4从一题多解谈高考数学复习4.docx
透过2011年高考题谈谈数学复习
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２ 而 一ｘ 一
６ ｍ ｋ
，Ｉ ＸＸ ２
３（ ｍ 一２）
，
Hale Waihona Puke 所以ＩＱ ＝ Ｐｌ在复习中 ， 应对 高中数学 的重 点 内容： 函数 、 不等 式 、 数
列、 几何体 中的线面关 系 、 直线 与 圆锥 曲线及 新增 加 内容中 的向量 、 概率统计 、 导数进行 强化复 习．其 中 ， 函数是高 中数 学 的核 心内容 ， 贯穿高 中数学的始终 ， 用函数 的观点 ， 运 可以
试题 的起点低 ， 人手容易 ， 紧扣《 考试大 纲》 注重对 基础 ，
知识 的考查．试题所考查 的知识 点 ， 涵盖 了高 中数学 的主要
最基础 的知识 是最 有用 的知识 ， 最基本 的方法是最有 用 的方 法． 复 习过程 中， 在 要注 意 回归课 本 ， 缩所学 的知识 ， 浓
内容．在基 础 中考查能力 ， 有利于 纠正高 三复 习中片面 追求
： ？若存在 ， 断 △Ｄ Ｇ的形 状 ； 判 Ｅ 若不存 ．
请说明理 由． 解析 ： （Ｉ） １ 当直线 ｚ （） 的斜率不存在时 ， （两点关 丁 Ｐ， Ｊ 轴对称 ，所以 ２＝ ，２＝一Ｙ ， １Ｙ 因为 Ｐ（ ， 仵 椭 圆 Ｊ ， ．ｙ ） ｌ
因 此 ２
＋
ｂ Ｃ 以 为原点 ，Ｂ所在直 线为 轴 建立直 角坐标 系 ， Ｃ ，， Ａ 则
（ ｃｓ ｂｉＡ ， （ ，） ｂｏＡ，ｓ ） Ｂ ｃ０ ｎ
・ ． ．
高三数学总复习解题教学的基本思路
选取 复习题时一定要容量适 当． 如果采取 题海 战术 ，会 出现 “ 效率 、重 负担 、低质量 ”的局面． 低 文科 的学生 就经常抱怨数学的题量太多． 当然 ，每一个 小专 题 。每一个考点要有 一定的复 习胚 ， 这是毫无疑问的 ， 熟才能生巧． 当处理 的题 目达 但 到一定 的数量后 。 决定复习效果的关键性因素就不再是
如把最基本的数据处理 、 统计知识 、算法等作 为新 的数 学基础 知识 和基本 技能 ；叉如删减 繁琐 的计 算 、人为
技 巧 化 的 难 题 和过 分 强 调 细 枝末 节 的 内容 ．
新 高考的 “ 个第一” 五 。决定 了 ２０ ０ ７年 高 考 广 东
目标 导 向作 用 ．引 导学 生 寻 找 解 胚 的 突破 口．
三 、重 视 讲 题 的 实效 性
讲 题是解题教学的核心 内容 ，讲解 的 目的是促进
学 生 建 构 知 识 ． 理 解 知识 。掌握 知识 ． 题 合 理 、科学 讲
广 东教 育 ・教 研 ２０ ０ ６年 第 ｌ １期
维普资讯
教
与否 ，直接影响到学生的接受效果．
知识应达到的能力要求． 虽然高考数学试题不会考查课 本上 的原题 ，但 每次对高考试卷分析时不难发现 ，许 多题 目都能在课本上找到 “ 根源” ，不少高考题就是对 课本原题的变型、改造及综合． 据统计 ，２ ０ ０ ６年广东卷 共有 ７道考题的基本素材来 自于教材． 撇开课本进行复 习，不管是教师还是学生 ，都是 不可取．
整 合课 本 资源 ，不 要 圃 于 自己学 校 所 用 的 教 科 书 ， 还 要 多 涉 猎 其他 教 科 书 ．
３重视 “ 基 ” 训 练 ． 双 新课程重 新审视 “ 基 ”与时俱进地认识 “ 基 ” 双 ． 双 ．
由一道高考试题的一题多解浅谈微专题教学设计
的重要指导作用ꎬ进而促使他们对此项内容产生深入了解的兴趣.２.从教学内容中挖掘数学思想方法在人们传统的认知观念中数学教材当中的内容仅仅为学生们提供了在当前阶段应掌握的知识点ꎬ是教师开展基础教学活动的依据ꎬ但是很多人忽略了其中在知识的产生㊁发展以及应用过程中暗涵的思想方法ꎬ这就使得教师的实际授课过程缺乏了数学学科应有的 灵魂 ꎬ而且学生掌握的知识更多的是流于形式ꎬ对他们思维能力以及相关素养的提升并没有什么有效的帮助.针对此种情况ꎬ笔者建议教师在数学教学过程中可以从课程内容当中挖掘思想和方法ꎬ这样一来ꎬ不但能够有效增强学生对基础知识的理解能力ꎬ而且也开阔了他们的数学思维.３.引导学生进行思想方法的强化练习数学思想方法是从课程基础知识的学习或者练习题的解答过程中提炼出的ꎬ因此ꎬ教师在进行这部分内容的教学活动时会有非常多的局限性.比如ꎬ在多种因素的影响下ꎬ某种方法在讲解之后学生很少有机会进行使用ꎬ随着时间的推移他们便会忘记ꎻ而当再次遇到后ꎬ教师仍旧需要重新介绍ꎬ这就降低了课堂教学的效率.依据于知识点的思想方法教学过于零散ꎬ缺乏系统性ꎬ往往容易让学生在实际学生过程中造成混淆ꎬ从而对教学质量的提高起到相反的作用.综上所述ꎬ高中数学教师在日常教学过程中渗透相关的思想方法ꎬ不仅可以增强学生对基础知识的理解能力ꎬ使他们的数学思维方式得到有效锻炼ꎬ而且能够有效提高学生分析以及解决各类问题的能力ꎬ并为他们处理相关的难题提供思路和技巧.除此之外ꎬ教师能够通过思想方法的教学提升课堂的质量和水平ꎬ让知识以条理化和系统化的形式展现出来ꎬ从而让学生的学习活动变得更加高效.㊀㊀参考文献:[１]熊永欣.提高高中数学函数学习效率和把握数学思想的探索[Ｊ].中国高新区ꎬ２０１８(０１):１３０.[２]陈瑞.高中数学函数教学中数学思想方法的应用[Ｊ].考试周刊ꎬ２０１８(０１):７６.[３]张益通.数学思想方法在高中数学中的应用研究[Ｊ].中华少年ꎬ２０１７(３４):１３４－１３５.[责任编辑:杨惠民]由一道高考试题的一题多解浅谈微专题教学设计孙宝金㊀李翠玲(辽宁省朝阳市喀左蒙高中㊀１２２３００)摘㊀要:高考复习常常需要在短时间内突破学生的疑难点和易错点.我们围绕复习的重点和关键点设计出 微专题 ꎬ利用具有紧密相关的知识方法形成专项研究.与大专题复习有机结合ꎬ使得专题复习活而不空ꎬ深而不偏ꎬ促进学生的深度学习.关键词:多种解法和变式教学ꎻ 微专题 复习ꎻ构建方式ꎻ深度学习中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０１８)１２－００１８－０２收稿日期:２０１８－０１－２０作者简介:孙宝金(１９７６.１２－)ꎬ男ꎬ辽宁省朝阳市人ꎬ本科ꎬ高中教师ꎬ从事高考备考及竞赛等数学解题研究.李翠玲(１９８４.７－)ꎬ女ꎬ辽宁省朝阳市人ꎬ硕士ꎬ高中教师ꎬ从事高考备考及竞赛等数学解题研究.㊀㊀一㊁问题的提出题目㊀已知抛物线Ｃ:ｙ２＝２ｘꎬ过点２ꎬ０()的直线ｌ交Ｃ于ＡꎬＢ两点ꎬ圆Ｍ是以线段ＡＢ为直径的圆(１)证明:坐标原点Ｏ在圆Ｍ上ꎻ(２)设圆Ｍ过点Ｐ－４ꎬ２()ꎬ求直线ｌ与圆Ｍ的方程.这是２０１７年全国统一考试 丙卷(全国卷Ⅲ)理科数学第２０题.本题直线与抛物线的位置关系㊁直线与方程㊁圆的方程ꎬ意在数形结合思想和化归与转化能力ꎬ难度适中ꎬ可以很好地考查学生的平面解析几何的基本素养.㊀㊀㊀二㊁问题的探究１.基本解法的探究笔者在审视这道高考试题时ꎬ发现可以从三个视角完美解决这道试题.８１Copyright©博看网 . All Rights Reserved.视角一: 斜率乘积为－１设出ｌ的方程ꎬ通过联立方程ꎬ证明直线ＯＡ与ＯＢ的斜率之积为－１.(１)设Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()ꎬｌ:ｘ＝ｍｙ＋２.由ｘ＝ｍｙ＋２ꎬｙ２＝２ｘꎬ{得ｙ２－２ｍｙ－４＝０ꎬ则ｙ１ｙ２＝－４.又ｘ１＝ｙ２１２ꎬｘ２＝ｙ２２２ꎬ故ｘ１ｘ２＝ｙ１ｙ２()２４＝４ꎬʑｋＯＡ ｋＯＢ＝ｙ１ｘ１ ｙ２ｘ２＝－４４＝－１.所以ＯＡʅＯＢꎬ故坐标原点Ｏ在圆Ｍ上.(２)略视角二:向量法:证明ＯＡң ＯＢң＝０解法同上:ｙ１＋ｙ２＝２ｍꎬｙ１ｙ２＝－４ꎬｘ１ｘ２＝ｍｙ１＋２()ｍｙ２＋２()＝ｍ２ｙ１ｙ２＋２ｍｙ１＋ｙ２()＋４＝－４ｍ２＋４ｍ２＋４＝４ꎬＯＡң ＯＢң＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝４－４＝０ꎬʑＯＡңʅＯＢң即ＯＡʅＯＢ.所以坐标原点Ｏ在圆Ｍ上.(２)略视角三:点与圆的位置关系由已知可求圆的方程ꎬ再把Ｏ０ꎬ０()代入满足圆的方程ꎬ即得证.