資源簡介

高中數學課本題目競賽優秀論文目錄
1．研究例題從課本開始 ……………………………………………………………姚 恒
2．常教常新，細水長流 ……………………………………………………………李連方
3．流動的音符，精美的樂章 ………………………………………………………劉曉東
4．研究習題，發掘潛能，輻射整體 ………………………………………………阮正禹
5．數學思維與兵家謀略 ……………………………………………………………楊 冰
6．借題發揮，由圖延展 ……………………………………………………………何蓉勇
7．一道值得進行研究性學習的好例題 ……………………………………………鮑利人
8．變式探究——從基礎到能力的跨越 ……………………………………………高曉英
9．習題，在研究中升華 …………………………………………………………劉英群
10．以點帶面，拓展思維 ………………………………………………………… 蔣國群
11．挖掘例題精髓，開啟思維之門 ………………………………………………馬敏華
12．斐波那契數列與高中數學教學 ………………………………………………葛曉榮
13．多解·探索·應用 ……………………………………………………………謝曉強
14．對一道教材習題的研究性探索 ………………………………………………張國旗
15．探索焦點三角形 ………………………………………………………………鄭崇樂
16．多解·變式·應用·啟示 ……………………………………………………蔣一莉
17．啟發學生探究完整的世界 ……………………………………………………林毅群
18．一道課本習題潛在功能的挖掘和應用 ………………………………………李 蓉
19．意會而神領－對一個向量問題的研究 ………………………………………邵峰棋
20．一道例題的挖掘 ………………………………………………………………楊玉明
21．一道課本習題的變式教教學 …………………………………………………朱慶華
22．數學的理解——對書本一例題的再認識 ……………………………………陳雪云
研究例題從課本開始
—— 一次有意義的課本例題研究
湖州中學 姚 恒
在實驗班的數學教學過程中，常常發現：大多數學生只重視課外高難度數學題目的尋找和鉆研且樂此不彼，卻往往忽視對課本例題的再研究，從而導致眼高手低的學習習慣。殊不知課本例題是一切題目的變化之“源”，脫離課本例題的研究而一味追求題目的“新”和“難”，實則只是無“源”之水，緣木求魚罷了。在“教”和“學”上，如果我們都能作個有心人，留意一下課本例題，不滿足于課本所給的知識，學會對課本例題的再研究和再探索，那勢必會達到事半功倍的效果。下面我們以新教材高二（上）P12中例3為對象進行研究。
原題如下：已知、是正數，且，求證
1、解題方法的研究：
解題教學是數學教學中的重要組成部分，而一題多解能引導學生多層次、多角度的思考問題，揭示問題的本質，全面應用知識來分析問題與解決問題。
⑴基本方法研究：
法1、（作差法）

法2、（作商法）

法3、（綜合法）

⑵發散性方法研究：
法4、由三元均值不等式可得

法5、由二元均值不等式變形得
得：
發散性方法的研究，能鼓勵學生不滿足于已有的解題方法，排除思維定勢，廣開思維方向，積極進行多途徑探索，促使解題能力快速提高。
2、變式的研究
⑴變式1：（結論變化）
已知、，求證：
分析：
⑵變式2、（條件變化）
已知、，求證：
分析：
⑶變式3、（冪次變化）
①已知、，并且，求證
②已知、，并且，求證
學生對知識初步理解和掌握后，需要近一步的深化，變式教學是十分有效的手段，通過變式教學，可使學生所學的知識達到鞏固與提高，在一定程度上能培養學生的創造能力。
3、結論潛在價值的研究
已知、、、，求證：
分析：

通過對知識由特殊到一般化的歸納，可以優化學生認知結構，梳理問題解決的一般思維模式，使學生認清問題的本質，跳出課本例題所給表面知識的束縛，多一點思維的廣闊性，少一點霧里看花的感覺。
4、結論應用廣泛性的研究
從下面幾個例子中，我們體會到用好上述結論可以幫助解決一些看似比較難的競賽題，例題如下：
例1、（1997年第26屆美國數學奧林匹克試題）
對所有正實數、、，求證：

分析： （、）

例2、（第37屆國際奧林匹克預選試題）
若、、為正數，且，
求證：
分析：由熟知不等式
（、）

5、課本例題知識的延伸性研究
如果我們增加上述課本例題條件中的項數把結論向課外延伸，則可以補充進三元均值不等式，而對它的研究可以仿照上面例題的研究方法，讓學生廣開思維，各抒己見，命題如下：
如果、、，則，當且僅當時，取“=”號
（1）、方法研究：
法1、（作差法）

法2、（湊配偶項法）

法3、（換元法）
令則

法4、（放縮法）
令
從原不等式取等號的條件出發，只需能證明
① ②

事實上，不妨設，則
①



不等式①成立
又

不等式②成立，故命題成立
上述不等式是各類數學競賽的常見題型，這類問題的證明技巧性強，方法靈活多變，如果能深入挖掘不等式取等號的條件，通過放縮消元就能證明某些多元不等式。
（2）、方法的潛在價值研究：
有些同學認為方法4比較繁，其實你只要仔細探究，你就會發現這是一種有規律可循的程式化證法，關鍵是找一個有效的不等式鏈，逐步逼近證明目標，如下題：
例3、在中，求證：
①
②
分析：①不妨設，由知，
從而知,則（僅當時，等號成立）


②不妨設，，由知，，從而，
則 （僅當時，等號成立）

5、反思
通過上述從不同角度和不同層次對課本例題的再研究，我們以少勝多，至少達到了以下幾個目的：復習了不等式的基本證法、發掘了例題的內在的隱含價值、對例題的條件和結論進行了一些必要的延伸等，但更重要的是警示我們每一位學生應該重視課本知識，加強對課本例題的研究。
讓學生學會研究例題，首先教師應該先去研究例題，只有這樣，才能做到在引導學生研究例題時，不孤立的去看待一個問題，而應該把它放在整個高中階段的數學知識網絡中才能明白它的價值和地位，其次讓學生明確在學習一個例題時，不應該只重視一個結論，而更應該學會一種研究例題的方法。
讓我們大家都來做個有心人，留意身邊的課本知識，那我相信一定會有意想不道的收獲。
研究例題從課本開始吧！
　　 　以點帶面　拓展思維

　　　　　　　　　 　　湖州中學　蔣國群
　　課本是考試內容的載體、高考命題的依據，其例、習題則是經過反復琢磨、認真篩選后精心設置的，具有一定的典型性，更是高考低、中檔題的直接來源。那么怎樣才能學好課本，發揮其例、習題的價值和作用呢？“勤思探索多解，改編生成新題，適度推廣應用。”是行之有效的方法之一。現舉一例，談談在不等式證明的學習中，怎樣鉆研課本，發揮題目的潛能，培養探究能力和創新精神，以點帶面拓展我們的思維。
1．橫向拓展——培養思維的廣度
高中代數課本新教材第二冊（上）中一道例題：
已知，，求證： ①
見到此題，大多會采用下列
證法一（逆推分析法）：即課本證法。
這種證法的實質，變形的目的各是什么？有沒有別的途徑達到此目的？這樣思考，能激起我們思維與探索的熱情，探得下列
證法二（轉化作差法）：由已知
。但
易得①式成立。
上述兩種證法的“雙重相似”（去絕對值、化分式為整式；分解因式、判定符號），可謂異曲同工！
再思考，也可用下列
證法三（反證法）：過程略。
欲證之式是分式，設其為一個字母，又有下列
證法四（一次函數法）：
設，　則。
而中，，　在上遞增，
又
　
的根在區間內，，即①式成立。
由此自然想到下列
證法五（實根分布法）：以、為根的一元二次方程是，
由,知的對稱軸在內，且 即，　①式成立。
由，，你聯想到了什么？檢索大腦記憶，噴發出思維火花――正（余）弦函數的有界性！又可探索出下列
證法六（三角換元法）：設，，、，則
如果打破常規從解不等式的角度出發，使“靜”向“動”轉化，則有下列較新穎的
證法七（解不等式法）：視為未知數，構造不等式，兩邊平方得，
由，得，
又有已知，即，從而①式成立。
當嘗到了探究的樂趣和聯系的甜頭時，會不斷探索，得出更具創造性的下列證法八（構造定比法）
設，，分別對應數軸上三點、、，且是有向線段的分點，則由，知
所以是有向線段的內分點，， ①式成立。
2．逆向拓展——培養思維的批判性
　　再看下面證法：
　　證明：由，，則
證明過程，巧妙地應用了絕對值不等式進行放縮，看似簡捷，并且也是一氣呵成，但仔細思考，證明過程中對分母的放縮考慮欠妥，這也是不等式證明中容易犯的錯誤。在認知過程中只有讓問題充分暴露，并尋找錯誤的根源，才能進一步完善我們的認知結構，拓展我們的思維。
3．縱向拓展——培養思維的深度
我們對原題進行了多角度的思考，探究出一些較新穎的證法，拓展了思維的廣度。再認真挖掘題目中豐富的內涵，可作進一步變式、推廣：
變式1）對條件進行變化，得到，已知， ，求證： ；
　　2）對結論進行變化，得到，已知，，求證：；
　　3）對條件和結論同時變化，得到，已知,，求證： ， ；
　　4）對形式表達進行變化（令，），得到，已知 ，，求證： ；已知，，求證： 。
若能再引發整體聯想---把①式中的分式視為整體。即可推廣出
命題1。已知，，。
求證； 。
命題推廣了，又如何證明其真假呢？既然如上“思索”，何愁證不出！
當與復數聯系時，可縱向拓展
命題2。設、，且，,則。
4．綜合應用——培養思維的靈活度
　題目：已知，，，
求證：。
　　證法一：構造函數，這里，，，則，
，
　，
一次函數，圖象在軸上方，即當，，時，有。
即。
再思考，能否靈活應用①式結論，又可得到更精妙的證法。
　　證法二：
由①式結論得：，又
（整體思想），
同樣有：，即，
，
，得證。
　　學習知識的過程就是一個創新的過程，只有把已學的知識看作為待創造的成果，去“探索”、去“發現”、去“創造”，才能把基礎知識的復習鞏固與培養探究的習慣、拓展數學思維等有機結合，增強應變能力、發展創造能力，提高數學素質，適應現代教育的要求。
挖 掘 例 題 精 髓 ，開 啟 思 維 之 門
——課本例題引發的思考
湖州市第一中學 馬敏華
課本例題往往是久經考驗，歷經幾年乃至幾十年錘煉的經典之作，的確值得反復研究。且每每研究都會有不同層次的心得體會，細細琢磨也確實會引發一些遐想。
例： 已知函數y = f (x) 在R上是奇函數，而且在（0，+∞）上是增函數，證明y = f (x) 在（–∞ ，0）上也是增函數。（人教版《高中數學》（新教材?必修）第一冊（上）第62頁）
一．啟發式教學引導學生積極思維
教法上遵循“由特殊到一般”的認識規律，本著“教師為主導，學生為主體”的原則，引導學生發現解題思路。原題中是對抽象函數y = f (x) 的證明，而學生思維方面往往依賴具體形象，可不可以落實到具體的函數呢？于是先讓學生觀察簡單奇函數y = x3 在（0，+∞）上的圖象再由性質推知在（–∞ ，0）上也是增函數。但圖象觀察不能替代嚴格的證明，只是讓學生了解這一事實。是不是所有奇函數都有這一性質呢？必須緊扣奇函數與增函數定義，兵分兩路，一方面“順藤摸瓜”，另一方面“由瓜尋藤”。可按以下步驟講解：
（1）根據證明結論先設 x1 < x2 < 0 ,再判斷f (x1) 與f (x1) 的大小。怎么判斷呢？沒有思路，先放一放！
（2）為了利用已知條件即f (x) 在（0，+∞）上的性質，轉而考慮 x1 、 x2 的相反數–x1 、– x2 ,易知– x1 > 0，– x2> 0，且– x1 >– x2 ,又因為在f (x) 在（0，+∞）上是增函數，所以f (– x1) > f (– x2) -------( *)　
（3）由已知f (x) 是奇函數可得 f (– x1)= –f ( x1) ，f (– x2)= –f ( x2)
代入 ( *) 式得 f ( x1) < f ( x2)
整個證明講解要思路清晰、層次分明，充分展現思維過程，采用學生探索和教師分析講授式，通過設疑以及設置“懸念”情境引導學生思考、發現問題，最終解決問題。既激發了學生的主動思維，又使學生能在積極思維中體會到學習的樂趣，擁有成就感。
二．變式教學促進學生思維活動
通過變式訓練可培養學生舉一反三、觸類旁通的能力，并進一步掌握和鞏固知識的相互聯系和關系，形成正確的、“富有彈性”的知識結構網絡，從而學會思維，提高學生的數學素養及探求真理的本領，為創造力的發展奠定堅實的基礎。
變式一 根據學生思維易模仿的特點，條件一般化，提高應變能力，這也是設計變式題首先考慮的一種方法。例題可作如下改編：
1．已知函數y = f (x) 在R上是奇函數，而且在（0，+∞）上是減函數，證明y = f (x) 在（–∞ ，0）上也是減函數。
2．已知函數y = f (x) 在R上是偶函數，而且在（0，+∞）上是增函數，證明y = f (x) 在（–∞ ，0）上也是減函數。
3．已知函數y = f (x) 在R上是偶函數，而且在（0，+∞）上是減函數，證明y = f (x) 在（–∞ ，0）上也是增函數。
變式二 保留例題中所要掌握的知識點，變換習題的形式，改變其背景，激發學生的探求欲望，提高創新能力。
1.已知函數y = f (x) 在R上是奇函數，當x > 0時,f (x) = x 則當x < 0時求f (x)的表達式。
答案：f (x)= x
2.已知奇函數f (x )在定義域（–1，1）內是單調遞減的函數且滿足條件
f (1–a) + f (1–a2 ) < 0, 求a的取值范圍。
答案：0< a < 1.
此題還可引申推廣至三角函數綜合題：
3.設定義域為R的奇函數y = f (x)是減函數,若當[0， ] 時,f (cosθ+2msinθ) +f (–2m–2 ) >0, 求m的取值范圍。
答案：m >
變式三 利用函數奇偶性、單調性在圖象上的幾何性質解決問題（即圖解法），增強應用意識。
1.已知偶函數f (x) 在 [0，+∞] 單調遞增，比較f (2) 與f (–4) 的大小。
答案：f (–4) > f (2)
2.已知函數f(x) 在[–5，5]上是奇函數，且f (3 ) < f (1 ) 則有 （ ）
A．f ( 0) > f (1) B．f (–1) < f (–3) C．f (–1) < f (1)?D.f (-3 ) > f (-5 )
答案：D.
3.下列函數中，哪一個函數既是偶函數，又在區間（0，+∞）上是增函數 （ ）
A．y=x -2 B．y=x C．y=2▏X▕ D．y=1- x2
答案：C.
還體現在解決代數、幾何相結合（即數形結合思想方法）的問題上：
4．f (x) 與g (x)均為奇函數,F(x) = mf (x)+ ng (x) +3 在 (0, +∞) 上的最小值為8,則F (x)在 (–∞,0 ) 上有最 值為
答案： 大 ； –2 .
5．設f (x) = (m–2 ) x2–3 m x +1 (x ∈R)為偶函數，求它的單調區間。
答案：在（–∞，0）上是增函數，在（0，+∞）上是減函數。
變式四 變換條件或結論，提高探索能力。將常規題改為探索題，是設計變式的又一途徑。
1．已知f (x) 是偶函數，而且在（0,+∞）上是減函數,判斷f (x) 在（–∞,0）上是增函數還是減函數，并證明你的判斷。
答案：增函數，證略。
2．已知函數f (x) =（1–a）( ax –a-x ) (其中a>0且a ≠ 1)
(1)判斷f (x) 的奇偶性 ； （2）討論f (x) 的單調性 。
答案：（1）奇函數 ； （2）分類討論得f (x) 在R上單調遞減。
變式五 將例題中所蘊涵的知識點進行引申推廣，如偶函數關于y對稱可引申為關于某條直線對稱，奇函數也可與周期函數相結合。
1．已知函數f(x) 圖象關于x= 1 對稱，當 x >1時 f (x) = –x2 + 6 x–8
（1）當x< 0 時，求f (1–x )、f (x ) 的表達式；
（2）當x< 0 時，若f (1–x )、f (x )、–6 成等差數列，求x 的值。
答案： （1）f(x)=–x2–2x ； (2)x = –3 .
2．函數f (x) = x2 + b x +c 對任意的x都有f (x+1) = f (1–x) 則 a = f（10）b = f（ ），c = f （ ）的大小關系是 （ ）
A． c < b < a B．a < c < b C．a < b < c D．b < c < a
答案： D.
3．設f (x) 是（–∞，+∞）上的奇函數，f (x +2) = –f (x) ,當0 ≤ x ≤ 1 時f（x）= x 則 f（7.5）等于
答案： –0.5
三．美學教育拓寬學生思維方向
由函數的對稱性聯想到數學美。數學美是比較深奧的美，在于各部分的和諧秩序，如數和形的和諧感，對稱美就是其中一種。實質上，數學對稱美是自然物的和諧性在量和量的關系上最直觀的表現。
（一）數學對稱美的具體表現
對稱性含義較廣，從狹義上說是指幾何對稱和代數對稱，從廣義上講，還包括對偶、勻稱等方面內容。
例1．偶函數的圖象關于y 軸對稱，奇函數圖象關于原點中心對稱，函數f (x) 的圖象與它的反函數圖象關于直線y = x 對稱，還可推廣到圖象關于直線 x = a 或 y = b 對稱以及關于點（a , b ）中心對稱乃至周期函數如y = sin x 、y = tan x 等，這些都給人以賞心悅目之感。
例2．解析幾何中，方程 ρ=a sin3及 ρ=a cos3θ ， ρ=a sin2θ 及 ρ=a cos2θ 表示的曲線，人們分別冠以三葉玫瑰、四葉玫瑰的美稱。
例3．二項式展開式也顯示一種對稱美：
.
楊輝三角形更組成一個美麗對稱圖案：
1　　　　　　　　　　　
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
………………………………………
摩根定律 ：（ CU A ） U （ CU B ）= CU ( A B )
（ CU A ）　（ CU B ）= CU（ A U B ）
正弦定理 ：

