2019届二轮复习类比思想学案（全国通用）

“中学数学解题思想方法” 微视频 8.类比思想   内容概述类比思想就是由已知两个（类）事物具有某些相似性质，从而推断它们在其他性质上也可能相似的推理思想（由特殊到特殊）。类比思想是串联新旧知识的纽带，同时也是培养学生探究能力和创新能力的有力工具．类比往往是猜想的前提，猜想又往往是发现的前兆，类比是数学发现的重要源泉，数学中许多定理、公式和法则都是用类比推理提出的。在高中数学中，类比是最基本、最重要的数学思想方法之一，它不仅能由已知解决未知，由简单问题解决复杂问题，更能体现数学思想方法之奇妙．恰当的运用类比思想，可以帮助学生举一反三、触类旁通，提高解题能力，也可以引导学生去探索获取新知识，提高学生的创新思维能力．类比思想存在于解决数学问题的过程中，是帮助我们寻找解题思路的一种重要的思想方法．当我们遇到一个“新”的数学问题时，如果有现成的解法，自不必说．否则解决问题的关键就是寻找合适的解题策略，看能否想办法将之转化到曾经做过的、熟悉的、类似的问题上去思考。通过联系已有知识给我们的启发，将已有知识迁移到新问题中来，把解决已有问题的方法移植过来，为所要解决的问题指引了方向． 例题示范例1：等差数列{}中，若，则有成立，类比上述性质，在等比数列{}中，若=1，则_______.解：在等差数列中，，那么以为中心，前后间隔相等的项和为0，即，…所以有成立．类比过来：同样在等比数列{}中，若=1，则以为中心，前后间隔相等的项的积为1，即，所以有下列结论成立： 评析：在等差数列和等比数列的性质类比中，常见的运算类比有：和类比为积，差类比为商，算术平均类比几何平均等等。当然此题中已知等式的左右式子各项特征，特别是下标变化规律是类比的关注点。 例2：在平行四边形ABCD中，有,类比在空间平行六面体中，类似的结论是_______。       解：如图，平行四边形中，设向量， ,则，,  有…①同理，…②①+②得，，即 ．类似地，在平行六面体中，可设， 则,,,同上面方法可计算出下列结论成立:    评析：在解决空间几何问题时，有很多可以类比平面几何问题求解，美国数学家、数学教育家波利亚曾指出：“类比是一个伟大的引路人，求解立体几何问题往往有赖于平面几何中的类比问题”平面与空间类比的例子还有很多，如：1、在Rt△ABC中，∠C=900，CD⊥AB于点D，则成立，类比此性质，在四面体P-ABC中，PA、PB、PC两两垂直，PD⊥平面ABC于点D，则可得到的结论是：．2、已知△ABC中，内切圆半径为r，三边长为a,b,c，则△ABC的面积为，若一个四面体内切球的半径为R，四个面的面积分别是，则这个四面体的体积是：． 3、如图，在平面几何中△ABC的内角平分线AD分BC所成的线段比BD：DC=AB：AC，把这个结论类比空间有： 在三棱锥中中，平面DCE平分二面角A-CD-B，且与棱相交于点E，则有．        例3： ．已知正数满足：则的取值范围是          ． 解：由得， ∴，，由，得， 设，，在处理时可以类比：是表示直线的下方区域，所以表示曲线下方区域，这就是线性与非线性的类比．则满足，可先求的取值范围． 作出（）所在平面区域（如图）：                        利用的几何意义：可行域内的任一点和点所在直线的斜率，由图像可知分别在点和切点分别取得最小值和最大值．设过点的直线与相切于点，∴，解得，，∴，，即的取值范围是．评析：此题求解中充分利用条件和结论的形式特征，将不等条件与线性规划中约束条件类比，将所求分式与斜率类比，将求线性规划问题的方法与非线性的方法进行类比。解决问题的策略就是把不熟悉的问题类比到熟悉的问题中，降低思维难度。 例4：（2017年浙江21）如图，已知抛物线，点，，抛物线上的点 ，过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.  (1)求直线AP斜率的取值范围  （2）求的最大值 。 解：（1）设直线AP的斜率为K. ，因为，所以直线AP斜率的取值范围为。（2）常规解法：设直线AP的方程：，则由消得：，则.由于，则。由题意得，所以直线：，联立方程，解得, 因为 ， ,所 以 。令，因为 ，所以在区间上单调递增，上单调递减，因此当时，取得最大值。当然我们也可以利用不等式的性质直接求解： ，当时等号成立。有没有其他的解决途径呢？重新审视已知条件，直线AP的垂线及所求的量有没有什么内在的联系？垂足与已知点之间有没有特殊的关系呢？如果我们能发现就是在直线AP上的射影的话，那么就可直接转化为，于是问题转化为向量的坐标运算。解法2：两线段积类比向量数量积的几何意义  设，则   （ * ）对于（*）式 我们可以直接展开得 ，下面可求导计算（过程同上）。 