解法同上:可设ＡＢ中点为Ｎｘ０ꎬｙ０()ꎬｘ０＝ｘ１＋ｘ２２＝ｍ２＋２ꎬｙ０＝ｙ１＋ｙ２２＝ｍꎬＭ２＋ｍ２ꎬｍ()ꎬ圆Ｍ的半径ｒ＝ｍ２＋２()２＋ｍ２ꎬ所以☉Ｍ方程ｘ－ｍ２－２()２＋ｙ－ｍ()２＝ｍ２＋２()２＋ｍ２.把点Ｏ０ꎬ０()代入检验满足☉Ｍ方程ꎬ所以坐标原点Ｏ在圆Ｍ上.(２)略２.为了进一步让学生理解ꎬ可以对此题进行一些变式ꎬ以便学生对此类方法的理解更加深刻变式一:已知ＡꎬＢꎬＣ是椭圆Ｗ:ｘ２４＋ｙ２＝１上的三个点ꎬＯ是坐标原点ꎬ当点Ｂ不是Ｗ的顶点时ꎬ判断四边形ＯＡＢＣ是否可能为菱形?并说明理由.变式二:已知两点Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()(ｘ１ｘ２ʂ０)是抛物线ｙ２＝２ｐｘｐ>０()上的两个动点ꎬＯ是坐标原点ꎬ向量ＯＡңꎬＯＢң满足ＯＡң＋ＯＢң＝ＯＡң－ＯＢңꎬ设圆Ｃ的方程为ｘ２＋ｙ２－ｘ１＋ｘ２()ｘ－(ｙ１＋ｙ２)＝０ꎬ证明:线段ＡＢ是圆Ｃ上的直径.变式三:(人教Ｂ版ꎬ选修２－１ꎬＰ７１ꎬ习题２－５Ｂ第６题)已知椭圆的中心是坐标圆点Ｏꎬ它的短轴长为２２ꎬ一个焦点Ｆ的坐标为ｃꎬ０()ｃ>０()ꎬ一个定点Ａ的坐标为１０ｃ－ｃꎬ０æèçöø÷ꎬ且０Ｆң＝２ＦＡңꎬ过点Ａ的直线与椭圆相交于两点ＰꎬＱꎬ如果ＯＰʅＯＱꎬ求直线ＰＱ的方程.这样的 微专题 教学ꎬ培养了学生思维的广阔性ꎬ提高了学生的应变能力.关于目标意识ꎬ解题时ꎬ一要通过审体明确题目要求我们做什么ꎬ二要根据题干及结论的特点ꎬ弄清楚我们已知了什么.这样ꎬ当学生用常规思路解决问题而思维受阻时ꎬ就会尝试从结论出发或通过不同渠道去解决.３.微专题设计及教学中教师角色微专题设计以学生为中心ꎬ针对学生的知识漏洞设计成专题ꎬ学生在学习过程中具有更多的主动权ꎬ但这并不意味着学生可以完全离开教师的指导进行探究.事实上ꎬ在整合的过程中ꎬ教师要扮演内容呈现者㊁学习帮助者和课程设计者等多重角色ꎬ教师要在对学生的学习控制和学生的自主活动之间达到一种平衡状态.不断引导学生的思维ꎬ帮助学生顺利穿越 最近发展区 ꎬ获得进一步的发展ꎬ使得学生根据实际的需要寻找或构建支架支持思维能力的提高.４.微专题具有很强的实用性㊁可操作性从学生实际出发ꎬ针对学生的疑难点及解题方法的归纳ꎬ切实帮助其解决实际问题.此时教者对学情及例题难度的把握尤为重要ꎬ过难过易对学生的发展都是无益的.教师可以利用变式训练和问题引申设计来编制微专题ꎬ教学中ꎬ通过设置 典型例题 一题多解 变式训练 来完成微专题ꎬ这样可以达到 由点到面的爆炸式复习 .另外ꎬ微专题教学可以使学生ꎬ从各个不同的方面联系所学知识ꎬ形成横向㊁纵向的知识网.经过这样 深加工 ꎬ学生在解决问题时才能举一反三ꎬ游刃有余.㊀㊀三㊁微专题实践反思教学中的 微专题 复习与大专题复习不是相互对立㊁互不兼容的两种复习方式ꎬ二者是相互渗透ꎬ互为补充的关系.一方面 微专题 积少成多ꎬ能对大专题的自然生成起到一定的补充和完善作用ꎻ另一方面ꎬ大专题的落实需要更多有效的 微专题 进行渗透㊁强化.所以充分发挥微专题的问题集中㊁操作灵活㊁指向性强以及更容易解决具体问题等优势ꎬ将使得大专题复习实而不空ꎬ深而不偏.总之 微专题 复习能有效地帮助学生解决现实问题ꎻ同时教师在研究实践中不断学习㊁思考㊁分析ꎬ寻找出路ꎬ并能有所启发和创新ꎬ这对于教师自身的成长是有益的.㊀㊀参考文献:[１]李宽珍.基于目标意识解题的微专题教学 由一道模拟题谈开去[Ｊ].数学通讯ꎬ２０１７(４):２６－２８.[２]邱慎海.对一道全国高中数学联合竞赛题的探究[Ｊ].数学通讯ꎬ２０１７(４):５８－６１.[责任编辑:杨惠民]９１ Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
归类 求变 纠错 提高——浅谈高三数学复习
接法 ． 法２ ：有 ＿７ Ａ６ ４ ２ 方 法 ． ４７ ３ ０种 一 ６ ＝
运用的是特殊元素分析法 、特殊位置分析法 、间
接法 ． （ ） 甲和 乙相 邻 ． ４
思维能力 ，能使学生 随时根据变化 了的情况进行积极
思考 ，迅速想出应变 的办法 ，从而防止并消 除了学生 思 维上呆板和僵化 ，培养思 维的灵活性 ． 在一题 多变 教学 中应充分发挥学生 的主体作用 ，让学生积极参与 探索 与讨论 ，而不 能 由教师 唱独角戏 ． 实践表 明 ，学 生参与 的程度越高 ，复习效果就越好．
一
熟 ，判断辨别能力增强． 例如 ：为强化解析几何 中设 而不求 的解 题方 法 ，
可设计如下题组 ： １ 一直线被 直线 ４ ＋ ＋ ＝ ． ｘ ｙ ６ ０及 ３一 ｙ ６ ０截得 的 ５一＝ 线段 的中点恰好是坐标原点 ，求这条直线方程 ．
２ 已知 两 个 圆 Ｃ： ２ ＋ ＋ ＋ ＿ ， Ｃ： ＋ ＋ ＋ ． １ ＋ 乱 ｙ ｌ０ ２ ｘ
此运 用的是特殊元 素分析法 、特殊位 置分 析法 、定位
法．
（ ）甲不能站在排头． ３
１ ３ห้องสมุดไป่ตู้
篱串 ２ ０ ０ ９霉第 １ ２期
、
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解 ：有 ｛ ＝ ４ Ｌ ８ ０种方 法． 的是调序法． 运用 ＾ ３
运用这样的变式教学 ，可 以引导学生对 同一来源 材料 ，从不同角度 、不 同方位思考问题 ，探求不同的 解答方案 ，以加强学生的纵横联系 ，培养学生的发散
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归类 求变 纠错 提 高
浅谈高三数学复 习
一湛江市坡头区爱周 中学 李上泉
名
师
指
津
教学中“一题多解”对数学核心素养的培养———以2022_年高考数学比大小为例
教学中 一题多解 对数学核心素养的培养以２０２２年高考数学比大小为例周宗全㊀闫化宇(莘县第一中学ꎬ山东聊城２５２４００)摘㊀要: 一题多解 是培养数学能力的一种行之有效的方法.将 一题多解 恰当地融入高中数学教学中ꎬ从多角度探讨解题规律ꎬ有助于学生掌握解题技巧ꎬ提高解题能力.关键词:一题多解ꎻ多解一题ꎻ不等式ꎻ泰勒公式中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３３－００２１－０３收稿日期:２０２３－０８－２５作者简介:周宗全(１９８３.３－)ꎬ男ꎬ山东省潍坊人ꎬ本科ꎬ高级教师ꎬ从事高中数学教学研究ꎻ闫化宇(１９９５.１０－)ꎬ男ꎬ河南省濮阳人ꎬ研究生ꎬ中学二级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２２年高考试卷考点分布合理ꎬ总体难度有所增加ꎬ但未出现偏㊁难㊁怪的题目ꎬ以«普通高中数学课程标准»为依据ꎬ以«中国高考评价体系»为最高原则ꎬ发挥出了数学科目选拔人才的作用.要求考生立足于教材ꎬ不拘泥于教材ꎬ活用教材ꎬ注重知识点之间的关联㊁融合㊁升华ꎬ搭建知识体系ꎬ渗透数学思想方法[１].以常规解法为基础ꎬ充分运用一题多解.文章通过对２０２２年高考数学卷中比大小类型的题目进行分析和整合ꎬ培养学生发散思维和通性通法解题的能力.１真题再现２０２２年全国新高考数学Ⅰ卷７题ꎬ设ａ＝０.１ｅ０.１ꎬｂ＝１９ꎬｃ＝－ｌｎ０.９ꎬ比较大小.２解法展示比大小题目为高考常规题目ꎬ为了考查学生对于函数的综合运用能力ꎬ题目基本告别了 三段式 的结论ꎬ要求学生需具备构造函数㊁利用导数㊁函数放缩等多方面的解题方法和能力[２].２.１常规解法比大小ꎬ一般采取作商㊁作差的方法ꎬ其中会用到构造函数的思想.以真题为例.其具体步骤如下:细审题ꎬ发现ａꎬｂꎬｃ的共性ꎬ都与０.１有关联.巧构造ꎬ利用构造函数判断其单调性ꎬ利用导数法和初等函数的单调性进行判断.构造函数ｕ(ｘ)＝ｘｅｘ(０<ｘɤ０.１)ꎬｖ(ｘ)＝ｘ１－ｘ(０<ｘɤ０.１)ꎬｗ(ｘ)＝－ｌｎ(１－ｘ)(０<ｘɤ０.１)ꎬ则当０<ｘɤ０.１时ꎬｕ(ｘ)>０ꎬｖ(ｘ)>０ꎬｗ(ｘ)>０.首先设ｆ(ｘ)＝ｌｎ[ｕ(ｘ)]－ｌｎ[ｖ(ｘ)]＝ｘ＋ｌｎ(１－ｘ)(０<ｘɤ０.１)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝ｘ１－ｘ<０在(０ꎬ０.