無不蘊涵著對稱美，帶給人們美的享受。
例4．代數對稱，無論在初等代數中還是高等代數中，都有著豐富的內容。如共軛根式、共軛復數、對稱多項式、輪換對稱多項式、線性方程組的克蘭姆法則、對稱矩陣等都滲透著對稱的思想。
（二）利用對稱性，考慮對稱方法
已知 0 < a < 1, 0 < b < 1, 0 < c < 1求證：a b c(1–a) (1–b) (1–c) ≤
分析：易知要求證的不等式左邊是對稱式，所以只要證明 a (1–a) ≤ 即可。
由題意得 a和 1–a 都是正數，因而有2 ≤ a + (1–a) =1 即
a (1–a) ≤
再由對稱性可得 b (1–b)≤ , c (1–c)≤ , 故原題得證。
例2．f (x) 滿足條件 f (1–x) = f (1+x),且f (x)在定義域內有11個根，求各根之和。
分析：若要先求出這11個根，再求各根之和是不可能的。我們不妨用數學美的觀點審視題目，由f (1–x) = f (1+x) 知f (x)的圖象關于直線 x=1對稱。由f (x) 與x 軸有11個交點及對稱性可知,f (x)與x 軸的一個交點為（1，0），另10個交點在直線 x=1兩邊對稱分布，每邊5個，依次等遠，所以各根之和為11。
由數形結合的思想方法還可聯想到數學的統一性。數、形本是數學研究的兩個獨立的對象，對它們的研究，分別構成了代數與幾何，然而通過坐標系的建立，使點與數對建立了一一對應，從而把代數與幾何聯系起來。如通過弧度與角度互化使得三角函數圖象躍然紙上，又如通過向量的坐標表示把向量的計算與坐標計算統一起來。正如希爾伯特所說：“數學科學是一個不可分割的有機整體，它的生命力正是在于各個部分之間的聯系。”統一性是數學結構美的重要標志，通常表現為數學概念、規律、方法的統一，數學理論的統一，數學與其他科學的統一。
四．歸納鞏固完善學生思維結構
解題并不是數學學習的最終目的。題海無邊，關鍵不在做題的數量，而在做題的效果。我們應該通過解題后的反思，最大限度地發揮例題的功能，幫助學生加深對基本知識和方法的掌握，提高發現問題、分析問題和解決問題的能力，培養創新意識和科學的思維品質。
解題回顧，反思性學習可提高學生的元認知能力，使思維不斷深入，形成獨立思考的能力。
歸納題型
圍繞例題中的兩個主要知識點即函數奇偶性和單調性，從題目的形態上表現為選擇題、填空題、解答題；從題目的結構上有半封閉型、開放型題。但題型相似有時解法卻截然不同，如“用函數單調性證明f(x)= 在（–∞，0）上是增函數”，因此例中的函數是具體函數所以采用“作差法”。
歸納解題思路
數學是思維的體操，在學習中不僅要知其然，更要知其所以然。讓學生積極參與和經歷思維過程，領會常用的思想方法，整體換元思想（如變式二中的3）、數形結合思想（如變式三中的4、5）、分類討論思想（如變式四中的2）、轉化思想（如變式五中的2、3）及時總結規律，為今后的解題思考提供借鑒。通過對函數圖象結合奇偶性和單調性的研究，總結得到：函數同時具有奇偶性和單調性時定義域必須對稱，且在對稱區間上奇函數單調性一致、偶函數單調性相反。 　　　　　　
例題往往具有典型性和代表性，引導學生一題多變，讓問題由點構成面；引導學生一題多用，讓問題由面構成體。這樣就能“成片開發”真正做到事半功倍。同時讓學生學會多角度、多層次地思考問題，掌握知識的內在聯系，建構并完善自己的思維結構。正如波利亞所言：“不斷變換你的問題，使學生通過這道題目，就如同通過一道大門進入一個嶄新的天地。”
歸納引導創新
通過習題教學，教師正確、適當引導，在師生間、生生間展開討論、聯想，共同挖掘、推廣，由表及里、由淺入深，潛移默化地影響、感染學生，讓學生領略到數學美和數學無窮的魅力，并學會思考、尋求解題的最佳策略，達到“題在書外，根在書內”的效果，有助于創新思維的培養。
總之，課本例題需要我們不斷去領會和研究，通過對典型例題的深入挖掘、探索，既能使學生對所學知識進一步理解、深化，最終形成更加豐富的知識結構，同時還能開發學生的智力，培養學生的探索精神，激勵學生的創造思維。
主要參考文獻：
1.《中學數學方法論》 丘瑞立、鄒澤民 主編 廣西教育出版社 1999.8
2.《中學數學課例分析》羅增儒 著 陜西師范大學出版社 2001.7
斐波那契數列與高中數學教學
湖州一中 葛曉榮
摘要：本文首先從建構主義的觀點，來闡述在教學中由習題引入斐波那契數列及其來源的必要性，然后從研究性學習的角度分三個方面來展示該題的啟發功能，并得到一些結論（如：若兔子的生長期為r個月，則由每月兔子總數所組成的數列的遞推公式為：an=an-1+an-r (n≥r+1)）。最后從數學美等方面，來說明此題的其它教育功能。
新教材第一冊（上）第114頁習題3.1的第4題的第（1）小題為：“已知數列{an}的第1項是1，第2項是2，以后各項由an=an-1+an-2 (n≥3)給出，寫出這個數列的前5 項。”該數列的遞推公式是由已知數列的前2項，及任一項與它的前2項間的關系得到的。通過此題可以使學生更好地理解遞推公式的含義。若將此題的“第2項是2”改為“第2項是1”，則此數列即為斐波那契數列。或令f1=1,通過公式fn=an-1 (n≥2) 構造一個新的數列{fn}，則{fn}也為斐波那契數列。所以可由此題向學生介紹斐波那契數列。
介紹斐波那契數列可為教師和學生開辟更自由的發揮空間，這也是新教材的一大特色。
一、有利于激發學生興趣，加深概念理解
在解決問題的過程中，建構主義認為首先要對問題的意義進行建構，就是從記憶中激活和提取與問題相關的知識和經驗，對問題的現有狀態、目標狀態，現有狀態和目標狀態的差別，以及可以進行哪些操作來縮小這些差別等，建立理解和聯系。在建構“問題意義”的過程中主體的已有經驗起著十分重要的作用。對“問題意義”成功的建構，是將新問題納入到已有解題認識結構的過程中，主要依賴于新問題與主體認識結構中關于解題的各個范例（模板）、一般模式（原形）、或特征的比較，進行模式識別。因此對問題意義的建構，就是外部輸入的信息與來自認知結構的內部信息的一種綜合。這種比較和綜合可以激活或立即回憶起相應的知識、方法、策略或思想，從而一步一步地將所面臨的問題解決。
在此題教學過程中，先引入斐波那契數列的來源。可以這么引入：“在800年前，在意大利，有一位數學家，叫斐波那契。他寫了一本書，名為《算盤書》。這本書在當時被學校當作標準教科書沿用了200多年。書中有一個有趣的問題：若每對大兔子每月初能生一對小兔子，而每對小兔子生長兩個月就長成大兔子。問由一對剛出生的小兔子開始，假設兔子不死，一年后可以繁殖成多少對兔子？現在這道古代教科書中的問題，看看我們能不能解決它？”這樣一方面可以激起學生的好勝心，迫不及待地想解決它；另一方面對問題的意義進行了建構，使得題目不再只是枯燥的數學符號，而是有血有肉，激發了學生的興趣。
在提出問題之后，可以引導學生自己得出下表：
月份
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
大兔子
0
1
1
2
3
5
8
13
21
34
55
89
小兔子
1
0
1
1
2
3
5
8
13
21
34
55
總數
1
1
2
3
5
8
13
21
34
55
89
144
分析：此表為每個月月底的兔子數目的統計表。第1個月底，小兔子還未長大，所以小兔子數目為1對，大兔子0對，總數1對；第2個月底，小兔子長成了大兔子，但長成的大兔子還沒有生小兔子，所以大兔子有1對，小兔子沒有，總數1對；第3個月底，大兔子生了一對小兔子，所以大兔子有1對，小兔子也有1對，總數2對；第4個月底，小兔子長成了大兔子，加上原有的1對大兔子一共有大兔子2對。而剛長成的大兔子還不能生小兔子，所以小兔子仍為1對，總數為3對；第5個月底，上月的小兔子還未長成大兔子，而上月的2對大兔子又生下了2對小兔子，所以大兔子有2對，小兔子有3對，總數為5對……如此下去，即可得到上表。
此過程完全可以由學生自己用已有的知識和生活經驗來完成，然后提醒學生觀察兔子總數一欄里的那一列數，設這列數為{fn}, fn為第n個月后的兔子總數。參照大兔子數目、小兔子數目與兔子總數的關系，并觀察上面兩列數，很快學生就可以得到遞推公式：fn=fn-1+fn-2。通過這個過程可以讓學生參與新知識的構造過程，雖然是再創造，但是對學習者本人還是處于第一次發現的地位。這樣一方面可以加深學生對新知識的理解，另一方面可以激發學生的學習積極性，讓他們主動地去學。
二、通過斐波那契數列引導學生開展研究性學習
1、研究斐波那契數列的性質
斐波那契數列非常著名，它是一個線性遞歸數列，在數學領域的許多分支有廣泛的應用。它的特征是：F1=F2=1，Fn=Fn-1+Fn-2 (n≥3)。1730年，法國數學家棣莫費得出了斐波那契數 列的通項公式： 。斐波那契數列的著名，還在于它具有許多美妙的性質。人們往往對此孜孜不倦。1963年，美國就創刊了《斐波那契季刊》，專門研究斐波那契數列 的性質。當然由于所學有限，不可能引導學生去研究所有的性質，但一些與初等數學有關的性質，還是能夠引導學生去研究的。
比如將斐波那契數列中相鄰的數字相除組成新的數列：
對這個新數列，我們有
而 恰為黃金分割比！這樣我們就得到了斐波那契數列的一個性質：相鄰兩數的比交替地大于或小于黃金分割比，并且該比值無限趨近于黃金分割比。
另外1680年卡西尼發現的性質： ，也可引導學生去發現它。在學了數學歸納法之后，更可以用數學歸納法證明這個等式。在得到這一性質后，我們還可以去研究斐波那契數列跟完全平方數的關系。我們可以證明以下結論：若fn是斐波那契數列中的第n項，則對任意正整數n，數組：
中任兩數之積再加1都是一個完全平方數。
我們先證明：
證明：∵

同理可得：
現在我們證明：
證明：∵



∴等式成立。
類似的，我們可以證明：
實際上這一結論在1977年已被兩位美國人證明了，但是通過這一證明過程，我們可以受到啟發，得到新的結論：若fn是斐波那契數列中的第n項，則對任意的正整數n，數組fn-1, fn+1， fn+3中任兩數之積再減1都是一個完全平方數。
不難證得：
另外，我們還可以得到結論：4f2nf2n+1f2n+2 與 f2n-1，f2n+1，f2n+3 中的任意一個數相乘，所得的積再加上1也是一個完全平方數。
我們可以證明：
2、引導學生去創造一些新的數列
在引入斐波那契數列的過程中，已經使學生感受到：數學來源于生活，數學并不神秘，我們也可以去研究它。有一位中學生曾經創造了兩個數列：
這兩個數列可用來計算任何一個正整數開任意次方，并估出精確度（詳見《國內外中學數學》1987.8.第三期“用于正整數開方的兩個遞推數列”一文）。
這樣就可以引導學生去創造一些新的數列，去研究創造出來的數列的性質，并可以以創造者的名字來命名新數列。當然這種研究對創造者的能力提出了較高的要求。
3、改變條件，研究新數列
引導學生思考：在斐波那契數列提出的問題中，若將“小兔子經過2個月長成大兔子”改為“小兔子經過1個月長成大兔子”，則每月兔子總數所組成的數列{an}具有什么特征？
按前面分析的方法，由于小兔子的生長期只有一個月，所以到了每個月底，小兔子的數目總為0。我們可列表如下：
月份
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
大兔子
1
2
4
8
16
32
64
128
256
512
1024
2048
小兔子
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
總數
1
2
4
8
16
32
64
128
256
512
1024
2048
顯然此時，數列{an}是一個首項為1，公比為2的等比數列。它的遞推公式為：an=2an-1 (n≥2) 。
再引導學生思考：若將“小兔子經過2個月長成大兔子”改為“小兔子經過3個月長成大兔子”則每個月兔子總數所組成的數列{an}具有什么特征？
為了研究的方便，現在把小兔子分成兩類：一類為1月大的兔子，另一類為2月大的兔子。
分析：第1個月底時，有1月兔子1對，2月兔子沒有，大兔子沒有，總數為1對；第2個月底時，1月兔子沒有，2月兔子有1對，大兔子沒有，總數仍為1對；第3個月底時，1月兔子沒有，2月兔子沒有，有大兔子1對，總數為1對；第4個月底時，有1月兔子1對，2月兔子沒有，大兔子有1對，總數為2對；第5個月底時，有1月兔子1對，2月兔子1對，大兔子1對，總數為3對……如此下去，就可以得到下表：
月份
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
大兔子
0
0
1
1
1
2
3
4
6
9
13
19
2月兔子
0
1
0
0
1
1
1
2
3
4
6
9
1月兔子
1
0
0
1
1
1
2
3
4
6
9
13
總數
1
1
1
2
3
4
6
9
13
19
28
41
類似斐波那契數列，我們可以得到遞推公式：an=an-1+an-3 (n≥4)。斐波那契數列的遞推公式為：an=an-1+an-2 (n≥3)，當兔子的生長期為一個月時，所得數列的遞推公式為：an=2an-1 (n≥2)，即：an=an-1+an-1 (n≥2)。由此我們猜想當兔子的生長期為r個月時，所得數列的遞推公式為：an=an-1+an-r (n≥r+1)。經過驗證，我們可以得到這個結論。在此過程中，應注意培養學生的猜想能力，關鍵是培養他們的自信心，鼓勵他們大膽的猜想。
三、其它能力的培養
上文已經提到斐波那契數列的通項公式為： 。這是一個看上去令人很不舒服的式子，它既有分數形式，又有無理數形式，還要n次方。但妙就妙在，就是這么復雜的一個式子，當n為正整數時，Fn恒為一個正整數。這是一個多么漂亮的式子！從中可以充分感受數學的和諧之美。斐波那契數列的性質處處體現了美：卡西尼從看似雜亂無章的數列中找到了那么簡潔明了的性質，向人們展示了無序與有序的辨證統一關系。斐波那契數列中相鄰兩數的比交替地大于或小于黃金分割比，并且該比值無限趨近于黃金分割比。而黃金分割比是數學在美學中的經典體現。通過這方面的引導，可以使學生充分感受數學之美，提高他們對數學的興趣。
大自然變化萬千，但許多事物亦有規律可尋，就看我們能否發現它們。比如：茉莉花有3片花瓣，毛莨屬植物有5片花瓣，翠雀屬植物有8片花瓣，萬壽菊屬植物有13片花瓣，紫宛屬植物有21片花瓣，雛菊屬植物有34、55或89片花瓣……這些數字恰好就是斐波那契數列中的一些項，這是巧合嗎？通過對這類問題的考慮，可以使學生更了解大自然，貼近大自然。這恰恰這代人所缺乏的。我們的學生往往習慣于從書本上接受知識，而對于從生活中通過觀察直接獲取信息，并經過自己的加工，來獲取知識的能力往往比較差。只有通過加強這方面的訓練，才能得到提高。
參考文獻：
[1] 吳振奎.幾個與完全平方、平方和有關的問題（上）.中等數學，2003(1).
[2] 李啟柱.數學建構主義學習的實質及其主要特征.數學通訊，2001(5).
[3] 韓祥臨.數學史導論.杭州大學出版社，1999，第1版.
[4] 21世紀高中數學精編.浙江教育出版社，2000，第1版.
多解·探索·應用
—對一道課本習題的挖掘和反思
德清高級中學 謝曉強 (郵編:313200)
數學是一門獨特而重要的基礎學科,其習題教學占了大部分教學內容.從習題中求知識, 找方法, 練思維是我們共同的目標. 但許多老師在課后之
余往往發出"題海無邊,回頭是岸"的感嘆.那么哪里才是我們教學的彼岸呢,我想"岸乃課本也".課本是課之根本、而課本中的例題和習題都是經過專家們仔細斟酌而定的,具有典型性和代表性,因此對于它們的教學應從多角度,多層次去分析,充分挖掘它們的教學教育功能.我僅就對一道課本習題的教學談談自己的一些做法.
[原題] 求證:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2) (高中新教材第二冊上P16)
此題是一道不等式證明的練習題.學生用比較法或分析法即可完成.因
其證法簡單,所以教師和學生在講完做完后往往忽視了對其進一步的挖掘.
一.啟疑,廣議與多解
啟疑是打開思維的鑰匙,廣議是訓練思維的橋梁,聯想是思維飛翔的翅
膀.我們的教材是按照章節內容順序編排的,對于課后習題的處理學生往往 只限于用剛剛學過的知識去解決.長期下來養成了"現買現賣"的思維定勢,不利于學生思維品質的培養和解題能力的提高.因此教師在備課時應做到心中有數,明確習題的功效,發揮其潛在的價值.誘導學生啟疑,誘發學生多議,幫助學生聯想,如對此題可以提出以下問題:⑴.是否還有不同的解法? ⑵.這些解法是否只限于不等式這一部分內容? ⑶. 哪些方法我們熟知的,哪些是未知的?等等.在給學生時間充分考慮的基礎上,教師引導學生如下:
啟發1.我們剛剛學完平面向量的知識能否從左式(ac+bd)結構中得到一
些啟示?…學生很快發現如果將ac+bd改寫成x1x2+y1y2的形式，則此式是兩
個向量數量積的坐標表示,于是有如下解法.
解法一:(向量法)令p=a·i+b·j , q=c·i+d·j 則
|p·q|≤|p|·|q| |ac+bd|≤
∴(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)
啟發2.如果將目光集中在式子右側"平方和"的結構上,那么又可以 類比聯想到那一部分內容?…經過學生多方面考慮,發現若將sin2a+cos2a=1 變為(rsina)2+(rcosa)2=r2，則可將右式化成三角形式.繼而求證.
解法二:(三角換元法)令a=r1sinα b=r1cosα c=r2sinβ d=r2cosβ則
[r1r2cos(α-β)]2≤(r1r2)2 ∴(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)
啟發3.若將原式變形為[2(ac+bd)]2-4(a2+b2)(c2+d2)≤0 (注:B2-4AC≤0)
則學生很容易想到韋達定理,于是構造方程 , 證明有一解或無解即可.
解法三:(構造法)構造方程(a2+b2)x2+2(ac+bd)x+(c2+d2)=0 ∵原方程等價于(ax+c)2+(bx+d)2=0 (a=b=c=d=0,顯然成立)
∴只有當x=-=-時成立,故Δ≤0即(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)

