸轉(zhuǎn)化，邏輯明晰

例3 如圖2，在四棱錐P-ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1.設(shè)M，N分別為PD，AD的中點(diǎn).

圖2

(1)求證：平面CMN∥平面PAB；

(2)求三棱錐P-ABM的體積.

解析(1)證明：∵M(jìn)，N分別為PD，AD的中點(diǎn)，∴MN∥PA.

∵M(jìn)N?平面PAB，PA?平面PAB，∴MN∥平面PAB.

在Rt△ACD中，∠CAD=60°，CN=AN，

∴∠ACN=60°.又∠BAC=60°，∴CN∥AB.

∵CN?平面PAB，AB?平面PAB，∴CN∥平面PAB.又CN∩MN=N，∴平面CMN∥平面PAB.

(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，∴點(diǎn)M到平面PAB的距離等于點(diǎn)C到平面PAB的距離.

∵AB=1，∠ABC=90°，∠BAC=60°，

∴三棱錐P-ABM的體積

點(diǎn)評(píng)在應(yīng)用線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)化時(shí),一定要注意定理成立的條件,嚴(yán)格按照定理成立的條件規(guī)范書寫步驟,如把線面平行轉(zhuǎn)化為線線平行時(shí),必須說清經(jīng)過已知直線的平面與已知平面相交,則直線與交線平行.

跟蹤訓(xùn)練3 (1)函數(shù)f(x)=lnx-ax2+x有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ).

A.(0,1) B.(-∞,1)

(2)(2020山東德州模擬)已知函數(shù)f(x)=mx2-x+lnx.

(1)若在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)存在區(qū)間D，使得該函數(shù)在區(qū)間D上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；

接下來，具體分析直線與曲線相切情形.

圖3

令s(x)=2lnx+x-1，則因?yàn)橐字瘮?shù)s(x)在t(x)在(0,+∞)上遞增，且s(1)=0，所以方程2lnx+x-1=0有唯一實(shí)數(shù)根x=1.從而，可知x0=1，所以kOP=t′(1)=1.

綜上，由(*)知所求0

當(dāng)m≤0時(shí)顯然成立；

(2)f(1)=m-1，f′(1)=2m，故切線方程為y-m+1=2m(x-1)，即y=2mx-m-1.

從而方程mx2-x+lnx=2mx-m-1在(0，+∞)上有且只有一解.

設(shè)g(x)=mx2-x+lnx-(2mx-m-1)，則g(x)在(0，+∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn).

又g(1)=0，故函數(shù)g(x)有零點(diǎn)x=1.

又g(x)不是常數(shù)函數(shù)，故g(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增.

∴函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)x=1，滿足題意.

故當(dāng)x在(0，+∞)上變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：

x(0,1)1(1,12m)12m(12m,+?)g′(x)+0-0+g(x)↗極大值↘極小值↗