１]上恒成立ꎬ所以ｆ(ｘ)在(０ꎬ０.１]上单调递减ꎬ则ｆ(０.１)<０＋ｌｎ(１－０)＝０ꎬ即ｌｎ[ｕ(０.１)]<ｌｎ[ｖ(０.１)]ꎬ又因ｌｎｘ在(０ꎬ¥)上单调递增ꎬ所以ｕ(０.１)<ｖ(０.１)ꎬ则０.１ｅ０.１<０.１１－０.１＝１９ꎬ即ａ<ｂꎬ排除Ｂ.接下来ꎬ我们需比较ａꎬｃ的大小ꎬ可采取作差法进行比较.设ｇ(ｘ)＝ｕ(ｘ)－ｗ(ｘ)＝ｘｅｘ＋ｌｎ(１－ｘ)(０<ｘɤ０.１)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝(１－ｘ２)ｅｘ－１１－ｘ(０<ｘɤ０.１)ꎬ再设ｈ(ｘ)＝(１－ｘ２)ｅｘ－１(０<ｘɤ０.１)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝(１－２ｘ－ｘ２)ｅｘ>０在(０ꎬ０.１]上恒成立ꎬ即ｈ(ｘ)在(０ꎬ０.１]上单调递增的ꎬ所以ｈ(ｘ)>(１－０２)ˑｅ０－１＝０ꎬ所以ｇᶄ(ｘ)>０在(０ꎬ０.１]上恒成１２立ꎬ所以ｇ(ｘ)在(０ꎬ０.１]上单调递增ꎬ所以ｇ(０.１)>０ˑｅ０＋ｌｎ(１－０)＝０ꎬ即ｕ(０.１)－ｗ(０.１)>０ꎬ则ａ>ｃ.综上所述ꎬ可判断ｃ<ａ<ｂ.在判断ａꎬｂ大小时ꎬ可采用作商法ꎬ判断比值与１的大小关系ꎬ具体解法不再赘述.２.２放缩法高中阶段常见放缩公式有:ｅｘȡｘ＋１>ｘ>ｘ－１ȡｌｎｘ>１－１ｘ１２(ｘ－１ｘ)<ｌｎｘ<２(ｘ＋１)ｘ＋１ꎬ(０<ｘ<１)２(ｘ－１)ｘ＋１<ｌｎｘ<１２(ｘ－１ｘ)ꎬ(ｘ>１)三角函数放缩:ｔａｎｘ>ｘ>ｓｉｎｘ(０<ｘ<π２)ꎬｓｉｎｘȡｘ－１２ｘ２ꎬ１－１２ｘ２ɤｃｏｓｘɤ１－１２ｓｉｎ２ｘ以真题为例ꎬ其具体步骤如下:先比较ｂꎬｃꎬ先进行一些变形ꎬｂ＝１９＝１０９－１ꎬｃ＝－ｌｎ９１０＝ｌｎ１０９ꎬ根据公式ｘ－１ȡｌｎｘꎬ可得出ｂ>ｃ.再比较ａꎬｂꎬ先将ａꎬｂ扩大十倍分别变为ｅ０.１ꎬ１０９ꎬ再同时取其倒数１ｅ０.１＝ｅ－０.１ꎬ９１０＝－０.１＋１ꎬ根据ｅｘȡｘ＋１ꎬ得ｅ－０.１>－０.１＋１ꎬ则ａ<ｂ.最后比较ａꎬｃꎬ根据公式ｅｘ＋１ȡｘ＋１ꎬｌｎｘ<１２(ｘ－１ｘ)ꎬ(ｘ>１)ꎬ则ａ＝０.１ｅ０.１>０.１(０.１＋１)＝０.１１ꎬｃ＝ｌｎ１０９<１２(１０９－９１０)<０.１１ꎬ则ａ>ｃ.前两种方法较为常规ꎬ但不难看出前两种方法需要学生具备较强的逻辑能力ꎬ考场压力下会消耗大量时间ꎬ所以在平常的训练中还是推荐通法ꎬ但课下还是可以了解一下其他解法和原理.我们知道对于非特殊的指数和对数一般很难算出它们的值ꎬ但我们可借助高等数学和其他领域的知识ꎬ从而快速求解这类题目.接下来我们将采取 泰勒公式 和 帕德逼近 方法求解此题.２.３帕德逼近泰勒展开是一种很好的逼近方法ꎬ对许多函数都有很好的效果ꎬ然而ꎬ有时泰勒展开对某些带极值的函数逼近的效果不尽如人意ꎬ本质原因是因为多项式级数的局限性.为此ꎬ我们可以考虑用分式来逼近函数ꎬ也就是所谓的分式逼近ꎬ一种常用的分式逼近方法为帕德逼近ꎬ帕德近似(Ｐａｄｅａｐｐｒｏｘｉｍａｔｉｏｎ)是一种特殊的有理数逼近的一种方法ꎬ是一种非线性近似方法[３].帕德近似往往比截断的泰勒级数准确ꎬ而且当泰勒级数不收敛时ꎬ帕德近似往往仍然可行ꎬ以下列举了两种对数和指数的转换方式.这种方法比泰勒展开收敛速度更快.主要应用于计算机数学领域ꎬ但对于高中函数方面有一定的作用ꎬ学生和教师可以适当地了解一下ꎬ拓展自己的知识领域.ｌｎ(１＋ｘ)ʈ３ｘ２＋６ｘｘ２＋６ｘ＋６ｘɪ(－１ꎬ１)ꎬｅｘʈｘ２＋６ｘ＋１２ｘ２－６ｘ＋１２ｘɪ(－１ꎬ１)以第一题为例ꎬ其具体步骤如下:通过计算可得ａ＝０.１ｅ０.１＝０.１ˑ０.１２＋６ˑ０.１＋１２０.１２－６ˑ０.１＋１２ʈ０.１１０５１７０９ｃ＝－ｌｎ０.９＝－３ˑ(－０.１)２＋６ˑ(－０.１)(－０.１)２＋６ˑ(－０.１)＋６ʈ０.１０５３６０４.２.４背数法在高中数学阶段ꎬ熟记一些常见的特殊值也是必不可少的ꎬ对于一些题目的解答会带来不错的效果.下面根据题目进行变换ꎬ利用一些常见的数值带入比较其大小.常见的对数有:ｌｎ２ʈ０.６９３ꎬｌｎ３ʈ１.０９８ꎬｌｎ５ʈ１.６０９以真题为例ꎬ其具体步骤如下:对于ｃ:进行转变－ｌｎ０.９＝－ｌｎ９１０＝ｌｎ１０－ｌｎ９＝ｌｎ２＋ｌｎ５－２ｌｎ３ʈ０.１０６ꎬ对于ａꎬｂ我们易知都是大于０.１１ꎬ如何比较ａꎬｂ?因为ａ中出现了ｅꎬ我们可以考虑同取对数ꎬｌｎａ＝ｌｎ(０.１ｅ０.１)＝ｌｎ０.１＋ｌｎｅ０.１＝ｌｎ１１０＋１１０＝１１０－ｌｎ１０＝０.１－ｌｎ２－ｌｎ５ʈ－２.２０２ꎬｌｎｂ＝ｌｎ１９＝－２ｌｎ３ʈ－２.１９６ꎬ故ｌｎｂ>ｌｎａꎬ因为ｆ(ｘ)＝ｌｎｘ在定义域中单调递增ꎬ所以ｂ>ａ.综上:ｂ>ａ>ｃ.２２背数法固然可行ꎬ但对于有些题目无法化简成特殊数的形式ꎬ所以此方法适合一部分题目ꎬ不适合全部比较大小的题目.３一题多解的意义通过观察可以看出比大小题目类型多ꎬ方法不唯一ꎬ每种方法都有优缺点ꎬ所以一题多解的应用意义重大.现阶段高中数学教学中ꎬ存在教学方法不合理的情况ꎬ从而限制了学生思维的开发ꎬ也不利于学生学习高中数学.比如题海战术ꎬ该学习的方式是让学生通过做大量的习题来熟悉并掌握相关知识ꎬ但这种学习方式却给学生造成了很大的学习负担和时间压力ꎬ甚至导致部分学生厌恶学习数学ꎬ认为数学是一门既浪费时间ꎬ又收获不大的科目.学生机械性地去做老师布置的题目ꎬ没有时间对其所做的题目进行认真思考和总结ꎬ导致对需要掌握的知识不深入不具体.此外ꎬ很多学生受到此类教学方法的影响ꎬ导致学生的学习方法也会有一定的限制.很多学生只寻求一种解题方法ꎬ就认为已经满足自己对此模块知识的掌握要求ꎬ并未认真考虑是否有其他简便快捷的解题方式[４].因此ꎬ一题多解的教学思路应当在高中数学教学阶段普及ꎬ同时让学生从中获得更大的收获.４一题多解ꎬ发散思维ꎬ提高能力高中数学新课标指出ꎬ培养学生的数学思维能力是全面培养数学能力的主要途径ꎬ数学是思维的体现ꎬ解决问题是学习数学的目的.发散思维是一种不依常规㊁寻求变异㊁从多方面寻求答案的思维方式.这种思维方式ꎬ不受现代知识的局限ꎬ不受传统知识的束缚ꎬ与创造力有着直接联系ꎬ是创造性思维的核心.培养发散思维能力既是培养学生创造力的重要环节ꎬ也是发展其个性的有效手段.在数学科目上ꎬ一题多解是训练㊁培养学生思维能力的一种行之有效的教学方式ꎬ是让学生跳出单一思维模式ꎬ多种角度㊁多个方位地审视㊁分析问题ꎬ从而达到解决问题的目的.它能充分调动学生自行解决问题的主动性㊁积极性ꎬ让学生全方位地思考解题的多种方法ꎬ不断开发解题潜能.用问题促进思维的发展即通过合理设计疑问ꎬ以促进学生自身思维多方向㊁多角度的发展.在训练发散思维时ꎬ教师要注意使设计的问题既达到了激疑目的ꎬ又具有一定的开放性.用变化求得发散思维.在课本习题的基础上ꎬ通过变式进行训练ꎬ努力挖掘教材知识的深度和广度ꎬ寻求思维的发散点ꎬ结合已学和拓展的知识ꎬ从不同角度出发ꎬ寻找题目的最优解.教师需精心设计每一堂课ꎬ通过一步步的变式探究ꎬ一步步的引导ꎬ使学生在课堂上处于一种探究㊁探索的状态ꎬ通过多角度探究达到训练学生发散思维的目的.教师需转变教学思路ꎬ注重学生讨论环节.在很多情况下ꎬ学生之间具有互相启发的作用ꎬ他们之间的相互交流沟通ꎬ可使解题思路得到有效的分享.为了促进学生学习进步ꎬ教师应当采用学生分组合作学习的方式ꎬ小组成员之间共同探讨㊁交流解答教师所布置的任务以及有几种方法可以解答题目等ꎬ将多个学生的思维整合到一起ꎬ再以小组为单位展开探讨.这种方式既能烘托学习氛围ꎬ又能激发学生的求知欲望ꎬ学生学习数学的热情高涨ꎬ从而提高学生的学习效率ꎬ达到全体学生相互帮助㊁相互促进学习的目的ꎬ同时加深学生对一题多解的学习方式ꎬ逐渐使其养成良好的学习习惯[５].总而言之ꎬ熟练运用一题多解和多解一题是学生高中阶段不可或缺的能力ꎬ教师需提高自身教学能力和教学水平ꎬ丰富自身知识领域ꎬ从而优化学生综合素质ꎬ提高解题效率.参考文献:[１]都亦.高中数学 一题多解 的学习心得[Ｊ].中国校外教育ꎬ２０１６(３５):４１－４２.[２]何长斌.例谈高中数学习题课中的 一题多变㊁一题多解 教学策略[Ｊ].中学教学参考ꎬ２０１５(１１):２６.[３]赵鲁辉.高中数学教学中 一题多解 对学生思维能力的培养[Ｊ].中学数学ꎬ２０１９(１９):８６－８７. [４]秦曾复ꎬ朱学炎.数学分析[Ｍ].北京:高等教育出版社ꎬ１９９１.[５]蒋翠云.ｐａｄé逼近方法[Ｊ].阜阳师范学院学报(自然科学版)ꎬ１９９７(０４):４２－４４ꎬ２９.[责任编辑:李㊀璟]３２。