以上不同解法都是在學生已經掌握相關知識的基礎上展開的,它打破
了利用章節內容解題的束縛, 培養了學生思維的跨越性, 使學生的思維從
僵化走向靈活, 從膚淺走向深刻,開拓了學生的思維空間. 掌握和感受了
常用的解題思想方法,如換元,構造,類比,化歸等. 作為對此題多解性的完善,
教師可以在后續內容的不同教學階段進一步開展 "老題新解"的工作.如利
用點到線的距離公式等.這樣既在高層次上促進了知識的融會貫通,也進一步
培養了學生的求異思維和創新思維.
二.特殊,一般與探索
辯證法告訴我們"變"是絕對的,"不變"是相對的.在變中求生存, 在變中求發展是必然的規律. 有矛盾才會生變,產生矛盾的因素很多:動與
靜,正與反,局部與整體, 特殊與一般 . 我們在教學過程中也應該教會學生
用辯證的思維去發現問題,認識問題,解決問題.對于此題我們發現
①.若令a2+b2=1, c2+d2=1則此題變為課本P27例1.
求證:|ac+bd|≤1
②.若令c= ,d= ,則此題變為課本p11習題1.
求證:()2≤
進一步啟發學生思考：原題中的各種解法對它們可行嗎?如果換元，怎樣換元 如果構造，構造什么？特殊中是否蘊涵著特殊解法呢?…教師將學生的各種想法歸納總結，對②題又得出如下新的解法：
解：（構造函數法）令f（x）=x2，A（a，a2），B（b，b2） C（ ，）D（，（）2） A C B
由圖可知yC≥yD ∴()2≤ a D b
如果我們將立足點從"特殊"轉變為"一般",則原命題如何推廣,對它
們又如何證明呢?…學生經過分析,得出如下式子.
①.(a1b1+a2b2+a3b3)2≤(a12+a22+a32)(b12+b22+b32)
②.( a1b1+a2b2+a3b3+a4b4)2≤(a12+a22+a32+a42)( b12+b22+b32+b42)
……………………
③.()2≤ ()2( )2 (注:柯西不等式)
將特殊與一般的辯證思維運用于教學過程中,無疑有助于培養學生思維
的獨立性和創造性. 事實上培養學生從會解決問題向會提出問題的角色轉
變,更具有現實的意義.
三.鞏固,強化與應用
學習的目的在于應用,應用不僅能體現知識的價值,強化學習的動機,
而且還能對知識進行再組織和再加工.但我們在教學過程中不難發現,學
生往往對做過的題目印象不深, 就算是能夠重新再做,也往往是采取了"
題海戰術". 所以在對知識進行鞏固和強化的過程中,盡可能用出新意,用
出新招.如對此題若做如下等價變形:|ac+bd|≤則可以
做為求函數最值的強有利工具.
①當ac+bd>0,右端為常數,ad=bc時左取最大值
②當ac+bd<0,右端為常數,ad=bc時左取最小值 －
例題:求函數f(x)=5 的最小值
簡解:∵函數定義域為x∈[1,5] ∴f(x)>0
f(x)=
令a=5 , c= ,b= ,d= 則由①可得
5· +· |≤
此時,由bc=ad可得x= ∈[1,5],即最大值為
對于某些函數的最值問題,若能利用此不等式,合理變形,巧妙求解 不僅開辟了求最值的新途徑. 加強了對原不等式新的認識, 而且更加有 效培養了學生的思維品質. 新世紀呼喚的是素質教育和創新教育.要落到實處,只有讓我們的課堂教學出新出彩. 對于起著重要作用的習題教學, 應盡可能揭開其"猶抱琵琶半遮面"的面紗.正如前蘇聯教育家奧加涅相說的那樣:"必須重視,很多習題潛在著進一步擴展其教學功能,發展功能和教育功能的可能性……".
對一道教材習題的研究性探索
浙江安吉高級中學 張國旗（313300）
課本例習題一般具有典型性、示范性、遷移性，它們或是某些數學方法；或體現某種數學思想；或提供某些重要結論。充分認識例題、習題本身所蘊含的價值，通過類比、遷移、拓廣，進行研究性探索，提出新的問題并加以解決，能有效地鞏固學生的基礎知識，發展學生的數學能力，并能很好地發揮教材的擴張效應。
下面一例，可見一斑。
題目 求曲線上與原點距離最近的點P的坐標.(人教版《數學》復習參考題八B組第6題)
略解 設所求的點P的坐標為,則

當時,,這時
∴點為所求的點.
從條件、結論的變化上研究
在解題教學中，從條件、結論著眼，滲透學生對原題進行變式、推廣的研究，能使學生不斷完善知識結構，提高舉一反三，出類旁通的能力。
研究題1 在曲線=上求一點M,使此點到的距離最短,并求最短距離.
解 設點M的坐標為,則

若時,則當時,,這時點M的坐標為(2,0);
若時,則當時,,
這時點M的坐標為.
研究題2 在曲線=上求一點M,使此點到的距離最短,并求最短距離.
解 設點M的坐標為,則
若,則當時,,這時點M的坐標為(0,0);
若,則當時,,
這時點M的坐標為.
從問題情景的設計上研究
對教材進行再創造，創設不同的問題情景，將數學問題設計成學生身邊的實際問題，給學生創設一個抽象、概括、數字化的過程，能激發學生的研究熱情。
研究題3 一只酒杯的軸截面是拋物線的一部分,它的函數解析式是
,在杯內放一個玻璃球,要使球觸及酒杯底部,求玻璃球的半徑的取值范圍
解 由拋物線的對稱性可知,圓的圓心在上,又因為球觸及酒杯底部,所以圓與拋物線相切于頂點,設圓的方程為
由得
要使(*)式有且只有一根,只需，即玻璃球的半徑的取值范圍
從問題的開放角度研究
把開放性問題引進課堂，讓不同層次的學生都能以研究者的姿態出現，去體驗創造成功的感受，這對培養學生的創新精神是大有裨益的。
研究題4 是否存在同時滿足下列條件的拋物線：(1)準線是；(2)頂點在軸上；(3)點到此拋物線上動點的距離的最小值為。若存在，有幾條？并求出方程；若不存在，說明理由。
解 假設存在這樣的拋物線。
，∴拋物線的開口向左。
設拋物線方程是
∵準線方程為，，∴，
∴拋物線方程是
設點坐標為，則
若，則當時，
，
∴拋物線方程是。
若，則當時，，
，，
∴拋物線方程是。
∴滿足條件的拋物線存在三條，分別是
。
對于課本習題，需要我們去領會和研究。在中學數學教學中，搞好習題教學，特別是搞好課本習題的研究性教學，不僅能加深基礎知識的理解和掌握，更重要的是在開發學生智力、培養和提高學生能力等方面，能發揮其獨特的功效。
探 索 焦 點 三 角 形
——對一道課本習題的研究性學習
浙江省德清縣德清三中 鄭崇樂
孔子說得好：知之者不如好知之者，好知之者不如樂知之者。如何激發學生的求知欲，培養學生的創造性思維是我們數學教師的一個重要任務。探索性學習作為一種開發式教學，它是培養學生創造性思維的重要手段；探索性問題在高考數學試題中也占有一定的比例，而且有繼續上升的趨勢。在平時的教學中，如何利用課本習題設計探索性問題、引導學生進行研究性學習呢？現行高中數學新教材第二冊，P132，第6題就是一個很好的例子，而且很多高考題、競賽題都可以在此題中找到生長點。
原題：在橢圓上求一點，使它與兩個焦點的連線互相垂直。
分析：如圖，ΔPF1F2為橢圓的一個焦點直角三角
形，P為其一個直角頂點，滿足條件的點有四個，而且
就是圓與橢圓的交點。下面
從三個方面對它進行研究。
橢圓中的焦點三角形
探究1：對一般的橢圓，其上是否一定存在點P，使其與兩焦點的連線互相垂直？若不一定，橢圓要滿足何種條件時才存在？
設存在，則這些點必是以兩焦點連線段為直徑的圓與橢圓的交點。由其聯立方程組得：，
因為不一定成立，所以這樣的點P不一定存在。只有當當成立，即時才存在，此時橢圓的離心率?。又當時，；此時該點在y軸上，方程組有兩解且圓內切于橢圓。
結論1：當（即）時，橢圓上存在點使其與兩焦點連線互相垂直。當（即）時，這樣的點有四個；當（即）時這樣的點有兩個，為橢圓與短軸的交點。
探究2：若，則與a、b有何關系？
設P為,則


結論2：當時，
探究3：當時，又與橢圓中哪些量有關？
為通徑的一半，即

結論3：當時，且
練習：設為橢圓的兩個焦點，P為橢圓上的一點，已知P，是一個直角三角形的三個頂點，求的值。（2001年上海高考題）
此題要考慮到上述兩種情況，且當時，，此時由勾股定理容易求出，為解答帶來方便。
探究4：設橢圓上有一動點P，當P運動到何處時最小？當P運動到何處時，最大？
設=，=，則
，當 =時取等號，即當P運動
到橢圓與短軸的交點C、D時最小，
最大。即點P從A到C運動過程中從變到最大值；從C到B時又逐漸從最大變到。所時，當P運動到時，最大，且在運動的過程中存有鈍角三角形；時，為非鈍角，因此當P運動到C、D兩點時，最大，且為非鈍角三角形。
結論5：設橢圓上有一動點P，當P運動到橢圓與短軸的交點時最小；時，當P運動到時，最大=1；時，當P運動到橢圓與短軸的交點時，最大。
探究5：設，則及與有何關系？


又設P，由焦半徑公式知,

結論6：橢圓上兩焦半徑的積或
結論7：橢圓上焦點三角形的面積 （）
設=，=,則，的半周長，由海倫公式得：


結論8：設=，=，則
設，P在橢圓上運動時，當P運動到橢圓與短軸的交點時最大，且，所以；又，因此可得以下結論：
結論9：點P在橢圓上運動，當P運動到橢圓與短軸的交點時最大=bc。
練習：①是橢圓的兩焦點，點P在橢圓上，已知求
②是橢圓的兩焦點, 點P是橢圓上的動點，試求的最大值和最小值。（1997年第七屆“希望杯”賽題）
③圓（r>0）經過橢圓的兩個焦點且與橢圓有四個交點，其中p是一個交點，若的面積，橢圓長軸為15，試求的值（2000年第十一屆“希望杯”賽題）
略解：①

②由（）知當最小，即P在橢圓與短軸所在直線的交點時最大=4；當P在橢圓與長軸所在直線的交點時，最大=1，最小=1
③由題知


探究6：當（即）時，P點的坐標滿足什么條件時為鈍角？為銳角？
設P，由前知當時，，
，據前面的推論可得出結論：
結論10：當（即）時，設P，當時，為鈍角；或時為銳角。
練習：橢圓的兩個焦點為，點P為其上的動點，當為鈍角時，點P橫坐標的取值范圍是 （2000年高考題）。解答略。
雙曲線中的焦點三角形
雙曲線作為非封閉曲線，且，雙曲線中的焦點三角形是否具有與橢圓中焦點三角形類似的性質呢？為此，我們作類似的探討。
探究1： 在雙曲線上是否存在點P，使其與兩焦點的連線互相垂直？若存在與a、b、c有何關系？
設存在，則點P必在以為直徑的圓上，由方程組


因此點P一定存在，且有四個這樣的點。。
結論1：雙曲線上存在四點使其與兩焦點連線互相垂直；且。
當時，，
結論2：當時，，
練習：雙曲線上的兩個焦點為，點P在雙曲線上，若，則點P到x軸的距離為 （2001年全國高考題）
探究2：當為一般三角形時，及又與哪些量有關？
與橢圓類似，很容易推到 （）
結論3：雙曲線上兩焦半徑的積為 （）
結論4：雙曲線上焦點三角形的面積為
練習：①設F1和F2為雙曲線的兩個焦點，點P要雙曲線上且滿足，則的面積為 （1994年全國高考題）
（A）1 （B） （C）2 （D）
由公式即可得答案。
②P是雙曲線上的一點，F1和F2是兩焦點，若，試求的大小。（1988年廣東省高考題）
由 （）便可求得。當然此結論的得出是通過余弦定理，若直接應用余弦定理也可。
設=，=,則由雙曲線定義知：，的半周長，故有




結論5：設=，=，則
此結論對解答很多高考題也有很多方便之處，此處便不一一舉例。
探究2：設P為雙曲線上的動點，P點的坐標滿足什么條件時為鈍角？為銳角？當P運動到何處時最小？最大？
設P，由前面知，當 時，
，從運動的觀點可得到與橢圓類似的結論。
結論6：設P，當或時，為鈍角；當或時，為銳角。
又當P在運動的過程中范圍在上變化，因此可得以下結論：
結論7：當時，最大=1；當P運動到雙曲線與實軸的交點（即）時，最小。
同在橢圓和雙曲線中的焦點三角形
雙曲線與橢圓有許多相同或相似的性質，若將它們整合，又能得到什么結論呢？我們作以下探討：
探究1：設橢圓與雙曲線有公共焦點F1和F2，P是它們的一個交點，設，則及與有何關系？
由上面的討論知…① 且 …②
①②得 代入①得
探究2：設橢圓與雙曲線有公共焦點F1和F2，P是它們的一個交點，若時，則之間有何關系？
因為，且由前面的討論知，點P到x軸的距離為，所以
又
因此，此時要滿足，

多解·變式·應用·啟示
湖州中學 蔣一莉
題目
在第一冊（上）第113頁有練習
寫出下面數列{}的前5項：
1、
2、
在第一冊（上）第114頁有習題3、1
3．寫出下面數列{}的前5項：
（1）、
完成這三個題目不成問題，但這三個題有沒有相同的地方？給出了首項和遞推公式形如 的數列，為了對這三題的數列{}有全面的了解，能不能更進一步由簡單遞推公式求出通項呢？在教學中為了方便計算，我把三題合成例1進行探究。
一、探究多解
例1 設求數列{}的通項公式。
解法1 觀察法
分析：由遞推式 可知{}既不是等差也不是等比，那我們先不考慮常數3，原式先看成


與 比較得m=3
這樣原式就變成 則{}是等比數列，首項+3=8，公比是2，先求+3，再求。
解：由 兩邊加3
得
{}是等比數列，首項+3=8 公比q=2



解法2：換元法
解：令 則
代入遞推式

令
則
又
這說明是等比數列且公比
首項


解法3 累差法
解：

二式相減
是以為首項。 以公比的等比數列


得
=

形如的數列，如、數字較簡單，最好通過拆為二數，用觀察法轉化成等比數列來求，或用換元法、累差法來求。
二、探究變式
變式一：例如：設， ，
求數列的通項公式。
解：

由上述二式求差：
①
令
則①變成 轉化成例1的形式來求解

個相加



變式一雖然把常數3變成了變化的，但是形如 （，為非零常數）我們可以通過先求差，把它轉化成例1的形式，再求解。
變式二：例如：，
求數列的通項公式。
解：由
兩邊同除以，則

即 ②
令
則②變成
由 得

變式二中，常量3變成，形如 （，為非零常數）可試著通過兩邊同除以，把它轉化成例1的形式來解。
變式三：例如：，
求數列的通項公式.
解: ,由求倒數,得③
令,則③變成.由得,.
變式三中遞推式出現分式可試著求倒數轉化成例1的形式來解。
變式四： 例如:且,
求數列的通項公式.
解:,兩邊取對數,得,令 ,則上式變成,由得.
.
變式四中遞推式出現高次，而且有的前提條件，可試用取時數轉化為例1的形式來求。
三探究應用
（2002年高考20題）
某城市2001年末汽車保有量為30萬輛，預計此后每年報廢上一年末汽車保有量的6%，并且每年新增汽車數量相同。為保護城市環境，要求該城市汽車保有量不超過60萬輛，那么每年新增汽車數量不應超過多少輛？
解：設2001年末汽車保有量為萬輛，以后各年末汽車保有量依次為萬輛，萬輛，……每年新增汽車萬輛，則
，
對于，有
通過例1的觀察法、換元法、累差法均可得到
四探后啟示
同學中有一部分只滿足于問題的解決，這就錯過了一個有益的機會，因為有許多問題都有豐富的內涵和寬廣的外延，做一個有心人，對一個題目或幾個題目做進一步的探究，既可鞏固知識，又可提高思維能力，這正是提高素質所追求的學習能力之一。

