进退中体会数学运算和数学策略

前言

总结和提炼数学运算中的技巧和策略，有助于提升我们对数学本质的理解，也有助于增强我们数学应用意识的主动性。

运算策略

例1【向量的模的运算】已知(|vec{a}|=1，|vec{b}|=2，<vec{a}，vec{b}>=60^{circ})，求(|vec{a}+2vec{b}|)

法1：基向量法，

(|vec{a}+2vec{b}|^2=vec{a}^2+4vec{b}^2+2 imes 2 imes vec{a}cdot vec{b})；

(=|vec{a}|^2+4|vec{b}|^2+4|vec{a}|cdot |vec{b}|cdot cos60^{circ})；

(=1+16+4 imes 1 imes 2 imes cos60^{circ}=21)，

故(|vec{a}+2vec{b}|=sqrt{21})。

法2：建立坐标系，利用向量坐标法构造向量三角形法，

建立如图所示的坐标系，则可知(vec{a}=(1，0))，(vec{b}=(1，sqrt{3}))，

则(vec{a}+2vec{b}=(1，0)+2(1，sqrt{3})=(3，2sqrt{3}))，

故(|vec{a}+2vec{b}|=sqrt{3^2+(2sqrt{3})^2}=sqrt{21})。

法3：构造向量三角形法，利用余弦定理求解。

由图可知，(overrightarrow{OA}=vec{a})，(overrightarrow{OD}=2vec{b})，做向量三角形( riangle OAB)，

则在( riangle OAB)中，(|OA|=|vec{a}|=1)，(|AB|=|2vec{b}|=4)，(|OB|=|vec{a}+2vec{b}|)，(angle OAB=120^{circ})，

由余弦定理可知，(|OB|^2=1^2+4^2-2 imes 1 imes 4 imes cos120^{circ}=21)，

故(|vec{a}+2vec{b}|=|OB|=sqrt{21})。

例2【代数式求值】

已知(x+x^{-1}=3)，求(x^{frac{1}{2}}+x^{-frac{1}{2}}=sqrt{(x^{frac{1}{2}}+x^{-frac{1}{2}})^2}=sqrt{5})

例2【求数列的通项公式】

已知(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+dots+2^na_n = n)，求数列({a_n})的通项公式 ；

分析：和式用减，

当(n ge 1)时，(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+dots+2^na_n = n ①)，

当(n ge 2)时，(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1②)，两式相减得到

当(n ge 2)时，(2^na_n=1)，即就是(a_n=cfrac{1}{2^n}=(cfrac{1}{2})^n)，

再验证，当(n=1)时，由已知式子可知(a_1=cfrac{1}{2})，满足上式，

故数列({a_n})的通项公式为(a_n=(cfrac{1}{2})^n) .

例3已知数列({a_n})前(n)项和为(S_n)，(a_n=n)，正项数列({b_n})满足(b_1cdot b_2 cdot b_3 cdots b_n= 2^{S_n})，求数列({b_n})的通项公式 ；

分析：积式用商

当(n ge 1)时，(b_1cdot b_2 cdot b_3 cdots b_n= 2^{S_n} ①)，

当(n ge 2)时，(b_1cdot b_2 cdot b_3 cdots b_{n-1}= 2^{S_{n-1}}②)，两式相除得到

当(n ge 2)时，(b_n=2^{S_n-S_{n-1}}=2^{a_n})，即(b_n=2^{a_n}=2^n)，

再验证，当(n=1)时，由已知式子可知(b_1=2^{S_1}=2^{a_1}=2)，满足上式，故数列({b_n})的通项公式为(b_n=2^n).

例4【对数的运算】求值：(log_2^;{(sqrt{2+sqrt{3}}-sqrt{2-sqrt{3}})})

(log_2^;{(sqrt{2+sqrt{3}}-sqrt{2-sqrt{3}})}=cfrac{1}{2}cdot 2 log_2^;{(sqrt{2+sqrt{3}}-sqrt{2-sqrt{3}})}=cfrac{1}{2}log_2^;{(sqrt{2+sqrt{3}}-sqrt{2-sqrt{3}})^2}=cfrac{1}{2})

例5【对数的运算】求值：(5^{lg30}cdot (cfrac{1}{3})^{lg0.5})