从一题多解谈导数复习着力点
先 求 出 ２个 函数 图象 相 切 时 ｍ 的 值 ， Ｐ（ 。 记 ｚ，
。
） 函数 ｈ （ 一 ２ 和 ｈ （ 一～ｚ ＋ 图象 的切 为 ） ｘ ） ｚ
由于 导数 题 综 合 ・ 景， 学 生 思 维 能 力 要 求 较 对
高 ， 复 习时 还 要 注重 渗 透 数 学 思 想 方 法． 本 题 中 在 在 运用 了 函数 与方 程 思 想 、 化 与 化 归 思 想 ， 方 程 的 转 将
数 ‘ （ 的 象 共 个数对 数 ｚ＋ ｇ ） 图 公 点 ． 于函 — 麦 二 ｚ
的 性质 ， 等 代 数 方 法 是 无 能 ｈ ｈ 的 ， 学 了导数 后 初 而
我们 研 究这种 不 常见 的 函数 便 有 了一 种 “ 序 化” 程 的
方 法．
注 意 函数 Ｙ 厂 ｚ 的 图象在 点（ 。Ｙ ） 的切 线 与过 一＿ ） （ ｚ ，。 处 解 法 ３ 由 一 一ｚ ＋ ， ｈ （ ） 记 ｚ 一 ，
李时 ３ ＇个 有
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时 ， 程 有 方
图５
综上 ： 当 ＜
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时 ， 程有 ３ 解． 方 个
方 程有 １解 ， 当 一
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高三数学复习专题目录.docx
高三数学复习专题目录专题一、数列与不等式数列（1）数列（2）专题二、三角函数三角函数（1）三角函数（2）专题三、立体几何立体几何（1）立体几何（2）专题一、数列与不等式一.基础知识梳理数列：1. 了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）2.了解数列是自变量为正整数的一类函数.3.了解递推公式是给出数列的一种方法，能据递推公式写出前几项，同时求出通项公式.4,理解等差、等比数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项公式，并能解决简单实际问题.5.体会等差数列、等比数列与一次函数，指数函数，二次函数的关系.不等式：（必修部分）1.一元二次不等式^2+^ + c>0（cz>0）与相应的函数y = ax2+bx+c（a>0\相应的方程ax2+bx +c = 0（«〉。
）之间的关系2.一元二次不等式恒成立情况小结：J G >0 [a<0 ax2 + bx + c>0（a/0）恒成立 o。
，ax2 +bx + c <0（a/0）恒成立o。
3.二元一次不等式表示的平面区域：直线I: ax + by + c = 0把直角坐标平面分成了三个部分：（1）直线/上的点（x, y）的坐标满足ax +by+ c = 0（2）直线Z一侧的平面区域内的点（x, y）^^ax + by + oO（3）直线Z另一侧的平面区域内的点（x,y）满足ox + /<y + c<0所以，只需要在直线Z的某一侧的平面区域内，任取一特殊点（将，光），从ax0+by0+c值的正负，即可判断不等式表示的平面区域。
4.线性规划：如果两个变量x,y满足一组一次不等式，求这两个变量的一个线性函数的最大值或最小值，称这个线性函数为目标函数，称一次不等式组为约束条件，像这样的问题叫作二元线性规划问题.其中，满足约束条件的解（x,y）称为可行解，由所有可行解组成的集合称为可行域，使目标函数取得最大值和最小值的可行解称为这个问题的最优解.5.基本不等式：⑴如果"eR,那么/+〃 2 2沥，（当且仅当“=。
高考数学复习要注重一题多解
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收 稿 日期 ：ｏ ８ ０ 一 ５ ２ ｏ — ９ Ｉ 作者简介 ： 傅建 华 （９ ２ ， ， 江宁 波人 ， １７ ＿）男 浙 宁波 市鄞州 区 高级 中学一 级 教师 。
１ ３ ２
教育 学 院 学
２ｏ ｏ ８年第 ５
０ 由 ｔ１ ， ＋ ≠０知 上式 是关 于 ｃ ｓ 。 的二 次方 程 ， 而 △： ６ ４ １）４一 ≥０ 解得 ≤— 即 ｙ ≤ ， 从 ｌｆ一 （ ＋ （￡１） ， 因而一 ３ ＿ ≤ 一 ≤ｙ
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２０ ０ ８年浙 江省 数 学高 考试 卷 中有 许 多设 计新 颖 、 景公 平 、 背 匠心独 具 的新题 ， 还有 许 多数 学 内涵 丰富， 注重 思 想 方法 的试 题 ． 对学 生 在 考试 中遇 到难 点 ， 面对 新 题 及 困 难 时 的心 态 调 整 和 战胜 困难 的
递推数列求通项公式-高考数学一题多解
递推数列求通项公式-高考数学一题多解一、攻关方略数列学习中难度较高的一个内容是递推数列，由递推关系求通项公式是一种十分重要的题型，解题方法丰富多彩，注重分析递推式的结构特点，合理构造得到等差或等比等常见数列是解题的重要策略．下面对一些常见的由递推关系求通项公式的求法做一些归纳．第一类：型如()1n n a a f n +=+的一阶递推式，可改写为()1n n a a f n +-=的形式，左端通过“累加”可以消项；右端()f n 是关于n 的函数，可以求和．故运用“累加法”必定可行，即()()()112132111()n n n n k a a a a a a a a a f k --==+-+-+⋅⋅⋅+-=+∑．第二类：型如1()n n a g n a +=的递推式，可改写为1()n na g n a +=的形式．左端通过“迭乘”可以消项；右端通常也可以化简，故运用“迭乘法”必定可行，即3211121(1)(2)(1)(2)n n n a a a a a a n n g g a a a -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-≥．第三类：型如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠）的递推式，可由下面两种构造法求通项公式．构造法一：由1n n a pa q +=+及1n n a pa q -=+，两式相减得()11n n n n a a p a a +--=-，得{}1n n a a +-是首项为21a a -，公比为p 的等比数列，先求{}1n n a a +-的通项公式，再利用“累加法”求{}n a 的通项公式．构造法二：若1p =，则显然是以1a 为首项、q 为公差的等差数列；若1p ≠，0p ≠，0q ≠，则构造数列{}n a λ+，满足()1n n a p a λλ++=+．运用待定系数法，解得1q p λ=-，则1n q a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是首项为11q a p +-，公比为p 的等比数列．第四类：型如1nn n pa a a q+=+（0p ≠，0q ≠，0n a ≠）的递推式，运用取倒数，构造数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，满足111n n q a pa p +=+，运用换元法，即令1n n b a =，得11n n q b b p p +=+，从而转换为第三类．第五类：型如1rn n a pa +=（0p >，0r ≠，1r ≠）的递推式，运用两边取对数法得1lg lg lg n n a r a p +=+，令lg n n b a =，转化为1lg n n b rb p +=+型，即第三类，再运用待定系数法．