啟發學生探究完整的世界—就新教材的一個習題嘗試學生多角度思維能力的養成
浙江長興一中 林毅群 （313100）
“一朵花里看世界，一道例題見規律”，只要我們本著培養學生創新能力的思想，“以學生發展為本”，共同合作探究，就可以更好地理解課本內涵，甚至可以彌補課本之不足。
新教材的一個習題
在新教材第二冊（上）第133頁上有這樣的一個習題：
兩定點的坐標分別為Ａ（-1，0），Ｂ（2，0），動點Ｍ滿足條件
求動點Ｍ的軌跡方程。
教參上給出的解答為：
如圖，設 ()
點M的坐標為(x , y)
∵ ∴
當點M在X軸上方時, ,
∴ 即
當點M在X軸下方時, ， 同理可得
又 ∴
因此點M一定在線段AB的垂直平分線的右側，
所求的軌跡方程為雙曲線 的右支，且不包括 X 軸上的點。
我的思考
我認為，上述的分析解答僅考慮了存在的情況，但公式中的有條件約束：
（）}， （）}，
若 , 時， 不存在，上述的解答就不適用了。故在課堂上，可利用這題作引子，通過師生合作，讓學生探究性地去發現其解題的不完整性，從而發析思維受阻的原因，有的放矢地培養學生多角度地去思考問題，掌握分類討論的思想，養成嚴密的邏輯思維與推理能力，并將思維過程作一知識和方法上的遷移，以真正達到舉一反三，以發展能力為目的，提高學生的思維廣度，事半功倍地學習。
（三）課堂的火花
⑴學生思考后,請學生說說他們的解法，答案是五花八門的．有的學生遺漏了 ,的情況，有的學生漏了考慮點M在X軸下方時的情況．請學生共同討論辨析是否需要考慮這兩種情況，并請思考完整的同學介紹他們是如何考慮到這兩點的．最后用幻燈片給出完整的解答過程如下：
解：① ,時， ⊿ABM是等腰直角⊿ ，
點M 的軌跡方程為兩個點（2，3），（2，-3）
②如圖，設 ()A O x
點M的坐標為(x , y) ∵
∴
當點M在X軸上方時, ,
∴ 即
當點M在X軸下方時, ， 同理可得 又 ∴
因此點M一定在線段AB的垂直平分線的右側
又，經檢驗知 點（2，3），（2，-3）適合雙曲線
所以, 所求的軌跡方程為雙曲線 的右支，且不包括 X 軸上的點。
⑵點出：雖然最后的答案一樣，但這樣的思維過程更趨于嚴密，其實像這種考慮直線的傾斜角的方法在求直線方程時是屢見不鮮的。進一步讓學生思考下題：
過拋物線的焦點F的一條直線和此拋物線相交，兩個交點的縱坐標為，
求證：
問題Ⅰ：可否直接設過焦點的直線為　（），聯立拋物線方程，通過韋達定理證出呢？是否完整？
問題Ⅱ：若設直線的斜率為K，則不能包含直線與X軸垂直的情況，能否換一種設直線的方法，使其包含了所有可能？
回答是肯定的，可設過焦點的直線方程為，與聯立，同時，這樣解方程組也較簡便．
⑶強調將點（2，3），（2，-3）代入雙曲線 中進行檢驗是必須的．思考下題：
給定雙曲線，過點B(1,1)能否作直線L，使L與所給雙曲線交于兩點,且B是線段的中點？說明理由。
學生思考后，用幻燈片給出下列解答：
解：假設滿足題設條件的直線L存在，,的坐標分別為（，），（，） 則 ① ②
兩式相減，得
∵ ∴ ()
即　　　　故直線L的方程為　　即　
請學生分析討論以上的證明有無不全面之處。
從而明確必須進行檢驗。指出：若不注意所求直線與雙曲線有無交點，將會得出錯誤的結論檢驗過程如下：∵　　與　　無實數解，導致矛盾
∴滿足題設條件的直線L不存在。
⑶　在遇到直線方程時必須考慮直線斜率的情況呢？　一般的證明方法是需要的考慮直線垂直于X 軸的情況的，但有時如若考慮它的幾何性質，并結合平面幾何知識，就可使問題得到簡便的解決。
例如：設拋物線 的焦點為F，經過點F的直線交拋物線于A、B兩點，點C在拋物線的準線上，且 BC∥X軸。
證明直線AC經過原點O.
請學生仔細探究本題如何考慮它的幾何性質來解，討論后給出證明過程，進一步明確其解法。
證明：如右圖，
設x軸與拋物線準線L的交點為E，
過A作AD⊥L, D為垂足，
則AD∥FE∥BC. 再連接AC，與EF相交于點N，
則,
.　根據拋物線的幾何性質，, ,
故 ，
即點N是FE的中點，與拋物線的頂點O重合，
所以直線AC經過原點O.
由此，我們得到啟發：在圓錐曲線和直線的綜合題中，是否需要考慮直線的斜率，要視具體的解法而定，不能生搬硬套，對特殊情況能否成立，需仔細推敲，既不要遺漏，也不要畫蛇添足。
（四）我的感悟
新的課程標準特別重視學生創新能力的培養，我認為，全面地思考問題，使思維具有很強的嚴密性，也是創新能力不可或缺的，或者說，這正是創新能力的有機組成部分。因此，我以一個習題為載體，師生共同探究其中完整的數學天地，并以此為發射點，舉一反三，久而久之，必能促使學生多角度思維能力的養成，一旦形成了良好的思維品質，必能活學活用，由此及彼，成為祖國高素質的有用之才。
　　而要全面洞窺數學的世界，不是憑教師滔滔不絕的傳授，而是在以人為本的理念支使下的師生共同探究，課堂上十分重視學生思維的火花，尊重每一個學生，讓學生成為學習的主人。只有這樣，學生才能在融洽的氛圍中，興趣盎然地主動探究。我們的學生是如此的聰明，他們不僅能思考老師想不到的，而且甚至會補充教材之不足，不僅印證了教學相長的古訓，也推動了新課程的進一步完善。
一道課本習題潛在功能的挖掘和應用
湖州中學 李 蓉
課本上的例習題，大多數具有典型性和可塑性。教學中若能經常引導學生充分挖掘與發揮這些例習題的潛在功能，不僅可以使他們對所學的知識獲得更進一步的認識，而且還有利于培養他們從多角度、多層次、多方位思考問題、解決問題的能力。
如在全日制普通高級中學教科書（實驗修訂本必修）第二冊（下A）第頁上有這樣一道習題：
如圖：在立體圖形中， ，平面和平面有何種位置關系？請說明理由。（證明略）
從表面上看，該題的四面體包含了以下三種垂直關系：
線線垂直：，所以四個側面全是直角三角形，我們不妨稱之為直角四面體。
線面垂直：面 ，面。
面面垂直：面面，面面，面面。
但這僅僅是對該題的一點膚淺的認識，仔細挖掘，不難發現，該直角四面體其實是立幾中一個重要的“模型”，許多立幾中的計算、證明問題常可歸結為這個特殊的四面體中的相關問題。在高考中，這個模型也常有出現。
直角四面體中的重要關系式
1.一個常用公式：
（其中）
可敘述為：從空中一點出發的三條射線，所成的三個銳角分別為，若所在平面與所在平面互相垂直，則（證明略）
例1：將正方體截去一個角，求證其截面為銳角三角形。
分析：如圖， 與 均為銳角
，
而
為銳角
同理可證：為銳角。
2．最小角定理：斜線和平面所成的角，是斜線和平面內經過斜足的直線所成的一切角中最小的角。即：直角四面體V-ABC中：
例2：（98年全國）如圖3，二面角 是銳二面角，是內一點，平面于，是上任意一點，且是銳角，則（ ）

與 大小不能確定
分析：分別是面的垂線和斜線，由最小角定理可知應選
3．射影面積公式：（其中 ， 分別表示射影面積和原面積，為兩平面所成的二面角的平面角。在直角四面體V-ABC中，即：
例3：(93年上海)如圖：正方體中，過頂點作截面，則二面角的大小是 。
分析：由面可知，在平面上的射影為 ，設二面角的平面角為，則 ，易求得。
直角四面體中的角
異面直線所成的角及其求法：
在直角四面體中，有三對異面直線，其中與成角。下面找與所成的角。如圖，過點作平行等于，連，則即為所求。同理，通過“平移”，不難找到與所成的角。
直線與平面所成角及其求法：
在直角四面體中，一條棱有兩個線面角，六條棱共有個線面角。如直線與平面所成的角就是，而直線與平面所成的角就稍難一些，其關鍵是尋找直線在平面上的射影。比如下面這道高考題就是以之為載體改編的。
例4：（95年全國）如圖，圓柱的軸截面是正方形，點在底面圓周上，，是垂足。
求證：
如果圓柱與三棱錐的體積比等于 ，求直線與平面所成的角。
分析： 略。
過點作于 ，連。
平面平面，是交線，且平面，
平面，是直線與平面所成的角。
由題設條件可求得：
二面角的平面角及其作法：
此直角四面體中的二面角的平面角有個，有些可由定義直接在圖上找到（如二面角 的平面角為），有些則需由三垂線定理作出。方法 ：過一個面內一點分別作另一個平面的垂線和棱的垂線，連結兩個垂足，可得二面角的平面角，其中的關鍵是找出或作出其中一個面的垂線。
例5：（90年全國）在三棱錐中，底面，，垂直平分，且分別交、 于 、，又，求以為棱，以與為面的二面角的度數。
分析：連結、。是的中點，又面，從而面且面，從而面、面，是二面角的平面角。
設，則為等腰直角三角形，
直角四面體中的距離
兩異面直線間距離的作法：
直角四面體V-ABC中，當平面時，過點作的垂線段，則即與的距離。
由此可知，求異面直線距離的方法之一是找一個平面，使兩異面直線在該平面內的射影是一點和一條直線，從而轉化為該平面內點到線的距離。
例6：（94年全國）設圓錐底面圓周上兩點的距離為，圓錐頂點到的距離為，和圓錐軸的距離為1，則該圓錐的體積是 。
分析：設圓錐底面的圓心為，中點為，易知 即與圓錐軸的距離1。由題設可求得。
點到直線距離的作法：
直角四面體V-ABC中，如何求平面外一點到直線的距離呢？。方法：面，在面內作，則由三垂線定理知，是點到的距離。
例7．(93年全國)：如圖，是直三棱柱，過點、、的平面和平面的交線記作
判斷直線與的位置關系，并加以證明。
若，求頂點到直線 的距離。
分析：略。
過點作于 ，連。則由三垂線定理可知，
為點到直線 的距離。
由題設條件不難得出頂點到直線 的距離為
點到平面的距離的作法與求法：
直角四面體V-ABC中，求點到平面的距離的方法有二：
構造三棱錐，用體積法求距離。
根據定義作出點到面的垂線，先確定垂足的位置，再求距離。
例8：（91年全國）如圖，四邊形是邊長為的正方形，、F分別是、的中點，垂直于平面，且求點到平面的距離。
分析1：連結，易知，取 、F的中點，連結。設點到平面的距離為。、 分別為、的中點，，，
，
即，點到平面的距離是。
分析2：、 分別為的中點 ，
點到平面的距離即上任一點到平面的距離，
設于 ，則，又平面， 平面 ，平面 平面平面
過作，則平面，即點到平面的距離。
容易求得 。
從上可以看出，對此四面體潛在功能的挖掘，不僅全面概括了第一章的重點內容，還系統地研究了此背景條件下空間角與距離等基本問題的求解方法。所以，重視課本習題的研究，必將收到解一題，帶一片的事半功倍的成效。
意 會 而 神 領
——對一個向量問題的研究
安吉高級中學 邵峰棋
一道好題，是一首回味無窮的歌.體會一道題，不僅使個體心情舒暢，更為眾多知識點的回顧綜合，多種解題思想的展放提供遼闊的空間.參見高一數學第一冊（下）P.150頁B組第2題，就是意料之中而又出乎之外的一道好題.
題：已知向量a、b、c兩兩所成的角相等，并且│a│=1,│b│=2, │c│=3，求向量a+b+c的長度及與三已知向量的夾角.
一、解法探究
在平面上，三非零向量a、b、c兩兩所成的角相等，則它們所成的角為00或1200，當它們所成的角都為00時，顯然有a+b+c的長度為6，其與三已知向量的夾角均為00；當它們所成的角都為1200時，其具體情況，就是本文所要研究的重點.
1、通性通法
分析：依據①，②③非零向量a、b的夾角為，有等知識可完成對本題的解答.
解：①

故.
②不妨設a+b+c與a、b、c的夾角分別為
又
同理，可求得，得.
即a+b+c與a、b、c的夾角依次分別為1500、900、300.
2、參變量的選用
分析：建立坐標系，引入坐標和參數，使一些向量的問題的運算轉化為純代數運算的問題，從而更便于學生理解接受.
解：建立直角坐標系XOY，將a、b、c的起點平移到坐標原點，因a、b、c三向量間的夾角均為1200，又│a│=1,│b│=2,│c│=3，
故可設，，
，
同理可得：


考慮兩向量間的夾角的范圍為.
故│a+b+c│=，a+b+c與a、b、c的夾角依次分別為.
3、解三角形知識的運用
分析：構作三角形基本框架，利用解三角形相關知識處理.
解：在平面上任取一點O，分別作，如圖所示
∠AOB=∠AOC=∠BOC=1200，OA=1，OB=2，OC=3，以OA、OB為鄰邊作平行四邊形 OADB，則.
在△AOD中，OA=1，AD=2，∠OAD=600，
故有OD=，∠AOD=900，
以OD、OC為鄰邊作平行四邊形 ODEC，
則.
在，OC=3，EC=，∠OCE=300
易求得：OE=，∠EOC=300
從而有│a+b+c│=OE=，a+b+c與a、b、c的夾角依次分別為.
4、同解變化
分析：若三非零向量、、，長度為1，兩兩夾角均為1200，則有++.
解：過平面上一點O作
（如圖一），
作則有，
故有a+b+c =（如圖二），
以為鄰邊作 O1B1FC1
則= a+b+c，在△O1F1C1中，
O1C1=2，C1F=1，∠O1C1F=600 ，易知
∠O1FC1=300，O1F1=.
故│a+b+c│=，a+b+c與a、b、c的夾角依次
分別為.
綜述：題目解法雖變化萬千，但萬變不離其宗，綜合掌握和運用基礎知識和數學思想仍是解題之根本.
二、背景探究
現有不少的報紙和雜志上都有一些文章在研究如何利用向量來解決立體幾何中的一些相關問題，這為我們解決立體幾何問題提供了新的思路，顯然是件好事.
本題的背景是平面向量問題的研究，若脫離了平面向量這一背景，那么a、b、c三向量所成角兩兩相等，角度就不僅僅是0o或120o兩種情況了，應該說它們所成角的范圍為[0o，120o].
如圖，在平面作OA、OB使 OA=1，OB=2，∠AOB=，若OC與OA、OB所成的角相等，則OB在過OA、OB的角平分線OD且與平成垂直的平面上，記為，顯然OC與OA所成角的范圍為[]，據題意應有，故[0o，120o].
這樣，在空間，本題的解決可建立模型
（如圖）以
為鄰邊作平行六面體OAC1B-CB1O1A1，
則 a+b+c，
顯然│a+b+c│.
a+b+c與a、b、c的夾角
會隨的變化而變化.
綜上所述有│a+b+c│[].
顯然，問題的解決離不開實際的背景，
一旦背景外延擴大，變化將會沓至紛來.
三、創新探究
由于向量問題數形結合的特殊性，利用向量解決一些其它問題自然也就自然而然.
立體幾何中的一些角度問題；
解析幾何中的一些平行、垂直問題的求解、判斷和證明，一些平移問題的解決；
構造基本圖形，利用向量問題解決不等式問題；
三角函數中一些問題的證明和求解；等等.
對一個問題的研究，究其深度和廣度畢竟是個別的，對基礎知識的理解與貫通，才是解決問題的實質，當知識的儲備全面而融合的時候，對任何題目的理解自然也就意會神領，水到渠成.
常教常新 細水長流
——從一道課本習題談研究性學習在課堂中的滲透
湖州中學 李連方（31300）
研究性學習，是指在教師指導下，以類似于科學研究的方法去獲取知識和應用知識的學習方式，它是一種先進的教育指導思想和理念，它注重培養學生以研究的態度去認真觀察、分析、歸納，不斷提出新問題、新方法，發現事物的內在規律，使教與學的重心不再僅僅放在獲取知識上，而轉到學會思考、學會學習上，使被動的接受式學習轉到主動探索性的學習，從而培養學生的提出問題、分析問題、解決問題的能力。應當承認，目前的學校教育，課堂仍是主陣地，因此，立足于課堂，深入鉆研教材中的例、習題是研究性學習的基礎。本文通過對新教材中的一道習題的教學，談談如何在中學課堂的教學實踐中滲透研究性學習。
初始問題的提出（新教材上冊復習參考題三）設數列的前項和為，已知,()。求證數列是等比數列。
解題策略的研究
教師：這是一道關于和的相關聯的遞推數列題。如何證明數列從第2項起是一個等比數列呢？
學生1：關鍵在于尋找的通項。
教師：對，而且我們都知道，這是和的聯系橋梁，那么如何利用這一關系式來求出的通項呢？（學生們議論紛紛，很快就有了思路。）
學生1：由 得到代入已知的條件中得，，即------①，因此數列是一個首項為，公比為的等比數列。故，然后再由，得到------②。所以------③，證畢。（但學生沒有說明的取值范圍，這為以后埋下伏筆！！）
教師：這位同學將結論運用的非常巧妙合理，充分利用數列中的函數思想，得到了結論，第一次運用結論將條件轉化為關于的遞推式，求出的通項，第二次運用結論求出的通項，這樣就將命題證明了。（我話音未落，就有學生舉手了）
學生2：（非常自豪地站起來說）這種解法有點繁，不如再構造一個等式，聯立，兩式相減得，化簡得，------④證畢。（全班學生不禁驚嘆！！）
教師：同學2的方法更絕妙，他利用了方程的思想直截了當地求出了的通項。請同學們再仔細欣賞一下這兩種解題策略：化的遞推式或化的遞推式。事實上述這兩種解法是解決有關和相關聯的遞推數列題最常見的策略。（全班同學都在細心揣摩，但是有一位同學緊鎖眉頭，似另有考慮，很快……）
學生3：老師，這道題目是道錯題（全班愕然！！），因為從式③和④式都說明了數列從第1項起就是一個等比數列，而不是從第2項起。
教師：同學3提出的問題非常有意義！題目真的有問題嗎？我們再回頭看一看，既然數列是一個函數，那么在前面的解出的和的通項中的定義域的取值范圍是什么？（同學們紛紛對①、②、③、④三個式子中的取值范圍進行展開討論。）
學生3：老師，現在我明白了題目本身沒有錯，錯在解答的過程不嚴密，①式中，這說明了數列是一個等比數列，②、③和④式中，不滿足等比數列的定義。所以數列確實是從第2項起是一個等比數列。
教師：同學3雖然起先的想法是錯的，但是這卻正好給我們以啟示：數列是一個定義在自然數集或其子集上的一個函數，所以在解答數列題時，一方面要充分利用其函數和方程的思想，另一方面要注意它的自變量的取值范圍，只有這樣在解題的過程中就不會走歪路。而且做好題后，要養成有意識地及時反思的習慣，從題目的結論也暗示數列與是不同的。
問題變式的研究
教師：那么下面我們如何修改題目，使得數列成為一個等比數列？（正如愛因斯坦所說，發現問題比解決問題更重要，在教師的積極引導下，絕大部分同學能夠發現將條件“”改成“”即可。）根據上面的研究，我們可以將原命題改裝為下列的命題：
命題1：設數列的前項和為，已知,()。求證數列是等比數列。
命題2：設數列的前項和為，已知()，問：當為何值時，數列等比數列？
問題延拓的研究
教師：上述的證法中，關鍵在于求出數列的通項，而且是通過合理的轉化成等比數列后可求出數列的通項。因此同學們在解決有關數列問題感到有困難時，要牢記一句話“有困難，請找通項”。下面我們來改變原題目中的條件“()”為“()”，其它條件不變，該如何求出數列的通項？（同學們個個興趣盎然，摩拳擦掌！！）
學生4：構造方程（），聯立，兩式相減化簡可得（）（在教師的提示下，這位同學已經能夠正確地求出的取值范圍，學生已明確了數列仍是從第2項起是一個等比數列。）再由條件解出，可得。
教師：這是利用構造方程轉化為的遞推關系式，然后求出了數列的通項，同樣的取值范圍致關重要。但能不能轉化為遞推關系式，先求出，然后求出呢？
學生5（信心似不足）：應該可以的吧？將代入得，哦，不行？
教師：我們先不要急于下結論，讓我們把目光轉移到從上述轉化的結果，來看一看數列有什么特征？（學生們陷入沉思，在仔細觀察。）我們可以看到它既像等差數列，又像等比數列，說明它與等比數列和等差數列有著千絲萬縷的聯系，那能不能利用等比數列或等差數列知識呢？（教室里一片議論聲，很快有一位成績較好的同學舉手發言了。）
學生6：可以將條件轉化為，令，可得，數列是一個等比數列，這樣就可以求出即，所以也可以求出來了。（此時全班的學生不禁又驚嘆！！）
教師：那你又怎么想到的呢？
學生6：沒什么，看出來的？
教師：哦！那因為你的觀察力強，但其他同學未必看的出。如果將“3”改為“4”或“5”，那又怎么辦？（此時學生們又陷入沉思中，這時又是學生6舉手了。）
學生6：老師，我發現了用待定系數法可以解決你的這個問題。如，得解得，不管尾巴后面是什么數字，都可以利用這種方法。（全班同學鼓掌不已！！）
教師：同學6所提出的方法解決了一類問題，它具有普遍性。（我剛想說，雖然轉化為較為復雜，但這其中涉及的方法令人深思，然后我再想舉一個類似題進行強化訓練，這時有一位平時數學基礎較差的同學舉手了。）
學生7（迫不急待）：老師，如果改成就不行了。如：，由得，若令，但是，所以這種方法行不通了。
教師：是的，這個觀點很好，從具體的數字到字母是一個量變到質變的過程。但若已知，那又該如何解呢？（此時課堂氣氛非常活躍，學生們躍躍欲試，我原以為學生會將該命題轉化為即可，又是學生6舉手發言了。）
學生6：老師，我還是用待定系數法，只不過設，這樣仍然可構造一個等比數列。（又有一位同學舉手了發言，指出將該命題轉化為，這是教師期待的結果來了！這時問題得到圓滿的解決，下課鈴聲也要響了。）
教師（小結）：這一節課我們學習了對于和的相關聯遞推數列題，如何求解數列的通項，我們已形成一種共識：化的遞推式或化的遞推式，得到一個等比數列或構造一個等比數列。但具體是如何轉化使得解答較為簡潔，卻是要因題而異。而且在今天，我們在解決問題當中運用了多種數學思想和方法，請同學們回去之后，認真思考和體會，這樣才能有真正的收獲。
課后教師的反思
(1)一個有研究價值的問題是開展研究性學習的前提和保證。
習題課決定了這種問題的特征：有淺入深，有一定的知識容量，涉及的知識面廣或涉及數學思想和方法多，問題具有層次性（共不同的學生不同層次的探究）、開放性（探究過程和結果呈開放姿態）和廣延性（易于學生發現問題作進一步的探究）。本課例中的問題從課本一道習題出發，涉及了數學中的函數的思想、方程的思想、轉化和化歸的思想、待定系數法等思想方法。無論是數學基礎較好的同學，還是數學基礎被認為較差的同學，都能夠參與在問題討論中。
（2）發現問題和提出問題是開展研究性學習的著眼點和生長點。
著名理學大師朱熹曾指出：“無疑者，須教疑，有疑者，卻要無疑，到這里方是長進”。無疑有疑無疑有疑無疑現代的教學正是沿著這一過程，促進著學生思維的不斷發展，把學生不斷引向更高的境界。這就需要教師設置一種合理的情境，讓學生產生一種內在的困惑和需求，從而讓學生能夠發現問題、解決問題并提出問題。在課堂上，要充分體現“以人為本”的現代教學基本原則，就應該相信學生，敢于“解放學生的嘴”，變教師提出問題、教師變換例題為學生提問和學生變題，給學生留下通過思考并提出問題的機會，鼓勵他們“帶著問題走向教師”，實現在教學活動中師生間的雙向互動。本課例中，有的問題是教師事先精心準備好和預料到的，而有的問題是教師是事先沒有預料到的，是學生自己獨立發現并提出的。這一方面驗證了一句話“給我一個支點，我可以撐起地球”，只要將學習變成“我要學”，任何一位學生的思維都能夠得到鍛煉和提高；另一方面也說明了在當今的教學實際中需要教師有很強的應變能力和駕馭能力，研究性學習對教師也提出了更高的要求，我們廣大教師也要開展研究性學習。

