例谈中学数学中的探究性问题诸暨市浣江幼教

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例谈中学数学中的探究性问题

钱央君 数理学院 数学教育031专 指导老师:兰春霞

摘要:随着课程改革和新课标的实施,探究性问题随之进入课堂,成为教师的一门必修课。求解此类问题具有一定的综合性。本文就中学阶段的四类探究性问题作一些具体的探求。

关键词:中学数学 ; 探究 ; 探究性学习 ; 探究性问题

波利亚在他的著作中体现出的三个学习原则中的(1)如果“头脑不活动起来,是很难学到什么东西的,也肯定学习不到更多的东西”;(2)“学东西的最好途径是亲自去发现它”。探究性问题既可考查学生想象能力和探究能力,又能反映学生的创造性思维,具有一定的综合性。而探究性学习是培养学生主动学习,提高综合素质的一种行之有效的方法。所谓的探究性学习就是指主要以培养学生的数学创新精神和创造能力为目的的活动课程。本文抓住重点,从实际出发对探究性问题作一些具体的探求。列举了一些较典型的例子进行分析,求解。

1、执因索果,直接探求

此类题目较简单,也是最基本的。它常常只需根据已知量及其它们之间的关系,综合运用所学知识,求出未知量。此类问题常用于基本的代数、几何题中。

例1 据我国古代周髀算经记载,公元前1120年商高对周公说,将一根直尺折成一个直角,两端连结得一个直角三角形,如果勾是三、股是四,那么弦就等于五。后人概括为“勾三、股四、弦五。”

(1)观察:3,4,5;5,12,13;7,24,25;„„,发现这些勾股数的勾都是奇数,且从3起就没有间断过。计算1(91)2,1(91)2与1(251)2,1(251)2,并根据你发现规律,分别写出能表示7,24,25的股和弦的算式;

(2)根据(1)的规律,用n(n为奇数且n3)的代数式来表示所有这些勾股数的勾、股、弦,合理猜想他们之间两种关系,并对你的猜想加以证明;

(3)继续观察4,3,5;6,8,10;8,15,17;„„,可以发现各组的第一个数都是偶数,且从4起也没有间断过。运用类似上述探索的方法,直接用m(m为偶数且m4)的代数式来表示他们的股和弦。

解:(1)∵1(91)42,1(91)52;

1(251)122,1(251)132;

∴ 7,24,25的股的算式为

211(491)(71)22

弦的算式为

211(491)(71)22

(2)当n为奇数且n3时,勾、股、弦的代数式分别n,12(n2-1),12(n2+1)

关系式1,弦-股=1;关系式2,勾2+股2=弦2

证明关系式1:弦-股=12(n2+1)-12(n2-1)=12[(n2+1)-(n2-1)]=1

证明关系式2:勾2+股2=n2+[12(n2-1)]2=[12(n2+1)]2=弦2

 猜想得证

(3)探索得,当m为偶数且m4时,股、弦的代数分别为(2m)2-1,(2m)2+1。

例2(2005年金华中考题)

如图,在矩形ABCD中,AD=8,点E是AB边上的一点,AE=22。过D、E两点作直线PQ,与BC边所在直线MN相交于点F。

(1)点G是线段AD上的一个动点(不运动至点A、D),GH⊥DE,垂足为H。设DG为x,四边形AEHG的面积为y,请求出y与x之间的函数关系式。

(2)如果AE=2EB,点O是直线MN上的一个动点,以O为圆心作圆,使⊙O与直线PQ相切,同时又与矩形ABCD的某一边相切。问满足条件的⊙O有几个?并求出它们的半径。

Q

A D

E H

M F B C N

P

图1

解:(1)由矩形ABCD可得△AED是直角三角形

∵AE=22 ,AD=8 ∴DE=62

∵GH⊥DE ∴△DHG也是直角三角形

又∵∠HDG=∠ADE ∴△DHG∽△DAE

∴DHAD=DGDE ∴DH=DGDEAD=62x·8=223x

同理可得 3xGH 而1228822AEDS

212222339DHGxxxS

∴y82-229x

(2)有4个。①若O在MB上且与PQ、AB相切,记为O1 ,半径为r1 。

∴1FOFE=1EOBE ∵2AEEB ∴2EB

∵FEBAED DAEFBE∴AED∽FEB

∴FBBE=ADAE ∴82422ADFBBEAE

∴32EF 而111OEOBr∴114FOr

∴1432r=12r ∴11r

②若O在BC上且与PQ、AB相切,记为O2 ,半径为r2 。

同①可得 r2 =2

③若O在BC上且与PQ、CD相切,记为O3 ,半径为r3 。

可求得 r3 =3

④若O在BN上且与PQ、CD相切,记为O4 ,半径为r4 。

可求得 r4 =6

2、特例测探,由特殊到一般

通过对特殊情况的观察、猜想、归纳、探索出一般的情况,从而使问题一般化,简单化。下面就数列中的规律性话题及代数中比较两个代数式大小的问题举两个代表性的例子进行分析,求解。