第六类：型如1n n a pa qn r +=++（1p ≠，0p ≠，0q ≠）的递推式，可构造数列{}n a n λμ++，满足()1(1)n n a n p a n λμλμ++++=++，运用待定系数法解得1q p λ=-，21(1)r qp p μ=+--，从而由等比数列求通项公式；进一步推广，若递推式中包含n 的二次项、三次项，则构造的数列中也同样包含对应次数项．第七类：型如1()n n a pa f n +=+（1p ≠，0p ≠）的递推式，可在等式两边同除以1n p +，构造数列nn a p ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，满足111()n n n n n a a f n p p p +++=+，令n n n a b p =，则转化为11()n n n f n b b p ++=+，即第一类，再利用“累加法”求通项公式．第八类：型如满足：11a m =，22a m =，21n n n a pa qa ++=+（p 、q 是常数）的递推式，则称数列{}n a 为二阶线性递推数列，可构造数列{}1n n a a λ+-，满足()11n n n n a a a a λμλ+--=-，则,,p q λμλμ+=⎧⎨=-⎩即λ，μ为方程20x px q --=的两个根，此方程称之为特征方程，则数列{}n a 的通项公式n a 均可用特征根求得（即转化为第七类进一步求解）．第九类：型如1n n n ra sa pa q++=+（0p ≠，0q ≠，0r ≠，0s ≠）的递推式，利用不动点法，其中rx sx px q +=+的根为该数列的不动点，若该数列有两个相异的不动点μ，则n n a a v μ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为等比数列；若该数列有唯一的不动点μ，即方程等根时，1n a μ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列，这就是不动点求递推数列通项公式的方法．除上述9种类型之外还有换元法、数学归纳法（归纳一猜想一论证）等．给出相类似的递推式必有相应的破解之道，这是模型思想的运用，对所给的递推式借助于变形、代换、运算等方法转化为等差数列、等比数列这两类基本数列（模型）而求解．切变形、代换、运算的手段都是构造法的体现，真可谓：递推数列变化无穷，变形、代换方法众多．模型思想是根主线，合理构造顿显坦途．【典例】（2021·全国甲卷T17）已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a是等差数列：②数列是等差数列；③213a a =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．选①②作条件证明③：（一）待定系数法解法一：【解析】待定系数法+n a 与n S 关系式(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.解法二：【解析】待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d，等差数列的公差为1d ，1(1)n d =-，将1(1)2n n n S na d -=+1(1)n d -，化简得())2222211111222d d n a n d n d n d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有21211112,240,d d a d d d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得112d d a ==．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+==，)1n +-=所以是等差数列.选②③作条件证明①：（二）定义法解法一：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43ab =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3an b an a =+-03a =-<不合题意，舍去.综上可知{}n a 为等差数列.解法二：求解通项公式因为213a a ===也为等差数列，所以公差1d =()11n d =-=，故21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接(0)an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系1d =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，(0)an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a1d =11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.【针对训练】（2022年全国高考乙卷）1．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（）A ．15b b <B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <2．设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.4．已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．（2022全国甲卷）5．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．6．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．7．设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．8．对负整数a ，数43a +、77a +、283a a ++依次成等差数列．(1)求a 的值；(2)若数列{}n a 满足()112n n n a aa n *++=-∈N ，1a m =，求{}n a 的通项公式；(3)在（2）的条件下，若对任意n *∈N ，有2121n n a a +-<，求m 的取值范围．9．设0b >，数列{}n a 满足1a b =，()1121n n n nba a n a n --=≥+-（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n ，121n n a b +≤+．10．设数列{}n a 满足：11a =，12n n n a a -=-+（2n ≥），数列{}n b 满足：1(1)3n n n b a +=-⋅．求数列{}n b 的通项公式．参考答案：1．D【分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【详解】[方法一]:常规解法因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误；178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.[方法二]：特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========，47b b <故D 正确.2．