參考文獻
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裴亞光．數學教學中的需求與困惑．中學教學，2002，10
3．顧桂斌．觀念刷新：數學新課程改革的支點．中學數學，2002，11
4．吳國建．一堂平面幾何研究性復習課．數學教學，2003，3
一道例題的挖掘
德清一中 楊玉明
波利亞說：“一個專心、認真備課的教師，能夠拿一個有意義，但又不復雜的題目，去幫助學生發掘問題的各個方面，使得通過這道題，就好象通過一道門戶，把學生引入到一個完整的理論領域。”
必須重視，很多道題潛在著進一步擴展其數學功能、發展功能和教育功能的可行性，……從解本題到轉向獨立地提出類似的問題和解答這些問題，這個過程顯然在擴大解題的‘武器庫’，學生利用類比和概括的能力在形成；辨證思維的獨立性以及創造思維性的素質也在發展。我們在例題的教學中，如果不是就題論題，淺嘗輒止，而是充分發揮起潛在的功能，給學生插上聯想的翅膀，讓其在廣闊的數學天地里盡情地翱翔，那將使學生充分領略到數學學習的樂趣，思維品質將起到舉足輕重的作用。
在教學中，教師如能科學、合理地運用這種“有意義但不復雜”的例題教學，充分發揮課堂例題的作用，這對開發學生智力，培養學生的能力極為有利。為此，對高中數學教材中的例題，作好講解，歸納尤為重要，下面以“不等式”一章中的一道例題為例說明如何重視高中數學教材中例題的作用。
例：已知a,b,m都是正數，并且a
(高中數學第二冊上，P12 例2)
引導學生以新代舊，復習舊知.
此題在教材中的地位是引出不等式證法中的分析法。而分析法在整個數學學習中十分重要，可見本例對培養學生數學能力具有舉足輕重的作用。為此要教會學生掌握分析法證明不等式，特別是書寫格式。除此之外，此題非難題，學生在前面以學過不等式證明的比較法、綜合法等。教師啟發讓學生用前面所學過的方法獨立解答。學生可能有下面幾種證法：
證法1： －
=
=,
∵ a,b,m 都是正數，且 a ∴ b－a>0,b+m>0,
∴ >0
即 －>0
∴ >.
證法2： ∵ a,b,m 都是正數
∴ a+m>0, b+m>0,
∴ >0, >0
==,
∵ a ∴ ma ∴ 0 ∴ >1
即 >1
>.
證法3：0
>.
以上3種證法都是常規方法，在課堂上學生都能想到，教師只須把它們整理在黑板上，或者利用投影儀顯示在屏幕上加以對比說明即可。
如果在講授過程中，僅僅已此教給學生分析法證題的思路、方法后，就認為大功告成，曲終人散，那就未免太可惜了，我們不妨借題發揮，充分利用其潛在功能。
進一步升華，引導學生利用構造法證題
高中數學是初中數學的延續，要做好與初中數學的銜接，聯系初中的平面幾何知識，構造三角形證題，引導學生學會數形轉換。
證法4：如圖1，△ABC中，DE∥BC，DF=a,BG=b, 顯然0m,==<.
A O
D’ C
D F E D
B G C B A

（圖1） （圖2）
證法5：如圖2，△ABC中，OC=OD=m, DB=a, CA=b, 由aOB, ∴∠A<∠B.作CD’ ∥AB交OB于D’，由∠OCD=>∠A=∠OCD’,知D’在O，D之間，于是==>=.
聯系函數知識構造函數，引導學生體會函數的主線功能。
證法6：設y=f(x)= =1+(x≥0)，∵ a-b<0. ∴f(x)在是單調遞增函數，當x=m>0時，必有f(m)> f(0),即>.
證法7：易證函數f(x)= （m>0）在（0,＋∞）是減函數，由已知0 f(b)即>>.
證法6、證法7，學生或許會感到驚訝，這時學生思維的靈活性開始形成，感到不等式的證明與函數的單調性在某種意義上本質是一樣的，用構造法解決問題對學生思維能力的培養極有益處。
做縱向聯系，構造不等式，利用“解不等式”去“證不等式”。
證法8：作不等式>， 得>0
∵a,b都是正數，且a ∴x∈(∪（0，+∞），
∵m是正實數，正實數集是上述解集的子集，故x=m滿足不等式，所以
>.
聯想平面向量中的定比分點坐標公式的特點，構造定比。
證法9：∴ =，又b,m 都是正數，視為定比λ，知λ>0
x=, x=1,則點P(,0)是以P（，0），P（1，0）為端點的有向線段的內分點。由于0<<1, ∴>.
聯想斜率公式的特征，構造斜率。 y
證法10：如圖3，可視為兩點
A（－m, －m）和B（b, a）連線的斜率， O B(b,a)
∵ak, A(-m,-m) x
即>. (圖3)
通過以上的啟發、聯想、構造，一道例題的觸角伸到了高中數學的方方面面，它勢必能激發起學生濃厚的學習興趣，在潛移默化中訓練并逐步形成學生良好的思維品質。它比學生在題海中無目的地遨游，效果要好得多。
至此，教師從學生的表情上堅信這一道并不難的題已調動了全體學生的積極性，于是可引導學生歸納總結本章不等式的證明方法。由此知此例在教材中的地位與作用就不言自明了。
教師通過這一道簡單的例題，指導學生運用所學的知識證明。經過透徹的分析，不同方法的比較、總結，使學生感到：（1）面對眾多的數學知識，要有選擇應用；（2）不能盲目套題型，要抓住問題的關鍵，力求簡潔易解；（3）在證題方法上有所得，對自己獨立處理問題有了信心。
3．重視例題的變式、引申，并進一步擴展其應用功能，展示數學魅力。
研究了本題的各種證法后，可進一步進行引申、變化、深入。
變式一：條件改為a>b，結論有和變化？
a=b呢?
變式二：若m是負數，不等式>是否成立
變式三：進一步啟發可得不等式串：<<<…<(k∈N*)
例題的結論實質上是真分數的一個重要性質，在實際應用中，可有意識的選擇一些習題，強化學生的應用意識。
例如：建筑學規定，民用住宅的窗戶面積必須小于地板面積，但按采光標準，窗戶面積和和地板面積之比不應小于10%，且這個比值越大，采光條件越好。問同時增加窗戶和地板面積，采光條件是變好了還是壞了？請說明理由。
分析 設窗戶面積為a ,地板面積為b,條件限制為<<1，設窗戶和地板均增加的面積為m,由>，顯然采光條件變好了。
4. 重視高中數學教材中例題的作用
同樣的教材、同樣的教學內容，有的教師上課就重點突出、條理清楚、層次分明、內容充實、教學環節絲絲相扣、師生雙邊活動恰當、教學效果好，而有的教師上課卻照本宣科、漫無邊際、結構松散、教學環節不全、師生雙邊活動脫節、教學效果不盡人意，究其原因，固然有許多因素的影響，但教師對教材的把握處理是否得當，是一個重要原因，我們經常聽到有學生講：“老師，我上課是都能聽懂，課后就做題，對著例題，解出來就完了。有時，我也找些資料上的題來做，但總覺得不踏實，考試成績也不理想，不知道是什么原因。”的確，要學好高中數學，需要多方面的努力，也需要培養多方面的能力，作為教師，在課堂上講解例題，決不能解出答案就算完事，應在多方面給學生以示范，示范的不僅僅是解題格式，更重要的是指導學生正確理解題意，抓住問題的關鍵，靈活選擇有關概念和規律分析、推導，最后達到問題的解決，同時比較不同的解題方法，對所學知識進行歸納總結。通過這一過程，培養和發展學生的思維能力。
把課堂例題講的精一點，透一點，善于進行一題多“變”，一題多“解”的教學，引導學生從不同的角度思考，從不同的方向聯系，積極的調動學生的積極性，使學生能有所思、有所悟、有所創新，則學生不僅能從繁重的題海中解脫出來，而且教學的效果也將事半功倍，愿我們的老師能注重每一道例題的教學。
一道課本習題的變式教學
安吉三中 朱慶華
“重基礎、考能力”，“源于課本、高于課本”是高考命題的原則。因此通過對課本習題的挖掘、引申與改造進行變式教學，不但可以抓好雙基，還可以提高數學能力。下面是對一道課本習題的變式教學設計。
題目：求曲線上與原點距離最近的點的坐標。(人教版高中數學第二冊(上)第6題)
略解：設所求的點P的坐標為，則

當，，此時
所以點為所求的點。
條件一般化，提高應變能力
將題目條件一般化，是設計變式題材首先考慮的一種方法。
變題1、在曲線上求一點P，使此點到A（a，0）的距離最短，并求最短距離。
解：設點P的坐標為，則
若，即，當時，，此時點P
若，即，當時，；此時點P
改變背景，提高創新能力
在教學過程中，善于引導學生變換習題的形式，可激發學生的探求欲望，提高創新能力。
變題2、拋物線C1：與動圓C2：沒有公共點，求a的取值范圍。
解法1：要使拋物線C1：與動圓C2：沒有公共點，只要點到拋物線C1上的點的距離的最小值大于動圓半徑1。
由變題1可知
或

解法2：拋物線C1與動圓C2沒有公共點，

令
則 或

變題3、已知拋物線C：，圓心在軸上的動圓在拋物線的內部相切于拋物線C的頂點，求動圓半徑r的取值范圍。
解：由于動圓的圓心在軸上，且在拋物線的內部相切于拋物線C的頂點，故可設動圓的方程為
由
得 （*）
要使方程（*）有且只有一根，只要
。
聯系實際，增強應用意識
變題4、一只酒杯的軸截面是拋物線：的一部分，在杯內
放一個玻璃球，要使球觸及酒杯底部。求玻璃球的半徑r的取值范圍。
解：由拋物線的對稱性可知，圓的圓心在y軸上，又因為球觸及酒杯底部，所以圓與拋物線相切于頂點，故可設圓方程為
由 得 （*）

要使方程（*）有且只有一根 ，只須

變換條件與結論，提高探索能力
將常規題改為探索題，是設計變式題的又一途徑。
變題5、是否存在同時滿足下列條件的拋物線：
準線方程是；
頂點在x軸上；
（3）點A到此拋物線上動點P的距離的最小值為。
若存在，則試求出此拋物線的方程；若不存在，請說明理由。
解：假設存在這樣的拋物線，則設其頂點為
若拋物線開口向右，則頂點到點A的距離最小，此時，
所以拋物線開口向左，故可設方程為
準線方程為，
拋物線方程為
設拋物線上任意一點，則
（1）若
拋物線方程為或
（2）若
或（舍去）
拋物線方程為
滿足條件的拋物線存在三條，分別為，，
在中學數學教學中，搞好習題教學，特別是課本習題的變式教學，不僅能加深學生對基礎知識的理解和掌握，更能開發學生智力，培養學生的創新能力、應用問題和探索新知識的能力，激發其不斷學習的興趣和欲望，促使學生養成終身學習的習慣。
數學的理解
——對書本一例的再認識
長興華盛虹溪中學 陳雪云
在平常的教學中，數學理解作為一個目標層次被解釋為：對概念和規律（定律、定理、公式、法則等）達到了理性認識，不僅能夠說出概念和規律是什么，而且能夠知道它是怎么來的，它與其他概念之間的聯系，有什么用途，這種解釋重在結果與外在表現的判定。而認知心理學家認為：數學理解應為，數學學習的內容“成為個人內部網絡的一部分”，強調在心理學上能組織起適當的有效的認知結構。對于具體數學問題的解決，理解更樸素的認識通常是，明白了問題的條件與結論，弄清了由條件到結論間每一步驟的語義與根據，領悟了體現在步驟與過程中的思想方法；如果還能作點變通與推廣；還能用所接受的結論或方法解決其它問題，那么就理解得更好、更深、更透了。
本文就書本的一例題談課堂教學中教與學的理解。
新教材（高二下冊）第130頁例1如下：
甲、乙二人各進行1次射擊，如果2人擊中目標的概率都是0.6，計算：
2人都擊中目標的概率
其中恰有1人擊中目標的概率
至少有1人擊中目標的概率
這是一個涉及事件的加法與乘法運算、帶有綜合性的典型概率計算問題。其中第（1）小題較為簡單，但要強調一下,甲、乙兩人各射擊1次，是否射中相互之間是沒有影響的，這樣才能運用相互獨立事件的概率乘法公式進行計算。對于第（2）小題，教學中應著重引導學生分析“恰有1人擊中目標”所包括的兩種情況：甲擊中、乙末擊中，乙擊中、甲末擊中，而且這兩種情況是互斥的。在此可設計問題延伸到：如果3人各射擊1次，恰有1 人擊中目標包括哪些情況？”使學生對這類問題的分析有一定的規律性的認識。
此文主要對第（3）小題進行探討，書本給出了二種解法。
記A事件：“甲射擊一次，擊中目標”，B事件“乙射擊一次，擊中目標”
解法1：
解法2： 2人都未擊中目標的概率是：
因此，至少有1人擊中目標的概率