分析：设(5^{lg30}cdot (cfrac{1}{3})^{lg0.5}=x)，两边同时取对数，

得到(lgx=lg[5^{lg30}cdot (cfrac{1}{3})^{lg0.5}])，

即(lgx=lg30cdot lg5+lg0.5cdot lgcfrac{1}{3})

即(lgx =(lg3+1)cdot lg5+(-lg2)cdot (-lg3))

即(lgx=lg3cdot lg5+lg5+lg2cdot lg3)

即(lgx=lg3(lg2+lg5)+lg5)

即(lgx=lg3+lg5=lg15)，

即(x=15)；

【同思路】求(a^{lnb})的最值，令(a^{lnb}=t)，则(lnt=lnbcdot lna)；

例6【三角函数求值】
已知(alpha)为第二象限角，且(sin2alpha=-cfrac{24}{25})，求(cosalpha-sinalpha)的值。

分析：(|cosalpha-sinalpha|=sqrt{(cosalpha-sinalpha)^2}=sqrt{1-sin2alpha}=sqrt{1-(-cfrac{24}{25})}=cfrac{7}{5})，

又由于(alpha)为第二象限角可知，(cosalpha<0，sinalpha>0)，故(cosalpha-sinalpha=-cfrac{7}{5})。

例7【向量的內积】
已知向量(overrightarrow{OA}perp overrightarrow{AB})，(|overrightarrow{OA}|=3)，求(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB})的值。

分析：设向量(|overrightarrow{AB}|=x)，则(|overrightarrow{OB}|=sqrt{x^2+9})，

再设(< overrightarrow{OA} ，overrightarrow{OB}>= heta)，

则(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB}=|overrightarrow{OA}||overrightarrow{OB}|cos heta=3 imessqrt{x^2+9} imescfrac{3}{sqrt{x^2+9}}=9)

例8【不等式大小比较】比较大小：(P=sqrt{6}+sqrt{7})与(Q=sqrt{5}+sqrt{8})

分析：先平方，再开方。(P^2=6+7+2sqrt{42})；(Q^2=5+8+2sqrt{40})；

由于(P^2>Q^2)，(P>0)，(Q>0)，故(P>Q)

例9【不等式大小比较和三角运算】

若(0<alpha<eta<cfrac{pi}{4})，(sinalpha+cosalpha=a)，(sineta+coseta=b)，则有【】

A.(a<b) (hspace{2cm}) B.(a>b) (hspace{2cm}) C.(ab<1) (hspace{2cm}) D.(ab>2)

分析：(a^2=1+sin2alpha)， (b^2=1+sin2eta)，

由于 (0<alpha<eta<cfrac{pi}{4})，则有 (0<2alpha<2eta<cfrac{pi}{2})，则(sin2alpha<sin2eta)，

故(a^2-1<b^2-1)，(a>0，b>0)，则(a<b)，选A.

例10【三角函数式的化简+二倍角的正弦多次逆用】

化简求值：(cos20^{circ}cdot cos40^{circ}cdot cos60^{circ}cdot cos80^{circ})

分析：原式=(cfrac{1}{2}cdot cfrac{2sin20^{circ}cdot cos20^{circ}cdot cos40^{circ}cdot cos80^{circ}}{2sin20^{circ}})

(=cfrac{1}{2}cdot cfrac{sin40^{circ}cdot cos40^{circ}cdot cos80^{circ}}{2sin20^{circ}})

(=cfrac{1}{2}cdot cfrac{2cdot sin40^{circ}cdot cos40^{circ}cdot cos80^{circ}}{2cdot 2sin20^{circ}})

(=cfrac{1}{2}cdot cfrac{sin80^{circ}cdot cos80^{circ}}{4sin20^{circ}})

(=cfrac{1}{2}cdot cfrac{sin160^{circ}}{8sin20^{circ}})

(=cfrac{1}{2}cdot cfrac{1}{8}= cfrac{1}{16})。

例11【图像的变换】

已知函数(f(x+1))恒过点((3，2))，则函数(f(x))恒过点__________。

法1：用替换解析，由于(f(x+1))是用(x-1)替换(x)，才能得到函数(f(x))，

而(x-1)意味着向右平移一个单位，故函数(f(x))恒过点((4，2))；

法2：由(f(x))的图像得到(f(x+1))的图像，是向左一个单位得到的，此时过点((3，2))