解法3：类比于已解决的问题已知直线AB 与抛物线交于点A,B,点M为AB 的中点，C为抛物线上一个动点，若满足,则下列一定成立的是（  B  ）   ,其中是抛物线过 的切线      分析：设AB的中点为M，由于若线段AB为定值，则当以M为圆心的圆与抛物线相切时（切点为）满足，此时圆与抛物线在处有共同的切线。如果在考场上我们能够回忆起这样一个解题经历，或者能深层地发现本问题中蕴含的几何位置关系，那么下面的解法应该是水到渠成的。设AB的中点为D，则, 由于 ，如图当圆D与抛物线相切于点P时值最小，此时DP与过P的抛物线的切线垂直。设 则 化简得  即，     。故时最大值为。评析：上面的多维度解析让我们感受了数学问题的解决是多方面的，类比思想体现在数算，形态，及解题策略方面的互通。 配套练习：1、设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列.类比以上结论有设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，________，________，成等比数列. 2、把一个直角三角形以两直角边为邻边补成一个矩形，则矩形的对角线长即为直角三角形外接圆直径，以此可求得外接圆半径r＝(其中a，b为直角三角形两直角边长).类比此方法可得三条侧棱长分别为a，b，c且两两垂直的三棱锥的外接球半径R＝________. 3、已知圆的半径为，为圆周上一点，现将如图放置的边长为的正方形（实线所示 ，正方形的顶点和点重合）沿着圆周顺时针滚动，经过若干次滚动，点第一次回到点的位置，则点走过的路径的长度为          4、对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若f(x)＝x3－x2＋3x－，请你根据这一发现， (1)求函数f(x)＝x3－x2＋3x－的对称中心； (2)计算f()＋f()＋f()＋f()＋…＋f().  答案：1、 　　解析　对于等比数列，通过类比，有等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4＝a1a2a3a4，T8＝a1a2…a8，T12＝a1a2…a12，T16＝a1a2…a16，因此＝a5a6a7a8，＝a9a10a11a12，＝a13a14a15a16，而T4，，，的公比为q16，因此T4，，，成等比数列. 2 、解析: 由平面类比到空间，把矩形类比为长方体，从而得出外接球半径. 3、解析：类比题（2010北京理科（14））如图放置的边长为1的正方形PABC沿轴滚动 .设顶点P（，y）的轨迹方程是，则的最小正周期为          ；在其两个相邻零点间的图像与轴所围区域的面积为           .说明：“正方形PABC沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动 .沿轴正方向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续 .类似地，正方形PABC可以沿轴负方向滚动 .分析：此题若想直接求出P点运动的轨迹方程是有点困难的，但我们可以根据题意画出点P的轨迹，然后根据图形的特征求出周期和所围成的面积 . 通过动手操作点P的轨迹是如图2中周期为4的图像，在其两个相邻零点间的图像与轴所围区域是由两个半径为1的圆及两个边长为1的正方形和一个半径为的弓形组成 .其面积在解决原题时我们可以类比操作：如果我们将六边形从A点处剪开依次重复地平铺在直线上（如图）问题可直接类比转化为上面的高考试题 . 在直线上正方形的顶点A转动的轨迹是以半径1，,1,0，弧所对的圆心角为，交替进行的 . 而在正六边形内转动时，半径变化一致，但弧所对的圆心角为 .    于是A的轨迹是以半径为1， ，1，0 为重复呈现的一段弧（圆心角为），正方形纸片在圆形盖内转了三圈后（即正方形顶点第12次与圆周相碰）回到初始点P,  故点走过的路径的长度为 .  4、解　(1)f′(x)＝x2－x＋3，f″(x)＝2x－1，由f″(x)＝0，即2x－1＝0，解得x＝.  f()＝×()3－×()2＋3×－＝1.  由题中给出的结论，可知函数f(x)＝x3－x2＋3x－的对称中心为(，1).(2)由(1)，知函数f(x)＝x3－x2＋3x－的对称中心为(，1)，所以f(＋x)＋f(－x)＝2，即f(x)＋f(1－x)＝2.  故f()＋f()＝2， f()＋f()＝2， f()＋f()＝2，…f()＋f()＝2.   所以f()＋f()＋f()＋f()＋…＋f()＝×2×2 012＝2 012.