問題分析：以分類直接解決，學生易于理解，間接解決，必須抓住題意的實質。兩種結合起來看：即
P（甲乙至少有1人射中）=P（或甲擊中或乙擊中或甲乙同時擊中）=1-P（無人擊中）
問題疑點：在實際教學中，由于前面剛學過互斥事件,我特地請學生寫出“或甲擊中或乙擊中或甲乙同時擊中”該事件如何表示。（學生議論紛紛）討論結果主要有A+B與A+B+A·B這兩種，教師該如何處理呢？本人作了如下設計。
問題設計：
若A、B為互斥事件，A+B表示什么事件，舉例說明。
若A、B為隨機事件，A+B表示什么事件，舉例說明。
若A、B為獨立事件，A+B表示什么事件，舉例說明。
設事件A、B、C分別表示圖中A、B、C不損壞，試用事件間的運算關系表示｛燈D亮｝,｛燈D不亮｝這兩件事。
已知A、B為獨立事件，且P（A+B）=0.7，P(A)=0.4，則P(B)=____。
問題探求：
對于第（1）問，參考新教材必修本P125頁:(原文)
“從盒中摸出1個球，得到紅球或綠球”是一個事件，當摸出的是紅球或綠球時，表示這個事件發生，稱該事件為A+B。
由于摸1球，摸出紅球就不能同時得到綠球，若摸出綠球同時也不能得到紅球，故此兩個事件為互斥事件。因此A+B為A發生或B發生，從集合論觀點說，若A事件發生的結果為集合C，B事件發生的結果為集合D，則C∩D＝Φ如圖1：
對于第（2）問：A、B為隨機事件，不妨以集合論觀點易于說明
設A事件發生的結果為集合M，設B事件發生的結果為集合N，則由于A、B無限制，M與N的情況可能如圖2—1，圖2—2兩種情況：
因此，隨機事件的條件下：A+B表示A發生或B發生或AB同時發生。
對于第（3）問，可以以該例射擊一題解釋，甲是否擊中與乙是否擊中是相互獨立的，可以同時進行，則得到結論：
A+B表示A發生或B發生或AB同時發生,即明確
對于第（4）問，由于每個電阻是否損壞是獨立事件，易得
｛燈亮｝=，
｛燈不亮｝=
對于第（5）問，因為A、B為獨立事件，
=1－［１－Ｐ（Ａ）］［１－Ｐ（Ｂ）］，可得Ｐ（Ｂ）＝０.5
問題延拓：
（1）從問題的特點而言，對第（3）問中可作推廣：
若A1，A2，A3，……，An為獨立事件（或隨機事件）則
P（A1+A2+……+An）=1—P（
（2）從問題的本質看，還可設計如下問題：(討論)
某交互式計算機有10個終端，這些終端由各個單位獨立操作，使用率均為0.7，則各個終端同時工作的概率是0.710 ？ 還是1-0.310？
解:由于各個單位獨立工作,則P=0.710 顯然正確。
因為 1-0.310≠0.710. 顯然錯誤，錯誤原因：用間接法求，要理解題目的實質，此題10個終端不同時工作，由于是交互式，只要有一個終端不工作則整個網絡不同時工作，因此情況可分：1個終端不工作，2 個終端不工作，3個終端不工作……10個終端不工作多種情況，比較繁。做題應選擇恰當的方法。
回頭看文中書本這一例它是一堂課的精髓，直接法與間接法說明了一個重要的公式：概率的積與和的互補公式，同時對一定條件下的“A+B事件”的理解學生有了一個形成過程，達到深刻理解數學。其次通過一題多解，拓寬了學生的思維途徑，在紛繁復雜的信息時代，思維方式是多樣的，認識越深刻，產生的解法越簡捷。
在平常課堂教學中，教師的導是相當關鍵的，它決定了學生在本堂課所學的內容，并延伸至課外該研究點什么，思考點什么，同時教學中問題的設計能想學生所想，疑學生所疑，啟而得法，新教材有新的特點，留給師生的問題更多，作為教師盡量能將課堂氣氛推至高潮。使得一道題目的解決，一個公式、定理的發現讓學生于枯燥中見新奇，于迷茫中得豁朗，激發了學生學習數學的興趣。

流動的音符 精美的樂章
————一道課本習題的探究
湖州市織里中學 劉曉東 313008
欣賞一道好的數學題猶如聽一曲美妙的音樂，讓人如癡如醉，更似飲一杯香醇的美酒，令人心曠神怡、回味無窮.新教材中第一冊上P1428題就象一串流動的音符，如果你去仔細品味，悉心彈奏，就一定會譜成一段段精美的樂章，匯成一部磅礴的交響曲.
【原題】某地現有居民住房的總面積為a m2，其中需要拆除的舊住房面積占了一半.當地有關部門決定在每年拆除一定數量舊住房的情況下，仍以10%的住房增長率建設新房.
如果10年后該地的住房總面積正好比目前翻一番，那么每年應拆除的舊住房總面積x是多少？
過10年還未拆除的舊住房總面積占當時住房總面積的百分比是多少？
該題是等比數列的應用題，但不只是簡單的增長率問題，住房面積在增長的同時，要拆除一定數量的舊住房，實際上是由兩個數列復合而成的.教學中我們應認真研究、充分開發、有效利用此題的各種教育功能.
1．變式研究，構建知識網絡
1.1背景搜索
如果我們在原題中不拆除舊住房;或按一定比例拆除舊住房，這就是典型的增長率問題.新老教材中均有很多相關背景.
【搜索1】 如新教材第一冊上P127例1（老教材代數下P55例5）：培育水稻新品種，如果第一代得到120粒種子，并且從第一代起，由以后各代的每一種子都可以得到下一代的120粒種子，到第5代大約可以得到這個新品種的種子多少粒？
【搜索2】如新教材第一冊上P1292（老教材代數下P585）：某林場計劃第一年造林15公頃，以后每年比上一年多造林20%，第五年造林多少公頃？
【搜索3】如老教材代數下P5912：某工廠去年的產值是138萬元，計劃在今后5年內每年比上一年產值增長10%.從今年起到第五年這個工廠的年產值是多少？這5年的總產值是多少？
【搜索4】如老教材代數下P52例3：某種電訊產品自投放市場以來，經過三次降價，單價由原來的174元降到58元。這種電訊產品平均每次降價的百分率大約是多少？
1.2相關鏈接
一部好的作品總是會被人津津樂道，甚至被搬上熒屏，一道好的試題又何嘗不是如此！
【鏈接1】(模擬試題)某縣位于沙漠邊緣地帶，人與自然長期進行著頑強的斗爭.自1999年起，每年將出現這樣的局面：原有沙漠面積16%將栽上樹，改造為綠洲，同時，原有綠洲的4%又將被侵蝕為沙漠.設全縣面積為1，1999年底的綠洲面積為a1=0.3,經過一年后的綠洲面積為a2，經過n年后的綠洲面積為an+1.
(1)求證:為等比數列；
(2)求數列的前n項之和.
【解】(1)由題意得：

是以為首項，為公比的等比數列.
(2)由(1)得:

【鏈接2】(模擬試題)某人向銀行貸款2萬元用于購房，商定年利率為10%，按復利計算，若從借后次年年初開始，每年還4000元，試問十年時間能否還清欠款？
【解】第一年后欠款:
第二年后欠款:
第十年后欠款:

假定十年后能還清欠款則
易知上式成立,所以十年后能還清欠款.
1.3超級鏈接
堅持以“綱”為綱，以“本”為本，是我們教學的基本原則，很多優秀的試題都是根據課本例習題改編而成，使教材進一步升華.
【超級鏈接1】(01年全國高考試題)：從社會效益和經濟效益出發，某地投入資金進行生態環境建設，并以此發展旅游產業.根據規劃,本年度投入800萬元,以后每年投入比上一年減少.本年度當地旅游業收入估計為400萬元,由于該項建設對旅游業的促進作用,預計今后的旅游業收入每年會比上一年增加.
設n年內(本年度為第一年)總投入為萬元,旅游業總收入為萬元.寫出,的表達式;
至少經過幾年旅游業的總收入才能超過總投入?
【解】(1)由題意易知, 投入是以800為首項,為公比的等比數列

旅游收入是以400為首項，為公比的等比數列.

(2) 設至少經過n年旅游業的總收入才能超過總投入,由此
- 0 即
化簡得：
設，代入上式得：
解得：
簡析：此題明顯是由兩個等比數列復合而成，思路清晰易于建模.
【超級鏈接2】(02年全國高考試題)：某城市2001年末汽車保有量為30萬輛，預計此后每年報廢上一年末汽車保有量的6%，并且每年新增汽車數量相同，為保護城市環境，要求該城市汽車保有量不超過60萬輛，那么每年新增數量不應超過多少？
【解】設2001年末汽車保有量為b1萬輛，以后各年末汽車保有量依次為b2萬輛，b3萬輛····,每年新增汽車x萬輛,則

對于n>1,有

當 時,
當時
并且數列{}逐項增加，可以任意靠近.因此,如果要求汽車保有量不超過60萬輛,即
則 即 (萬輛)
綜上,每年新增汽車不應超過3.6萬輛.
簡析：此題是以課本習題為背景，同時又滲透了極限的思想，是啟迪學生思維的典型材料.
上述這些問題都是在相同的題干下進行變換,背景的搜索、習題的變式都較為自然,它能使學生對數列的應用,進行全面的復習與掌握,從而提高學習效率.變式教學的方式、形式及內容，要根據教材的內容和學生的實際情況來安排，因材施教是課堂教學永遠不變的真理，恰當合理的變式教學，有助于學生把知識學活，形成知識體系，觸類旁通，促進知識遷移，發展創新思維，構成知識網絡.
2．解法研究：錘煉數學思想方法
2.1方法一:遞推法
【解】(1)過一年住房總面積為：1.1-x
過二年住房總面積為：
過三年住房總面積為:

過十年住房總面積為:

由題意得:
解得:
(2)
2.2方法二:輔助數列法
【解】設,一年后為 則n年后為,由題意得:
令 則

則
數列是以a-10x為首項,1.1為公比的等比數列.

以下同解法一.
注:形如 的遞推數列均可采用此解法.
2.3方法三:分類法
【解】把原題看成由兩個數列復合而成.數列一:不拆除舊房,以10%增長率遞增,則十年后住房總面積為;數列二:拆除舊住房的總面積. 過一年應拆除舊住房的總面積為：
過二年拆除舊住房的住房總面積為：
過三年拆除舊住房的住房總面積為:
過十年拆除舊住房的住房總面積為:

下同解法一.
注:對于數列二,拆除的舊住房的面積應包括數列一中沒有拆除的舊住房中所增長的部分.
在上述的解法中，我們分別運用了遞推思想、分類思想和輔助函數等思想，通過這些解法的研究，對促進學生掌握數學方法大有益處.
數學思想是對數學知識與方法形成的規律性的理性認識，是解決數學問題的根本策略.數學方法是解決問題的手段和工具.數學思想方法是數學的精髓，只有掌握了數學思想方法，才算真正掌握了數學.現行教材中蘊含了多種數學思想和方法，在教學時，我們應充分挖掘由數學基礎知識所反映出來的數學思想和方法，結合教學內容適時滲透、反復強化、及時總結，用數學思想方法武裝學生，使學生真正成為數學的主人.注重數學思想方法的教學是為了促進學生思維能力的發展.數學是思維的體操，從這個角度講，數學本身就是一種鍛煉思維的手段.我們應充分利用數學的這種功能，把思維能力的培養貫穿于教學的全過程.
3.創設情境：堅持以人為本
中學數學教學的目的，就是要面向全體學生，不僅培養他們的數學素養，更要提高他們的綜合素質，使之成為具有一定創造性的人.教師要創設情境，堅持以人為本，以學生為中心，自覺地把素質教育融于教學中.結合教學內容對學生進行思想品德教育是數學教學的一項重要任務，它對促進學生全面發展具有重要意義.
3.1 德育功能
(1)以社會主義現代化建設為背景，培養學生的愛國主義思想.教學中我們要有意識地去挖掘，在講授有關知識的同時，適當介紹中國科學家在各個領域中所做出的杰出成就.如搜索1,講到水稻繁殖時,不妨可適時介紹水稻之父袁隆平的成就等等，對學生進行愛國主義教育.
(2)編擬既聯系實際又有思想性的數學題目，反映我國社會主義制度的優越性、改革開放政策的正確性和祖國建設的偉大成就等有關內容，使學生在潛移默化中接受熱愛社會主義制度、熱愛社會主義祖國的思想教育；使學生了解我國的國情，激發他們為四化建設、為祖國的繁榮昌盛而獻身的精神.象上述變式研究中涉及到環境保護、經濟建設、改革開放等各個領域，為學生提供了豐富的教育素材.
(3)．辯證唯物主義教育.中學數學本身蘊含著豐富的對立統一、量變質變、運動變化、相互聯系、相互制約等辯證唯物主義因素.應用問題更是充分體現了辯證唯物主義的世界觀.在教學中，如果能注意挖掘這些因素，自覺地用唯物辯證法觀點闡述教學內容，就能更深刻地讓學生領悟數學知識的內在聯系.這樣，既有利于學生學好數學知識，提高辯證思維能力，又有利于培養學生的辯證唯物主義觀點，為逐漸形成共產主義世界觀打下基矗.
3.2塑造學生健全人格
(1)培養學生情操. 科學技術的迅速發展，人文和科學技術文化的相互滲透，相互融合，要求我們要努力的培養科學素質，數學應用既反映了數學在現代科技和當今社會領域中的種種用途，學生又可以追溯到人類文明史上的種種貢獻，因此，數學應用對培養學生的情操有著得天獨厚的條件，既培養學生的科學素質，又可以培養學生的人文素養，其價值功能尤為明顯.數學應用是數學美的充分體現,美是一種藝術，對藝術的欣賞和美的應用無疑會陶冶人的情操，使人的情操得以凈化和升華.
(2)培養學生創新能力.新世紀的到來，要求我們的培養出更多的開拓型、素質型的人才.因此，創新能力的培養在數學教學中占據著越來越重要的地位，數學應用，將在這方面發揮著積極作用.我們知道，創造思維是創新的核心.具體問題從提出到最終解決的全過程，更是始終在對學生進行觀察能力的培養與訓練，是培養學生創新思維的活教材.只要我們充分分析這些問題，精心組織教學對培養學生的創造思維具有重要的作用.
(3)促進學生數學觀的形成.數學教學不只是傳授知識，更重要的是應用數學知識去解決具體問題，通過對這道題的變式研究,大膽創新，使學生清醒地意識到數學應用的廣度與深度.學習數學的目的就是為了應用數學、用好數學，這對學生數學觀的形成起到了積極的促進作用，使學生體會到數學不只是“思維的體操”更是解決問題的工具、美的享受.
(4)培養學生對數學的興趣.興趣是最好的老師，心理學認為：明確知識和學習的社會意義是形成認識興趣的重要條件；使學生面臨實際的任務，把知識運用到解決實際問題中去是，培養學生興趣的重要條件.數學應用問題的教學，正是從這兩個方面對學生實施教育，這是其他知識無法比擬的，更是不可替代的.
4.教法研究：培養能力
數學是一種語言，是認識世界必不可少的方法，運用數學的能力是未來公民應當具有的最基本的素質之一.
4.1問題為載體,方法是抓手
(1)重現知識形成的過程，培養學生用數學的意識.在教學中，我們不應當只是單純地向學生講授數學知識，而忽視對其原型的分析和抽象.我們應當從實際事例或學生已有知識出發，逐步引導學生對原型加以抽象、概括，弄清知識的抽象過程，了解它們的用途和適用范圍，從而使學生形成對學數學、用數學所必須遵循的途徑的認識. 把學數學和用數學結合起來，使學生在實踐中體驗用數學的快樂，學會用數學解決身邊的實際問題，培養學生用數學的能力.這不僅能加深學生對知識的理解和記憶，而且對激發學生學數學的興趣、增強學生用數學的意識都大有裨益.
(2)加強建模訓練，培養建模能力.建立適當數學模型，是利用數學解決實際問題的前提.建立數學模型的能力是運用數學能力的關鍵一步.解應用題，特別是解綜合性較強的應用題的過程，實際上就是建造一個數學模型的過程.在教學中，我們可根據教學內容選編一些應用問題對學生進行建模訓練，也可結合學生熟悉的生活、生產、科技和當前商品經濟中的一些實際問題（如上述利息、經濟、環境等問題），引導學生觀察、分析、抽象、概括為數學模型，培養學生的建模能力.
(3)創造多維空間，靈活運用數學方法.數學方法是數學的靈魂.教學中，努力創設發散型的環境，讓學生可以從不同角度，用不同的方法達到相同的解決問題的目的，并通過這些思想方法的不斷概括、總結和整合，使之成為學生自覺的行為.
(4)仔細研究，充分利用其教育功能.課本中的每一個例習題，都是專家們精心挑選和策劃的.在教學中，如果我們只是照本宣科為了講題而講題，你總會有“不識廬山真面目”之感，這樣我們的數學課堂就會失去魅力，學生也將漸漸離開數學；但若你仔細去研究、開發，一定會有“柳暗花明又一村”的感嘆.充分發散，用好用足每個習題的教育功能，是我們每一個教師必須研究的.
4.2幾點思考
(1)變式研究時題目的數量要有“度”,不能多多益善,引申過多,不但會造成題海,增加無效勞動和加重學生的負擔,而且還容易使學生產生逆反心理,影響教學效果.
(2)引申題要有梯度,循序漸進,不可盲目追求難度,以免學生望而卻步,影響問題的解決,從而降低學習效率.
(3)遵循師生互動原則.引申并非老師專利,發動學生積極參與,師生雙方密切配合,交流互動,有利于學生創新能力的培養.
研究習題，發掘潛能、輻射整體
浙江省德清縣第三中學 阮正禹
中學數學教學中，重視課本習題的研究，引導學生多方位，多角度思考問題、分析并提出問題，把學習數學的主動權交給學生，是培養創新意識和創新能力的重要途徑。本文通過對立體幾何中典型習題的研究，對教法、學法提出的新的手段、方式；對此題的教學功能，進行了延伸、升華；對立體幾何中的射影，角和距離、面積與體積等重點和難點內容進行了一次較全面、系統的復習。
原題：《數學》（人教版、課本80頁復習參考題九第13題）
正三棱錐的底面邊長是a，側棱長是b，求它的高與體積。
對此題，筆者進行了如下幾個方面的研究：
一、從教法方面進行研究
1、練習法：通過書面練習，完成習題最低要求，提高解題能力。
2、指導研究法：指導學生確定“有關三棱錐問題”的研究專題進行研究。
①習題研究：不變圖形，此題還能覆蓋的所有立體幾何知識點。
②專題研究：正四面體的性質；對四面體“三心”的研究（內心、外心、重心）；四面體的截面研究等。
③研究性復習：高考題對三棱錐知識的考查；有關三棱錐的常見題型研究；三棱錐的等體積在解題中的應用等。
二、從學法方面進行研究
主要分兩個階段完成。第一階段：通過獨立練習，完成習題解答，鞏固基礎知識，回顧基本方法，訓練基本技能，形成一定的解題能力；第二階段，進行老師指導下的研究性學習和研究性復習，通過查閱相關資料和高考題目完成兩到三個研究專題（研究內容見教法研究）
三、從教學功能方面進行研究
立體幾何中的習題，不僅具有示意圖的直觀功能，解答過程的示范功能，而且還具有很多的智力訓練功能，下面就教學功能進行探討。
1、射影的教學功能。
變題1 在三棱錐P-ABC中，PA⊥BC，求證：P在底面的射影必在底面△ABC中BC的高所在的直線上。
2、面積和體積教學功能。
變題2 （1987年全國高考題）（如圖1）
三棱錐P-ABC中，已知PA⊥BC，PA＝BC＝l,
PA與BC的公垂線段DE=h，
求證：三棱錐P-ABC的體積為。
變題3 （1989年廣東高考題）側面都是直角三角形的正三棱錐，底面邊長為a時，該三棱錐的全面積是（ ）
A． B． C． D．
3、角和距離的教學功能。
變題4 （1987年上海高考題）（如圖2）
設三棱錐P-ABC的底面為等腰直角三角形，
已知該直角三角形的斜邊AC長為10，
三棱錐的側棱，
求⑴頂點P到底面的距離；
⑵側棱PB與底面所成角的大小；
⑶二面角A-PB-C的大小。
略解： ⑴由條件知點P在底面ABC內的射影O為邊AC的中點，從而求得距離為12。
⑵連接0B，由⑴知∠PBD為側棱PB與底面所成的角，在Rt△POB中，，
⑶過A作于D，連接CD，由題設條件可知“為二面角A-PB-C的平面角，在等腰三角形ADC中易求得。
四、從解題方法進行研究。
1、作射影、找高（直接法）
分析1：（如圖3）過頂點P作底面ABC
于點O，則O為△ABC的中心。連接AO并延長
交BC于D，則，在Rt△POA
中求出高PO，即可求得
。
2、分割體、轉化（間接法）
分析2：在圖（3）中，連接PD，則BC⊥面PAD
又過點D作DE⊥AP于E，則（其中DE為PA與BC的公垂線段）。
由分析2可知：若一個四面體有一組對接互相垂直，則其體積等于這組對棱長與它們間距離乘積的。
五、從多變（變題）、多編（編題）方面進行研究。
習題通過變式延伸，能更好地完善學生的認知結構，促進思維的深入發展，提高學生的解題能力，原題可做如下幾類的變和編：
㈠條件不變，可挖掘的結論。
變題5 在原題中可增添結論：
求斜高；
求側面與底面所成的角的大小；
求側棱與底面所成的角；
求對棱的公垂線段長；
求過側棱過其對棱上一點的截面面積的最小值。
㈡把條件和結論稍作改動。
變題6 （1989年廣東高考題）側面都是直角三角形的正三棱錐，底面邊長為a時，該三棱錐的全面積是（ ）。
A． B． C． D．
變題7 若三棱錐P-ABC的底面是不等邊三角形，側面與底面所成的二面角都為θ，且頂點P在底面的射影O在△ABC內，已知三棱錐的側面積為S，則它的底面積為（ ）。
A． B． C． D．
變題8 在題7中，把三棱錐改成任意棱錐，結論如何？若改為棱臺呢？此結論能否引伸到圓錐和圓臺？
變題9 在題7中，若頂點P在底面的射影O在△ABC的某條邊上或在△ABC外，有類似的結論嗎？
㈢把三棱錐與平面四邊形的折疊問題聯系起來。
變題10 （1996年全國高考題）將邊長為a的正方形ABCD沿對角線AC折起使BD=a，則三棱錐S-ABC的體積為（ ）。
A． B． C． D．
變題11 （2000年北京、安徽春季高考題） 在直角梯形 ABCD中，∠D=∠BAD=90°，AD=DC=AB=a（如圖4），將△ADC沿AC折起，使D到D1，記面ACD1為α，面ABC為β。
⑴略，⑵若二面角α-AC-β為60°，（如圖5）求三棱錐D1-ABC的體積。
㈣從“射影”方面進行變題。
變題12 （1991年全國高考題）正三棱錐的頂點在底面上的射影是底面三角形的（ ）
A．垂心 B．重心 C．外心 D．內心
變題13 在題12中增加條件PB⊥AC，則O為△ABC的垂心，且PC⊥AB。
變題14 在四面體中，若兩組對棱互相垂直，則任意一個頂點在其對面三角形確定的平面內的射影是該三角形的垂心，且另一組對棱互相垂直。
變題15 若三棱錐P-ABC的三個側面兩兩垂直，則頂點P在底面的射影O為△ABC的垂心。
變題16 若三棱的側棱與底面所成的角都相等，則其頂點在底面上的射影為該三角形的外心。
變題17 在三棱錐P-ABC中，PA⊥BC中，PA⊥BC，則P在底面的射影必在底面△ABC中BC的高所在的直線上。
㈤、從“角和距離”方面進行變題。
變題18 （1990年全國高考題）正三棱錐S-ABC的側棱與底面邊長相等，且E，F分別為SC、AB的中點，那么異面直線EF與SA所成的角等于（ ）。
A．90° B．60° C．45° D．30°
變題19 正三棱錐P-ABC中，設底面邊長為a，側棱長為2a，E、F分別是PB、PC上的點，求△AEF周長的最小值。
略解：將三棱錐P-ABC（如圖6）的側面沿側棱PA展開，易知，當E、F在AA1上時，△AEF的周長最小（如圖7）
變題20 （2000全國高考題）（如圖8），
已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD
是棱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°
（Ⅰ）略。
（Ⅱ）假設CD=2，C1C=，
記面C1BD為α，面CBD為β，
求二面角α-BD-β的平面角的余弦值。
略解：設BD、AC交于點O，連結C1O，則∠C1OC為所求二面角的平面角，由條件易求得C1O==C1C，又∠C1CB=∠C1CD，故三棱錐C1-BCD的頂點C1在底面BCD內的射影H為OC的中點，在Rt△C1HO中，。
㈥、聯系實際，探索教材的應用性。
變題21 化學中甲烷CH4的鍵角是多少？怎樣求？
略解：（如圖9）設正四面體棱長為a，記每個面的面積為S，高為h，則
∴