故函数函数(f(x))恒过点((4，2))；

例12【求导数的值】设(f(x)=x(x+1)(x+2)cdots (x+2018))，求(f'(0))的值；

分析：令(g(x)=(x+1)(x+2)cdots (x+2018))，则(f(x)=xcdot g(x))，

则(f'(x)=g(x)+xcdot g'(x))，故(f'(0)=g(0)+0cdot g'(0)=1 imes 2 imes 3 imes cdots imes 2018)；

例13【求展开式中的系数的线性和】若((2x-3)^5=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5)，则(a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5)=____

分析：令((2x-3)^5=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5)，

对等式两边同时求导得到，

([(2x-3)^5]'=(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5)')，

即(5cdot (2x-3)^4cdot 2=a_1+2a_2+3a_3x^2+4a_4x^3+5a_5x^4)，

即(10cdot (2x-3)^4=a_1+2a_2+3a_3x^2+4a_4x^3+5a_5x^4)，

令(x=1)，得到(a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5=10(2 imes1-3)^4=10)。

案例【2018山东济宁二模改编】已知数列({a_n})满足(a_1=cfrac{3}{2})，且数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为等比数列；

(2)记(R_n=(a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2}))，求(R_n)；

【法1】：利用通项公式，由(1)可知，数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为首项为(lg2)，公比为2的等比数列；

(lg(a_n+cfrac{1}{2})=lg2cdot 2^{n-1}=2^{n-1}cdot lg2=lg2^{2^{n-1}})，故(a_n+cfrac{1}{2}=2^{2^{n-1}})；

则(R_n=(a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2}))

(=2^{2^{1-1}} imes 2^{2^{2-1}} imes 2^{2^{3-1}} imescdots imes 2^{2^{n-1}}=2^{2^0+2^1+cdots+2^{n-1}})

(=2^{frac{1cdot (2^n-1)}{2-1}}=2^{2^n-1})；

注意：运算中的易错处，(lg2cdot 2^{n-1} eq lg(2cdot 2^{n-1}))，即(lg2cdot 2^{n-1} eq lg2^{n})，

【法2】：由于数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为首项为(lg2)，公比为2的等比数列；

(R_n=(a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2}))，

给等式两边同时取对数得到，(lgR_n=lg[ (a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2})])

(=lg(a_1+cfrac{1}{2})+lg(a_2+cfrac{1}{2})+lg(a_3+cfrac{1}{2})+cdots+lg(a_n+cfrac{1}{2}))

(=cfrac{lg2(2^n-1)}{2-1}=(2^n-1)lg2=lg2^{2^n-1})，

由于(lgR_n=lg2^{2^n-1})，则有(R_n=2^{2^n-1})

注意：由于对数运算能将运算降级处理，即原来是乘法运算降级为加法运算，故法2明显要优于法1，在这里我们需要培养主动使用对数运算的数学意识。

思维训练

例1如何想到下面的变形？

(h(x)=cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+cfrac{1}{x-2})，

从右边向左边通分整理，再从左边向右边展开一遍；

例2如何想到下面的变形？

由(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2)，变形得到((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)=2)，

从左向右如果想不到，那就双向多走几遍。

例3【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】有一个长方体木块，三个侧面积分别为(8)，(12)，(24)，现将其削成一个正四面体模型，则该正四面体模型棱长的最大值为【】

$A.2$ $B.2sqrt{2}$ $C.4$ $D.4sqrt{2}$

分析：设长方体的长宽高分别为(x)，(y)，(z)，则由题可知有(left{egin{array}{l}{xy=8①}\{yz=12②}\{xz=24③}end{array} ight.)，三式相乘得到(x^2y^2z^2=48^2④)，

用④式分别除以①②③式，得到(x=4)，(y=2)，(z=6)，要想削成一个正四面体，

需要先取其最小棱的长度作为基础，首先得到棱长为(2)的正方体，然后由正方体切削成正四面体，

此时正四面体的棱长为该正方体的面对角线，故正四面体的棱长的最大值为(2sqrt{2})。

例4【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】有一块池塘的荷叶生长速度每天是前一天的一倍，已知第(20)天时，荷叶刚好盖满池塘，问多少天荷叶刚好盖住池塘的一半？

思路一：我们一般是转化为等比数列求解，这是常规的思路，也是很费时间的思路。

思路二：我们以退为进，由于每天的荷叶生长速度每天是前一天的一倍，第(20)天时，荷叶刚好盖满池塘，那么第(20-1=19)天时，必然刚好盖住池塘的一半。

【同类型】三角形数阵的下一行的第一个，与上一行的最后一个。