（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n nn n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯+-⨯⎢⎥⎣⎦ ，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，①23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n n S a a a a =++++ ()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++- 11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122n n n pn q p S S ----=+，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- ，()121211(1)()1231(1)n n nn x x nx n x f x x x nxx x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦' ，所以12n b b b +++L 21122322n n -=+⋅+⋅++⋅ 1(2)12(1)2n n f n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++ ()1212412(1)212n n n n n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n +++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- 的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．3．（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++ 1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++ 110()102103002b b +⨯=⨯-=．[方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列{}n a 的前20项和为：201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++ 1091091013102330022⨯⨯=⨯++⨯+⨯=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.4．（1）2n n a =；（2）100480S =.【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =.（2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2；8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15] ，则89153b b b ==== ，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31] ，则1617314b b b ==== ，即有42个4；323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63] ，则3233635b b b ====L ，即有52个5；6465100,,,b b b L 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100] ，则64651006b b b ====L ，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =．【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．5．(1)证明见解析；(2)78-．【分析】（1）依题意可得222n n S n na n +=+，根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差即可得到11n n a a --=，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a ，即可得到{}n a 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】（1）因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时，()min 78n S =-．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<= .则当12n =或13n =时，()min 78n S =-．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出n S 的最小值，适用于可以求出n S 的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．6．（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【分析】（1）由已知212n nS b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b b b b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】（1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n ∈N 所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅ n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥ n n b S S S S n ．②由①②得1nn n b S b -=．③又212n nS b +=，④由③④得112n n b b --=．令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212n nS b +=，得22=-n n n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111--=⋅⋅=⋅ n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ．故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+．下面用数学归纳法证明．当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S 331(1)1222k k k k ++⋅==+++．综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n nb n ∴=+-⨯=+,22211n n n b n S b n+==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【整体点评】（1）方法一从212n nS b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n nS b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；7．（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++ ，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ，230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 012111012222333---++++ 111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++ n n n ，⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++ n n n ．