∴，
∴。
古人云：“讀書切戒不慌忙，涵泳工夫興味長。”課本中的一些經典習題、章節須讓學生反復閱讀，仔細揣摩，細細體味，悟出其精要。這要通過對習題教學的研究，激發了學生對課本學習的熱情，使得解題能力大大提高，教師則用好習題，用活習題，避開了題海戰術，減輕學生學習負擔，達到素質教育的目的。
參考文獻
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4、周根龍，讓學生在研究中學習，中學數學教學參考2001.4
數學思維與兵家謀略
――就一數列習題解法談思維素質培養
長興中學 楊 冰
學數學，最終目的是為了用數學，這是眾所周知的道理。但就現在數學教學的實際來看，對于用數學，更多的還只是注重用其“形”，就是說，能用學會的數學知識、技能來分析、解決生活、工作中與數學關聯較為密切的一些問題。這里的“用數學”，是用數學中的定理、公式、結論、技巧等具體知識。而筆者以為，用數學，更高的境界是用其“神”，所謂“神”，是指蘊藏在數學中的各種思維方法。思維素質的高低，直接決定一個人分析、處理問題能力的優劣。所以在數學教學中，如何結合各種數學思想，對學生進行思維方法的養成性教育，提高他們的思維素質，是一個十分重要的課題。
數學，是各種理性思維方法的集散地，數學中的各種思維方法，滲透在人類社會活動的各個領域。在對學生進行某種數學思想方法教學時，若能拓寬視野，把純理論的數學思想方法與社會實踐中相應的研究處理問題的方式方法聯系起來，并在“思維方法”這一層面進行比照，毫無疑問能讓學生留下更深刻的印象，這對他們思維素質的提高有極大的幫助。
分析解決數學問題的過程，是一個復雜的思維活動過程，除了對記憶中各種定理、公式、技巧的調用，在具體解題中更要求能因題制宜，靈活運用各種數學思想方法分析問題，以尋求最佳的解題思路和解題過程。這就好比是作戰，一個指揮官必須洞察敵情，審時度勢，靈活運用各種戰法、戰術，謀定而后動，方能克敵致勝。
其實不難發現，軍事領域的許多兵法謀略，都能在數學思維中找到與之相應的思想方法。高中數學新教材第一冊（上）第123頁上，有這樣一道數列習題：
習題10：“已知數列是等差數列，Sn是其前n項的和，
(1)求證：S6，S12-S6，S18-S12成等差數列。(2)設K∈N＊，SK，S2K-SK，S3K-SZK成等差數列嗎？”
就這道習題的解題思路和方法，來品味一下其中的“兵家謀略”，也別有一翻意趣。
一、基本量思想與擒賊擒王
下面來看習題10第（1）題的一種證法：
證法一：設等差數列的首項為a1，公差為d。
則
∴S12－S6＝6a1＋51d，S18－S12＝6a1＋87d
∵（S12－S6）－S6＝（S18－S12）－（S12－S6）＝36d
∴S6，（S12－S6），（S18－S12）成等差。
證法一的思路，運用了數學思想中的基本量思想，緊緊抓住等差數列中首項a1與公差d兩個基本量，把S6，（S12-S6），（S18-S12）都用a1和d表示，從而推證結論。數學中的基本量思想，是一種抓住問題核心、關鍵來分析、研究問題的數學思想，這種數學思想正與三十六計中擒賊擒王的“摧其堅，奪其魁，以解其體”的兵法謀略在思維方法上極為類似。
二、化歸思想與以退為進
以退為進，克敵致勝的戰例，在戰爭史上屢見不鮮。在軍事上，戰略撤退往往是為了尋求更好的戰機，為更好的前進作準備。而在數學思想中，化歸思想也常常體現出這種以退為進的思維策略。
下面給出習題10第（1）題的第二種證明：
證法二：∵是等差數列
∴可令f(n)＝Sn＝an2＋bn （a，b∈R，n∈N+）
則f(6)＝36a+6b
f(12)－f(6)＝144a+12b－36a－6b＝108a＋6b
f(18)－f(12)＝324a+18b－144a－12b＝180a＋6b
∴[f(18)－f(12)]－[f(12)－f(6)]＝[f(12)－f(6)]－f(6)＝72a
∴f(6)，f(12)－f(6)，f(18)－f(12)成等差列
即S6，S12－S6，S18－S12成等差列
上述證法中，利用成等差列的充要條件是Sn＝an2＋bn，把數列問題化歸為函數問題來解決。數列的本質是一種特殊的函數，是函數知識的延伸，證法二的思路是把問題從數列的背景退回到函數的大本營，進而以函數思想方法推證結論。
三、整體思想與李代桃僵
下面我們再來看習題10第（1）題的第三種證法：
證法三：設公差為d
則S6＝a1＋a2＋a3+ a4+ a5+ a6
S12－S6＝a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝（a1＋6d）＋（a2＋6d）
＋…＋（a6＋6d）＝（a1＋a2＋…＋a6）＋36d
S18－S12＝a13＋a14＋a15＋a16＋a17＋a18＝（a7＋6d）＋（a8＋6d）
＋…＋（a12＋6d）＝（a7＋a8＋…＋a12）＋36d
∴（S18－S12）－（S12－S6）＝（S12－S6）－S6＝36d
∴S6，（S12－S6），（S18－S12）成等差。
不難看出，證法三的思路中，把三個“片段”和（a1＋a2＋…＋a6），（a7＋a8＋…＋a12），（a13＋a14＋…＋a18）分別看作一個整體來觀察它們之間的結構關系，使問題得證。
在研究數學問題時，有時要有意識地放大考察問題的“視角”，將所需解決的問題看作一個整體，通過研究問題的整體形式，整體結構，并注意已知條件及待求待證結論在這個“整體”中的地位和作用，然后通過對整體結構的調節和轉化，使問題獲解，這種從整體觀點出發，研究問題的思維方法，叫做整體思想。
李代桃僵也是三十六計中的一計，原文為：“勢必有損，損陰以益陽。”這意思是說，當局勢發展到必然要有損失的時候，要舍得局部的損失，以換取全局的優勢。
乍一看，“李代桃僵”的軍事謀略與數學中的整體思想好象沒多大聯系，但仔細品味就會發現，這兩者在思維方法這一點上，是十分相似的，那就是統籌全局，整體考慮。“李代桃僵”謀略的一個經典例子，便是田忌賽馬，其“以下駟敵上駟，以上駟敵中駟，以中駟敵下駟”的策略，正體現了分析處理問題時，應把握全局，整體考慮這樣一種思維理念。
上面就習題10第（1）題三種不同解法所運用的數學思想，在思維方法這一層面上與相應的軍事謀略作了比照，事實上，還有許多的數學思想方法都與兵家謀略有著密切的聯系。不妨再看一個例子。
四、轉移思想與反客為主
例：已知橢圓（a>b>o）有一內接三解形ABC，
它的一邊BC與長軸重合，A在橢圓上運動（如圖），求△ABC重心軌跡。
解：如圖:設P(x，y)，A(x1，y1)
則由定比分點坐標公式可得
x1＝3X
y1＝3y
∵點A（x1，y1）在橢圓上，∴
∴ 即為P點軌跡
這一例題若直接尋求三角形ABC重心P的軌跡較為困難，但與P點相關的點A在已知橢圓上運動，所以運用數學中的轉移思想進行變量轉移，通過把P點轉移到A點的解題思路，使問題迎刃而解。其中的妙處正可以三十六計中反客為主一計來描述：“乘隙插足，扼其主機，漸之進也。”
軍事上的兵法謀略與數學思想在思維方法上相類似的還有許多，如兵法中的“避實擊虛”，其謀略思想就與數學中正難則反的“逆向思維”相應。又如兵法中“分而治之，各個擊破”的謀略，又和數學中的“分類討論”思想在解決問題的方略上完全類似。
事實上，數學中蘊含的理性思維的方法與模式，具有高屋建瓴，統領一切的氣勢，它提供了一種思維合理性的標準。也正因如此，數學思維方法滲透在人類社會活動的各個領域。
北大數學所所長張恭慶院士認為：數學，作為一種文化，對全社會的成員起著潛移默化的作用。一個民族數學修養的高低，對這個民族的文明有很大影響。
筆者認為，數學修養的精髓，就是數學思維方法的修養，善于運用數學中蘊含的理性思維方法來分析解決社會實踐中的各種問題，是當今社會一個有用之才必須具備的思維素質。在我們現在的數學教學中，應著意對學生思維素質的培養，必須把眼光放得更遠些，除了培養學生對數學基本知識、技能的實際應用能力，更應注意向學生展示數學思維方法在社會實踐中分析處理問題的作用，讓學生意識到數學中蘊含的各思維方法，在人類社會活動的各個領域無處不用。同時也讓學生真正領悟到，用數學，不僅要善用其理論知識之“形”，更要善用其思維方法之“神”。
二OO三年三月

