高中数学解题方法中的“三十六计”

摘 要：文章把学生所熟悉的“三十六计”融入数学科学习的方法之中，希望能增强学生的感性认知，帮助学生提高学习兴趣，使学生熟练掌握一些解题方法，帮助学生提高解题技能。

关键词：声东击西；金蝉脱壳；李代桃僵；抛砖引玉

中图分类号：G633.6   文献标识码：A   文章编号：1673-8918（2024）47-0071-03

许多高中学生认为高中数学学科枯燥乏味，难以理解。如何让学生对数学产生兴趣，激发他们的学习积极性，对一些知识与方法印象深刻？今天我们一起来聊一聊高中数学解题方法中的“三十六计”，以帮助学生提高解题技能，为提升高中学生数学核心素养奠定基础。

一、 “声东击西”求最值

【例1】 已知F是椭圆C：x24+y23=1的左焦点，P为椭圆C上任意一点，点Q坐标为（2，1），则｜PQ｜+｜PF｜的最大值为    。

解析：由C：x24+y23=1可知a=2，设椭圆右焦点F′（1，0），

则｜PQ｜+｜PF｜=｜PQ｜+2a-｜PF′｜SymbolcB@4+｜QF′｜=4+（2-1）2+（1-0）2=4+2，

当且仅当P，Q，F′共线时且当P在QF′的延长线上时等号成立。

∴｜PQ｜+｜PF｜的最大值为4+2，故答案为：4+2。

评注：本题考查椭圆的方程与定义、椭圆的性质应用、学生转化问题的能力。本题求｜PQ｜+｜PF｜的最大值，其中｜PF｜是左焦半径，设出右焦点，应用定义把｜PF｜转化为4-｜PF′｜，即把左焦半径转化为右焦半径，“声东击西”，之后利用两边只差小于第三边，即：｜MN｜-｜MF′｜SymbolcB@｜NF′｜，当P，Q，F′共线，P在QF′的延长线上时等号成立。

二、 “金蝉脱壳”求不等式

【例2】 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为coshx=ex+e-x2，相应的双曲正弦函数的表达式为sinhx=ex-e-x2。设函数f（x）=sinhxcoshx，若实数a满足不等式f（3a+20）+f（-2a2）<0，则a的取值范围为    。

解析：由题意可知：f（x）=ex-e-xex+e-x的定义域为R，

因为f（-x）=e-x-exe-x+ex=-f（x），所以函数f（x）为奇函数，

又因为f（x）=ex-e-xex+e-x=e2x-1e2x+1=1-2e2x+1，且 g（x）=2e2x+1在R上为减函数，

由复合函数的单调性可知：f（x）=1-2e2x+1在R上为增函数，

因为f（3a+20）+f（-2a2）<0，所以f（3a+20）<-f（-2a2）=f（2a2），

所以3a+20<2a2，解得：a>4或a<-52，所以实数a的取值范围为-∞，-52∪（4，+∞）。

评注：本题是解不等式，根据题目的条件可以得到函数f（x）的解析式，但用解析式把所求不等式具体化后，不等式会很复杂，因此我们要利用函数f（x）的单调性和奇偶性，把不等式转化为不等式3a+20<2a2，继而得解。本题利用函数 f（x）的单调性和奇偶性，可以达到去对应关系“f”的效果，此方法可谓“金蝉脱壳”。

三、 “李代桃僵”求零点之和

【例3】 设f（x）=sin3x+π4，x∈0，3π4，若函数y=f（x）-a恰有三个不同的零点x1，x2，x3，且x1<x2<x3，则x1+2x2+x3的值为    。

解析：由题函数y=f（x）-a恰有三个不同的零点，可知x∈0，3π4时，sin3x+π4=a有三个根，令t=3x+π4，则sint=a，且t∈π4，5π2，

因每个x对应唯一一个t，所以可知sint=a，t∈π4，5π2有三个根，设为t1，t2，t3，

所以t1+t2=πt2+t3=3π，因此3x1+π4+3x2+π4=π3x2+π4+3x3+π4=3π，从而得x1+x2=π6x2+x3=5π6，

所以x1+2x2+x3=π。

评注：本题已知函数y=f（x）-a恰有三个不同的零点，即x∈0，3π4时，sin3x+π4=a有三个根，令t=3x+π4，则条件转化为sint=a，t∈π4，5π2有三个根，应用数形结合，即得x1+2x2+x3=π。这里用t=3x+π4将条件转化为sint=a，t∈π4，5π2有三个根的情况，可谓“李代桃僵”。