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ132********--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭- n n n n nn n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++ ，①231112133333n n n n nT +-=++++ ，②①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(14323n n nn T =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1043234323n nn n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=- n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n n x x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='- n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.8．(1)2a =-(2)()()()1212n nn a m n -=⋅-+-⋅-(3)163m <【分析】（1）根据等差中项的性质可出关于a 的等式，结合a 为负整数可得出a 的值；（2）推导出数列()2n n a ⎧⎫⎪⎪⎨-⎪⎪⎩⎭为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列{}n a 的通项公式；（3）由2121n n a a +-<对*n ∈N 恒成立结合参变量分离法可得出1243n m +<，求出1243n +的最小值，可得出实数m 的取值范围.【详解】（1）解：由题意可得()21414383a a a a +=++++，整理可得2280a a --=，a 为负整数，解得2a =-.（2）解：因为()1122n n n a a ++=-+-，等式两边同时除以()12n +-可得()()11122n nn n a a ++-=--，所以，数列()2n n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭是首项为2m -，公差为1的等差数列，故()()122n n a m n =-+--，因此，()()()1212n n n a m n -=⋅-+-⋅-.（3）解：由2121n n a a +-<对*n ∈N 恒成立得()()()()()()22122212222222n n n n m n m n +--⋅-+-<⋅--⋅⋅+-对n *∈N 均成立．()2220n --> ，不等式两边同除()222n --，得()()()482222m n m n +-⋅<+-⋅-，得1243n m +<对n *∈N 恒成立，当1n =时，1243n +取最小值163，163m ∴<．9．（1）11(1)011n n n b a nb b b b b =⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩且（2）证明见解析【分析】（1）由题设形式可以看出，题设中给出了关于数列a n 的面的一个方程，即一个递推关系，所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律，观察发现若对方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式，对其中参数进行讨论，分类求其通项即可．（2）由于本题中条件较少，解题思路不宜用综合法直接分析出，故求解本题可以采取分析法的思路，由结论探究其成立的条件，再证明此条件成立，即可达到证明不等式的目的．【详解】（1）()1121n n n nba a n a n --=≥+- 1111(2)n n n n n a b b a --∴=+⨯≥当1b =时，11(2)1n n n n n a a -=+≥-，∴数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项，以1为公差的等差数列，1(1)1n n n n a ∴=+-⨯=，即1n a =，当0b >，且1b ≠时，11111(2)11n n n n n a b b b a -⎛⎫-+=+≥ --⎝⎭即数列11n n a b ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以11111(1)a b b b +=--为首项，公比为1b 的等比数列，111111(1)(1)n n n n a b b b b b b -⎛⎫∴+=⨯= ⎪---⎝⎭即(1)1n n nnb b a b -=-，∴数列{}n a 的通项公式是()111011n n n b a nb b b b b =⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩且（2）证明：当1b =时，不等式显然成立当0b >，且1b ≠时，(1)1n n nnb b a b -=-，要证对于一切正整数n ，121n n a b +≤+，只需证1(1)211n n n nb b b b+-⨯≤+-，即证()11121011n nn n b b nb b b b +--≤+⨯>--）()1111n n b bb +-+⨯- ()1111n n b b b +-=+⨯-()()11211n n n b b b b +--=+⨯++⋯++()()22121121n n n n n n b b b b b b b -++--=++⋯+++++⋯++()12211111n n n n n b b b b b b bb b --⎡⎤⎛⎫=++⋯+++++⋯++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦(222)2n n b nb ≥++⋯+=∴不等式成立，综上所述，对于一切正整数n ，有121n n a b +≤+，【点睛】本题考点是数列的递推式，考查根据数列的递推公式求数列的通项，研究数列的性质的能力，本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形式，两边取倒数，条件许可的情况下，使用此技巧可以使得解题思路呈现出来．数列中有请多成熟的规律，做题时要注意积累这些小技巧，在合适的情况下利用相关的技巧，可以简化做题．在（2）的证明中，采取了分析法的来探究解题的思路，通过本题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧．10．223n n b =-⋅．【分析】利用辅助法，对于数列{}n a 的递推公式，两边同时除以2n ，根据数列构造法，可得答案.【详解】∵12n n n a a -+=，两边同时除以2n 得1111222n n n n a a --+⋅=．令2n n n a c =，则1112n n c c -=-+．两边同时加上23-得1212323n n c c -⎛⎫-=-⋅- ⎪⎝⎭．∴数列23n c ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以123c -为首项，12-为公比的等比数列．∴112211133232n n n c c -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-⋅-=⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴211332n n c ⎛⎫=+⋅- ⎪⎝⎭．∴2122(1)33n n n n n a c ==⋅+⋅-⋅．又∵1(1)3n n n b a +=-⋅，∴12(1)233n n n n b a =⋅--=-⋅，。