借 題 發 揮 由 圖 延 展
---- 一課本習題的漸進式教學構想
德清縣第一中學 何蓉勇
分析近幾年的高考試題，發現有許多“源于課本，且又高于課本”的再生題，如2002年高考文科第22題，就是《立體幾何》第65頁的一個動手題的再生。所以“以本為本，以綱為綱”是高中數學教學中必須遵循的一個重要原則。培養學生的能力，必須從課本入手，引導學生認真閱讀課本，理解課本，聯想課本，進而養成學生自覺鉆研課本的習慣，逐步學會抓住教材中心和思路，培養學生自學和探究的能力。現行高中的新教材非常重視學生這一方面的能力培養，研究性課程的設置目的正在于此，故要重過程、輕結論。
教材中有許多重要的例題和習題，起著十分重要的示范和訓練作用，如何更好地發揮例題和習題的這種作用，教師必須在教學中加以深層的思考和合理的安排。根據教學內容的螺旋式上升的結構特點和循序漸進的原則，對某些例題和習題作一些適當處理是必不可少的，這不僅可以激發學生的學習興趣，而且可以開拓學生的解題思路，培養學生的分析問題和解決問題的能力。本文就課本中的一個習題，談談自己的的一些教學構想。
課本習題：高中數學第一冊（上）第63頁，練習1：判斷函數的奇偶性。
教學構想的初步分析：作為一個函數奇偶性的判斷題，只需由定義判斷可得函數為奇函數，但作為一個較特殊的函數，其在單調性上有一些特別之處，且在基本不等式應用方面又是一個重要載體，故教學中加以適當推廣，在遵循高中數學知識的循序漸進的原則和直觀化原則的基礎上，分高一，高二，高三三個階段作如下安排。
一.高一階段：借題發揮，形成直觀。
此題所處位置是高一函數部分的函數性質內，高一函數中函數性質主要在于定義域、值域、單調性、奇偶性等方面，故可發揮這一函數在這幾方面的特殊性，在函數性質習題課中，加入下列例題和總結分析。
[例1]：求證函數在上是單調遞減函數。
[例2]：求證函數在上是單調遞增函數。
下以例1為例加以證明，例2的證明方法與例1類似略去，同時本文以下舉例中的單調性證明均省略，方法同此。
證：設，且<，則=-（）=（）+ =， 由 0<<≤1, >1，即<0
=>0，即> , 由此得在上是單調遞減函數。
通過例1，例2的證明可得函數在的單調性：在上是減函數，在上是增函數，故在時函數有極小值2。由函數的奇偶性可得，的圖象關于原點對稱，所以函數在上是減函數，在上是增函數，故在時函數有極大值。同時易得函數在>0處越靠近y軸，則函數值趨向于，在<0處越靠近y軸，則函數值趨向于；并且當時，，所以函數在時，函數值yx，即圖象往右 y y=x
與y=x直線越來越接近；反之也同樣可得 2
在時,函數值yx，即圖象往左y=x 直線越來
越接近。通過以上分析，可得到 的大致的 -1 o 1 x
圖象（如圖1）,通過給出函數的圖形，使學生形成一定 -2
的直觀，可通過記憶圖象，記住函數的單調 (圖1)
性和極值分布的情況，為將來利用函數的單調性解題作一個鋪墊。
二.高二階段：拓展延伸，初試牛刀。
高二不等式一章中，基本不等式的應用是其中的一個重點，為了與本文在高一所學知識的聯系，可設置以下兩例：
[例3]：求函數（x>0）的最小值。
[例4]：求函數（x<0）的最大值。
例3的解法可直接運用基本不等式得到，當x=1時，y有最小值為2，下看例4的解法；
解：=≤ ,當且僅當即時取得最值。此兩例的結果與高一中以單調性得出的極值相同，可再次與所得的圖象相聯系，達到強化記憶的目的，并在此基礎上加以推廣。
函數（>0,>0）在時有極小值，在時有極大值，以上可由基本不等式得到。其單調性為：在 y
上是單調遞增，在上是單調遞減，在 y=
上是單調遞減，在上是單調遞增，以上可由單 o x
調性定義證得。在時，函數值y，即圖象
往右與y=直線越來越接近；在時，函數值y，
即圖象往左y=直線越來越接近。故可得其圖象（如圖2）， （圖2）
比較兩者可知圖1是圖2的一個特例，只要由基本不等式得到x為何值時取到極值，而這x的值也是單調性的分界點。對此的應用可給出以下一例，使學生初步嘗試用函數的單調性求最值問題。
[例5]：求的最小值。
分析：此題易有以下錯解：
解：顯然>0，≥，得最小值。
實際上要使當且僅當即，而0≤≤1，所以此最小值取不到。當基本不等式不能施用時，該怎么辦？我們可以結合（>0,>0）的圖象用單調性來解。
解：設，則原函數即（0<≤1），結合圖象可得在上是遞減函數（證明此略），所以當時，
三．高三階段：構建體系，柳暗花明。
為把6月6、7的高考作為收獲的季節，在高三復習過程中，把所學知識作系統化整理，構建科學的知識體系，往往可以事半功倍，如何把本文中高一、高二階段的內容系統化，構建合理的知識體系，我們先看以下一例。
[例6]：設計一幅宣傳畫，要求畫面面積為4840cm2,畫面的寬與高的比為（<1），畫面的上、下各留8cm空白，左、右各留5cm空白，怎樣確定畫面的高與寬的尺寸，能使宣傳畫所用紙張面積最小？若則怎樣確定畫面的高與寬的尺寸，能使宣傳畫所用紙張面積最小？
解：設畫面的高為xcm，則寬為cm，于是有=4840，設紙張的面積為S，有S= =，將代入上式得 S=5000+，當，即，此時高x=，寬時，S取得最小值；若，則,此時考察函數，設，則，，有函數在此區間上是減函數，所以當即，此時高x=，寬時，S有最小值。通過上例的講解，將形如（>0,>0）的最值問題的求法系統化，為解決類似問題作好理論化基礎。最后本文以下例作為結尾。
[例7]：求函數（m>1）的最小值。
分析：此題若按常規化為后用均值不等式求最值，則由于等號不成立而不能奏效，可謂“山重水復疑無路”，但我們可以用函數上是增函數，所以當x=0時，y取得最小值，這正是“柳暗花明又一村”。
一道值得進行研究性學習的好例題
安吉高級中學　鮑利人　　３１３３００　　
研究性學習，是新的課程標準提出的一個新的教學內容．在研究性學習中培養學生研究問題的習慣，學會發現知識的方法．變要我學為我要學，對于培養學生的學習興趣，提高學生的自學能力都很有幫助．教師應當為學生創設探究性情境，以激發學生探究的欲望，同時還要提供有結構的材料．在新教材的教學中，只要我們善于發現，就能挖掘出很多值得研究的問題．讓學生在積極　主動的學習環境中，全神貫注、饒有興趣地理解、應用探索、創新知識．下面是新教材中的一個例題，若我們仔細研究，引申深化，就可以將其設計成為一個極好的研究性素材．
新教材第117頁例4 已知數列的通項公式為 an＝pn+q，其中pq是常數，且p≠0，那么這個數列是否一定是等差數列？如果是，其首項與公差是什么？
【問題分析】本題的原意似乎是通過對這個數列是否為等差數列的判斷，讓學生更好地掌握等差數列的定義，以及判斷或證明一個等差數列的基本方法．但在解完此題后細細咀嚼品味，再結合教材在解題后的一段說明，就可以從中體會出教材所傳遞給我們的一條重要信息＿＿＿＿等差數列(公差不為0)的通項公式作為一次函數的函數本質特征．若我們能以此題為突破口，引導學生深入探索研究，就能幫助學生很好地從函數的觀點去理解數列．
【類比引申】思考1：等比數列的通項公式又是怎樣的函數？
學生很快就發現，等比數列的通項公式an＝a1qn－1＝qn(q≠0)是關于n底為q的指數函數，通常可以表示為an＝Ａqn的形式．
【學生研究問題】
問題１　若以下an與Sn分別表示數列的通項公式和前n項和公式，試就其公式判斷各數列是否為等差數列或等比數列：
（１）an＝2a1＋dn（d為常數）；　　　 an＝na1＋a2
（2）an＝a1·qn+1（q為常數，且q≠0）；　
（３）Sn＝n2＋2n，　Sn＝n2＋2n＋１；
（４）Sn＝2n ， Sn＝2n－1， Sn＝2n+1－2
對其中（１）（2）題，有一部分學生采用定義來進行判斷，但也有一部分學生對他們的怪異結構感到困惑．經過討論、研究分析，大家都發現這些數列全部都是一些特殊的等差或等比數列，得到如下研究結論：
（１）an＝2a1＋dn（d為常數）；令n＝１， a1　＝－d　　
an＝na1＋a2　　　　　　　分別令n＝１，2則可得an＝0
（2）an＝a1qn+1（q為常數，且q≠0）；令n＝１，可得q＝±１　
至于（３）（４）題，有少部分的學生經歷了挫折，但通過集體的力量，用統一的方法an＝，確定它們的通項公式，很快形成統一的正確的結果：（３）Sn＝n2＋2n，（等差數列）　Sn＝n2＋2n＋１；（非等差數列，但從第二項開始為等差數列）
（４）Sn＝2n （非等比數列，但從第二項開始為等比數列）， Sn＝2n－1，（等比數列） Sn＝2n+1－2（等比數列）
這時，有個別學生提出，完全可以撇開這些細節分析，直接利等差數列等比數列的函數特征，很快就可作出正確的判斷： （１）an＝2a1＋dn（d為常數）若d＝0，則｛an｝為常數列，若d≠0，則an＝dn＋2a1為n的一次函數，是以d為公差的等差數列．所以綜上所述，｛an｝是以d為公差的等差數列．（2）an＝a1qn+1（q為常數，且q≠0），an＝（a1q）·qn符合等比數列的通項公式an＝Ａqn的函數結構特征的函數結構特征，且公比為q．（３）Sn＝n2＋2n，　Sn＝n2＋2n＋１；根據等差數列前n項和公式的函數特征――常數項為0的關于n的二次函數，瞬間即可作出正確的判斷．但是分析到這里便沒有下文．于是我就問：能否根據等比數列前n項和公式的函數特征來判斷第（４）個問呢？學生很快行動起來，著手分析等比數列前n項和公式的函數特征．我提示他們，應提取定量，著重分析自變量n的存在形式．經過大家的努力，得到：等比數列的前n項和公式為Sn＝ ＝·（1－qn）＝A·（1－qn） (其中A為常數，q≠1)
（４）Sn＝2n 顯然不是， Sn＝2n－1＝－1×（1－2n）， Sn＝2n+1－2＝－2×（１－2n），符合等比數列Sn＝A·（1－qn）的函數結構特征，所以它們是等比數列．不僅如此，還可以進一步確定其主要元素．由Sn＝2n+1－2＝－2×（1－2n）＝·（1－qn）可知：－2＝ ，2＝q，進一步可知a1＝2．由上分析可以得到：
【深化拓展】思考2：等差數列等比數列的和公式又是怎樣的函數？
分析一下他們的前n項和公式．等差數列(d≠0)：Sn＝n a1+n(n－1)＝ n2+( a1－)n＝An2+Bn是關于n的二次函數，且常數項為０，它的圖象是經過原點的二次函數圖象上的一些孤立的點；等比數列：Sn＝·（1－qn）＝A·（1－qn） (其中A為常數，q≠1)．這樣，我們對給出通項公式或前n項和公式的任一個數列，只需對照等差等比數列的函數結構特征進行判斷即可．
【學生應用研究結果】
問題2　（１）等差數列｛an｝中，a 1>0，Sn為前n項和，且S3=S9，則當Sn取最大值時，求n的值．
（2）等差數列｛an｝中， Sn為前n項和，且S12>0，S13<0，則當n取何值時，Sn取最大？
分析：（１）由于Sn是關于n的二次函數，且a 1>0，可知，d<0， Sn成為開口向下的拋物線，又由S3=S9，知其對稱軸n==6，如圖二，故當n=6時，Sn取最大值．
（2）此題可以由S12>0，S13<0得：a1+a12>0，a1+a13<0，即a6+a7>0，2a7<0，從而a6>－a7>0，
故｛an｝的正負分界處位于a6、a7之間，所
以S6最大．
若利用Sn的二次函數特征，并結合它的圖象，則可知對稱軸n=（6,）, 如圖三，又因為nN，所以當n＝6時，Sn取最大值．
問題3　等差數列｛an｝中， Sn為前n項和，且Sm=Sn，求Sm＋n．
分析：如圖四，由Sm=Sn可知對稱軸為x=，所以x0=m+n，從而Sm＋n＝0．
問題4　等差數列｛an｝中，已知am=n， an=m（m≠n），求am＋n．
分析：因為等差數列的通項公式是一次函數，圖象是直線型的，又am=n， an=m，所以點
（m,n）、（n,m）都在此直線上，而點（m,n）、（n,m）是關于直線y=x對稱的．故該等差數列的圖象是關于y=x對稱的直線，如圖五所示，其中點為(,),故p點的坐標為（m+n,0）,即am+n=0．另外，我們還可以得到：直線的斜率k=-1，即等差數列｛an｝的公差d=－1．
問題５　等差數列｛an｝的前n項和為Sn，a1>0,若存在自然數m３，使得am=Sm,則n>m時，試比較an與Sn大小．
分析：令am=Sm,則m2+(a1－)m－a1+d=0．令f(m)= m2+(a1－)m－a1+d,若d>0,則由存在m3使am=Sm,即f(m)=0,注意到a1=S1,即f(1)=0,
所以f(3)0,即2a1+d<0,但a1>0,d>0,故這不可能，所以只有d<0.
所以Sn=m2+(a1－)n所表示的圖象是過原點且開口向下的拋物線，設為C1．an=a1+ (n－1)d=dn+(a1－d)表示單調下降的直線，設為C2．又知C1與C2交于A(1,a1),B(m,am)二點，且知A點在第一象限，故C1與C2只交于如圖七的情形，易知當n>m時，Sn教師小結　新教材將數列放在函數之后，其目的和用意是顯而易見的．通過對這道課本例題的深入探索和研究性學習，不僅很好地向學生展示了數列的函數本質特征，而且使學生很好地掌握了利用函數及其圖象解決有關數列問題的方法．更重要的是，通過對這個問題的研究和探索，培養了學生研究問題的習慣、參與研究探索的體驗，以及研究中嚴謹求實的科學態度，達到了研究性學習的目的．
變式探究——從基礎到能力的跨越
長興一中 高曉英
全日制普通高級中學教科書(試驗修訂本·必修)第一冊(下)第五章平面向量有這樣一道例題:如圖, 、不共線, =t(t∈R),用、表示。
這道題并不難,大多數學生可能會這樣
考慮的: =+,故只須求出如何
用、表示即可,但含字母P,有困
難。根據已知=t，而可用-
表示,則用、表示易得。這種方法我們稱為直接法。
但作為教師,對于這道題的認識如果也和學生一樣,僅僅停留在這個層面,不免有些遺憾。其實這道題如果我們能善于運用變式,不僅是引導學生復習鞏固向量的加減運算和實數與向量的積的運算及平面向量基本定理,并使學生掌握處理有關用兩個向量的線性組合來表示第三個向量這類問題的方法和技巧的好題,還能為后面的線段的定比分點的學習打下基礎,更是培養學生發散思維,提高學習能力的好題。
故在肯定學生解法的同時,按事先設計一步步引導學生處理象這類問題的技巧。因為直接解題有時畢竟有困難。
一、開放思路，激活情趣，提高解題能力。
除以上方法外，這類題還有其他的解法嗎？這時靈活的學生可能會想到根據已知條件=t，將、用、或表示。顯然=-，=-，則-=t(-)，這時只須化去左邊的即可。通過向量的加減運算法則及實數與向量的積的運算法則可得=+t-t=（1-t）+t。
這時應比較一下兩種解法的優劣，并由此歸納指出計算有關向量線性組合的兩大基本方法：直接法和間接法。
至此,教師似乎已將題講透,沒什么可講了,其實不然。
二、類比聯想,積極探究,培養聯想遷移能力。
如將題目改為:如圖、不共線,
=t(t∈R)用、表示。你會計算嗎？
先引導學生考慮能否用直接法模仿教材上的例題的求解思路，這時有
=+=+t=+t(-)
再觀察此題與課本上的例題的異同，例題只在等式的左邊有而后面沒有，但此題左右兩邊均有，即=+t(-),怎么辦？這時的關鍵是如何化去右邊的，可引導學生參照例題的間接解法中是如何將移到右邊的，則結論易得。
根據已知=t而=-，=-，則-=t（-）
∴+t=+t ∵t∈R且顯然t≠-1
則=+
告訴學生這是后面將學的線段的定比分點公式的向量式。特別地t=1時點P為AB的中點。
此時=+=（+）
然后要求學生思考與用平行四邊形法則求兩個向量和的聯系。
這樣通過此題的變式訓練，我們把用兩個向量的線性組合來表示第三個向量的常用技巧介紹給了學生，學生不僅學會了計算，而且為后面的線段的定比分點的學習打下了基礎，達到了深化教學內容的目的。
三、逆向思維，鞏固基礎知識，培養發散思維。
如將題目改為：設、不共線，點P在O、A、B所在的平面內，且=（1-t）+t（t∈R）。求證：A、B、P三點共線。
認真觀察此題可知，本題與例題有共同處也有不同處，本題的條件=（1-t）+t（t∈R）與例題的結論相同，而所求證的結論A、B、P三點共線好像例題中沒有，其實不然。只要稍加分析我們即可知由例題已知=t（t∈R）可得與共線，即A、B、P三點共線。故此題其實是例題的逆命題，則此題易證。
要證A、B、P三點共線，只須證與或與或與共線即可。由已知可得
-  =-t+t = t（-）,即=t（t∈R），再根據向量共線的充要條件,則易知與共線，故題目可證。
通過逆向思維我們不僅很快地解決了問題，而且有利于基礎知識的鞏固和貫通。
四、推陳出新，優化思維，融會貫通知識。
題目如改為：已知O為原點，A、B、P為平面內三點，求證：A、B、P三點在同一條直線上的充要條件是=α+β，且α，β∈R，α+β=1。
此題似乎和前三題沒有關系，其實不然。只要對前面的條件、結論稍加分析研究，我們就可找到它們的關系。特別是第二次變式，則題目易證。解答本題的思維步驟是運用向量共線的充要條件，這是證明此題的關鍵。
證充分性只須由=α+β出發結合條件α+β=1則有=（1-β）+β
（β∈R），故 - =β,可得=β （β∈R）。則易得A、B、P三點在同一條直線上。
證必要性可仿例題，若A、B、P三點在同一條直線上，則與共線，于是存在實數λ，使=λ，再結合圖形，利用向量的三角形法則進行轉化。
∵=-， =-，
∴-=λ（-）
∴=λ+（1-λ）
令λ=β，1-λ=α，則有α+β=（1-λ）+λ=1
∴=α+β且α，β∈R，α+β=1
對學有余力的同學題目再改為：如圖，在△ABC中，
AB上有一點P（點P不與點A、B重合），設=，
=, =x+y(x≠0,y≠0,x、y∈R)
求證：x+y=1且=
通過此題的訓練，我們不僅鞏固了前面所學的實數與向量的積、向量共線的充要條件及平面向量基本定理等基礎知識，而且將基礎知識推陳出新，優化了學生思維，融會貫通了知
識。使學生的思維能力獲得高層次的發展。
五、遷移聯想，思維延伸，點燃創新思維的火花。
通過上面的變式訓練，學生對平面向量的基本定理、兩個向量共線的充要條件及運算律的理解都有了深刻的體會，為了使學生的思維能力再獲提高，培養創新思維能力和發散思維能力。這時可布置題目如下：
設、、為非零向量，其中任一向量不共線，已知+與共線，且+與共線，試問與+是否共線？證明你的結論。
此題與前面的變式的區別是沒有可直接證明的結論，這就要求學生自己根據有關信息和相關知識分析討論，得到可能的結論，再證明自己的結論是正確的，常規題變成了一道開放題。這時可要求學生放開想像的翅膀，廣泛聯想和思考，聯系有關知識猜想結論并證明自己的結論。學生能夠利用聯想、直覺、試驗等各種思維方法得出結論，可充分發揮學生的主體作用，使學生成為問題的探索者，信息的反饋者，目標的實現者和成功者。
總之，在解題教學中，我們不僅要重視學生的閱讀、模仿、理解能力的培養，還要重視聯想、遷移能力的培養，更要重視思維能力的培養。在解題時要引導學生仔細分析題目的條件和關系，多角度聯想，尋求一題多解、一題巧解，優化思維。更要求學生在思維過程中不要僅限于了解，而要悟得明白，悟明道理，還要進行對數學思想方法的提煉與題型的歸類，并且在解題后要學會從不同的角度認識問題。比如其形式可否變換？逆命題能否成立？條件可減弱嗎？有無進一步的結論，考察了哪些知識點和數學思想方法？等。解題后的反思，有助于鞏固基礎，以及獨立分析問題、解決問題能力的形成。
【參考書目】
1、中學數學教與學 2002、9
2、點擊名師 華東師范大學出版社
2003-3-24

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