例3.1 求数列9,99,999,9999,„„的前n项和

解:仔细观察题目,因为它既不是等差也不是等比数列,所以不能用等差或等比数列的求和公式来解决。如果能适当转化一下也许就能解决了。9最接近10,99最接近100,999最接近1000,而10,100,1000是等比数列。

∴nnS= 9 + 99 + 999 + + 999 9 =(10-1)+(100-1)+(1000-1)+ +(10-1)

1234n10109 =(10+10+10+10++10) -n = 9nn

问题已经顺利解决,对于像这样一类既不是等差也不是等比数列的数列求和问题可以运用转化的方法把它化归为我们比较熟悉的等比数列或等差数列来进行求解。

例3.2 如果把9改为3,即 求3,33,333,3333,„„的前n项和

解:9是3的倍数 n S= 3+33+333+3333++3333

则 n3S = 9+99+999+9999++9999

1234n10109 =(10+10+10+10++10) -n = 9nn

9和3是特殊数字,若改为其他数字呢?

例3.3 比如 求4,44,444,4444,„„的前n项和

解: nS= 4+44+444+4444++444

则 94nS= 9+99+999++9999 = 1101099nn

n S= 14(10109)81nn

前面已经解决了关于数字9和3的问题,对于数字为3的问题可以乘3变为9的问题,而其他数字都可以变为数字9的问题来解决,比如4可以乘以94,5可以乘以95,这样任何数字问题就能解决了。

以上解决的是一位数的情况,如果是两位数怎么办?

例3.4 如 求数列12,1212,121212,„„的前n项和

有了以上两题的求解做准备,此题也不难想到通过化归的数学思想,可以归结为同一类题,进而使该题简单化。

解:1212121212121212nS

22412(121210)(1212101210)241212101210

62462(1)1210121210121012101210n

2462(1)12(1)1210(2)1210(3)12101210nnnnn

∴210nS246821210(1)1210(2)1210(3)12101210nnnnn

210nS-nS246821210121012101210121012nn

246212(10101010)12nn

∴nS22222121010()101110nn

如果是三位数又该怎么办?

例3.5 如 求247,247247,247247247,„„的前n项的和

解: 根据上面的规律不难想到 nS=333332471010()101110nn

推论:如果重复数字是k位数时,归纳出nS的表达式

nS=1010()101110kknkkkan

例4 试比较2121nn与2211nn的大小

解:由2121nn=1-221n,2211nn=1-221n可知,

比较2121nn与2211nn的大小,只需比较2n与2n的大小

经计算得,1n时,1221;2n时,2222;3n时3223;

4n时,4224;5n时,5225;6n时,6226;„„

由此猜想 当5n时,22nn,

证明:(1)当5n时,因为5232,2525,而3225,

所以22nn成立

(2)假设nk(k5)时,22kk成立。

则当1nk时,122222kkk,

而22222(1)21(1)20kkkkk(5)k

所以122(1)kk成立

即1nk时,122(1)kk成立

所以5n对一切,22nn成立

综上得:当n=2或4时,2121nn=2211nn;

当3n时,22211211nnnn;当1n或5n时,22211211nnnn。

3、在探求中思疑,在思疑中启悟

求解最值问题有很多种方法,运用均值不等式求解是最基本的,也是最常用的。对于这类问题的求解要谨慎,一不留神就会出错。

例5 已知a,bR+,a+b=1 求证(a+1a)(b+1b)254

思路1 直接用均值不等式

∵a,bR+ ∴a+1a2 ,b+1b2 „„„„„„ ①

∴ (a+1a)(b+1b)22=4

思路1失败,于是再作新的尝试

思路2 展开后再用均值不等式

(a+1a)(b+1b)=ab+1ab+ba+ab

∵a,bR+ ∴ab+1ab2 ba+ab2 „„„„„„ ②

仍然只能证出(a+1a)(b+1b)4

尝试再度失败

反思:观察发现①中a+1a2 ,当且仅当a=1时取等号

同理b=1时才有b+1b2取等号