四、 “连环计”求数列之和

【例4】 在等差数列｛an｝（n∈N*）中，a1+a2=11，a3=10。

（1）求｛an｝的通项公式；

（2）若bn=1anan+1an+2，数列的｛bn｝前n项和为Tn，证明Tn<1168。

解析：（1）设等差数列｛an｝的公差为d，

由a1+a2=11a3=10，即2a1+d=11a1+2d=10，解得a1=4d=3，

所以an=a1+（n-1）d=4+3（n-1）=3n+1，

数列｛an｝的通项公式为an=3n+1；

（2）∵an=3n+1，

∴bn=1anan+1an+2=1（3n+1）（3n+4）（3n+7），

bn=13n+41（3n+1）（3n+7）=1613n+413n+1-13n+7=1613n+1·13n+4-13n+4·13n+7，

∴Tn=1614×7-17×10+17×10-110×13+…+13n+1·13n+4-13n+4·13n+7=16128-13n+4·13n+7=1168-1613n+4·13n+7<1168。

评注：本题第一问只需求出等差数列的首项与公差，即可得解；

本题第二问可先根据an=3n+1得出bn=1anan+1an+2=1（3n+1）（3n+4）（3n+7），然后利用裂相消法求出Tn。学生们一般对两项裂项比较熟悉，对三项裂项有点陌生，其实三项问题还是可以通过构造转化成“两项”的形式，即bn=1（3n+1）（3n+4）（3n+7）=1613n+1·13n+4-13n+4·13n+7，

进而裂项，使每一项与其前一项的相邻项“连环”相消，最后得出结论。裂项相消法是一种在数学中常用的技巧，特别是在数列求和问题中，这种方法的核心原理是将数列的每一项拆分成两个项的差，这样在求和的过程中，一些项可以进行相互抵消，从而简化计算。这种方法特别适用于那些分母是两个自然数的乘积，并且分子是这两个数的差或和的情况。

五、 “抛砖引玉”求定点

【例5】 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，-2），B32，-1两点。

（1）求E的方程；

（2）设过点P（1，-2）的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH。证明：直线HN过定点。

解析：（1）解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A（0，-2），B32，-1，

则4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，

所以椭圆E的方程为：y24+x23=1。

（2）A（0，-2），B32，-1，所以AB：y+2=23x，

①若过点P（1，-2）的直线斜率不存在，直线x=1。代入x23+y24=1，

可得M1，-263，N1，263，代入AB方程y=23x-2，可得T-6+3，-263，由MT=TH得到H-26+5，-263。求得HN方程：

y=2+263x-2，过点（0，-2）。

②若过点P（1，-2）的直线斜率存在，设kx-y-（k+2）=0，M（x1，y1），N（x2，y2）。

联立kx-y-（k+2）=0x23+y24=1，得（3k2+4）x2-6k（2+k）x+3k（k+4）=0，

可得x1+x2=6k（2+k）3k2+4x1x2=3k（4+k）3k2+4，y1+y2=-8（2+k）3k2+4y1y2=4（4+4k-2k2）3k2+4，

且x1y2+x2y1=-24k3k2+4（*）

联立y=y1y=23x-2，可得T3y12+3，y1，H（3y1+6-x1，y1）。

可求得此时HN：y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2（x-x2），

将（0，-2），代入整理得2（x1+x2）-6（y1+y2）+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，

将（*）代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0，

显然成立，

综上，可得直线HN过定点（0，-2）。

评注：第一个问题将给定点代入设出的方程求解即可；

本题第二问分情况讨论了过点P（1，-2）的直线斜率是否存在，先从特殊位置入手，确定定点，再证明该定点对斜率存在也符合。解题思路主要采用特殊位置探路，为后续由斜率存在得出的等式24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0，找到定点，起到了探路牵线的作用，即“抛砖引玉”。

以上案例把学生所了解的“三十六计”融入数学学科学习的方法之中，不仅能增强学生的感性认知，也有利于帮助学生提高学习兴趣，使学生熟练掌握一些解题方法。同时，也能培养学生转化问题，理解认识问题本质的能力。因此，只要能帮助学生提高解题技能，增强学习兴趣，进一步提升学生逻辑推理、数学运算等核心素养的方式方法，教师都可以大胆尝试，不断改进。

参考文献：

［1］章建跃.数学教育随想录（上卷）：创造力研究与数学教育［M］.杭州：浙江教育出版社，2017.6（2019.3重印）：193-218.

［2］李锦旭.压轴题破题36计［M］.杭州：浙江大学出版社，2018.5：13-23.

［3］朱威.数形结合思想方法在高中数学教学与解题中的应用探究［J］.考试周刊，2019（85）：117-118.