浙江专用2020版高考数学复习第四章导数及其应用第1节导数的概念与导数的计算习题含解析
第1节 导数的概念与导数的计算考试要求 1.了解导数概念的实际背景；2.通过函数图象直观理解导数的几何意义；3.能根据导数的定义求函数y ＝c (c 为常数)，y ＝，y ＝1x，y ＝2，y ＝3，y ＝x 的导数；4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单复合函数(仅限于形如y ＝f (a ＋b )的复合函数)的导数.知 识 梳 理1.函数y ＝f ()在＝0处的导数(1)定义：称函数y ＝f ()在＝0处的瞬时变化率f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx＝ΔyΔx为函数y ＝f ()在＝0处的导数，记作f ′(0)或y ′|＝0，即f ′(0)＝ Δy Δx＝f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx.(2)几何意义：函数f ()在点0处的导数f ′(0)的几何意义是在曲线y ＝f ()上点(0，f (0))处的切线的斜率.相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(0)(－0). 2.函数y ＝f ()的导函数如果函数y ＝f ()在开区间(a ，b )内的每一点处都有导数，其导数值在(a ，b )内构成一个新函数，这个函数称为函数y ＝f ()在开区间内的导函数.记作f ′()或y ′. 3.基本初等函数的导数公式4.若f ′()，g ′()存在，则有： (1)[f ()±g ()]′＝f ′()±g ′()； (2)[f ()·g ()]′＝f ′()g ()＋f ()g ′()； (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g x (g ()≠0). 5.复合函数的导数复合函数y ＝f (g ())的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g ()的导数间的关系为y ′＝y u ′·u ′，即y 对的导数等于y 对u 的导数与u 对的导数的乘积. [常用结论与易错提醒]1.f ′(0)与0的值有关，不同的0，其导数值一般也不同.2.f ′(0)不一定为0，但[f (0)]′一定为0.3.奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数.4.函数y ＝f ()的导数f ′()反映了函数f ()的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′()|反映了变化的快慢，|f ′()|越大，曲线在这点处的切线越“陡”.基 础 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)f ′(0)与(f (0))′表示的意义相同.( )(2)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点.( ) (3)(2)′＝·2－1.( )(4)若f ()＝e 2，则f ′()＝e 2.( )解析 (1)f ′(0)是函数f ()在0处的导数，(f (0))′是常数f (0)的导数即(f (0))′＝0；(3)(2)′＝2ln 2；(4)(e 2)′＝2e 2.答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2.函数y ＝cos －sin 的导数为( ) A.sin B.－sin C.cosD.－cos解析 y ′＝(cos )′－(sin )′＝cos －sin －cos ＝－sin . 答案 B3.(2018·全国Ⅱ卷)曲线y ＝2ln(＋1)在点(0，0)处的切线方程为________________. 解析 ∵y ＝2ln(＋1)，∴y ′＝2x ＋1.当＝0时，y ′＝2，∴曲线y ＝2ln(＋1)在点(0，0)处的切线方程为y －0＝2(－0)，即y ＝2. 答案 y ＝24.(2019·南通一调)若曲线y ＝ln 在＝1与＝t 处的切线互相垂直，则正数t 的值为________. 解析 因为y ′＝ln ＋1， 所以(ln 1＋1)(ln t ＋1)＝－1， ∴ln t ＝－2，t ＝e －2. 答案 e －25.定义在R 上的函数f ()满足f ()＝12f ′(1)e 2－2＋2－2f (0)，则f (0)＝________；f ()＝________.解析 ∵f ()＝12f ′(1)e 2－2＋2－2f (0)，∴f ′()＝f ′(1)e 2－2＋2－2f (0)， ∴f ′(1)＝f ′(1)＋2－2f (0)，∴f (0)＝1， 即1＝12f ′(1)e －2，∴f ′(1)＝2e 2，∴f ()＝e 2＋2－2. 答案 1 e 2＋2－26.已知曲线y ＝e －，则其图象上各点处的切线斜率的取值范围为________；该曲线在点(0，1)处的切线方程为________.解析 由题意得y ′＝－e －，则由指数函数的性质易得y ′＝－e －∈(－∞，0)，即曲线y ＝e －的图象上各点处的切线斜率的取值范围为(－∞，0).当＝0时，y ′＝－e －0＝－1，则曲线y ＝e －在(0，1)处的切线的斜率为－1，则切线的方程为y －1＝－1·(－0)，即＋y －1＝0. 答案 (－∞，0) ＋y －1＝0考点一 导数的运算【例1】 求下列函数的导数：(1)y ＝2sin ； (2)y ＝cos x ex ；(3)y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2；(4)y ＝ln(2－5).解 (1)y ′＝(2)′sin ＋2(sin )′＝2sin ＋2cos .(2)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x e x ′＝（cos x ）′e x －cos x （e x ）′（e x ）2＝－sin x ＋cos x e x .(3)∵y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝12sin(4＋π)＝－12sin 4， ∴y ′＝－12sin 4－12·4cos 4＝－12sin 4－2cos 4.(4)令u ＝2－5，y ＝ln u .则y ′＝(ln u )′u ′＝12x －5·2＝22x －5，即y ′＝22x －5.规律方法 求导一般对函数式先化简再求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错，常用求导技巧有：(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导； (3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导； (4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导； (6)复合函数：由外向内，层层求导. 【训练1】 分别求下列函数的导数： (1)y ＝eln ；(2)y ＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3；(3)y ＝－sin x 2cos x2；(4)y ＝ln 1＋2x .解 (1)y ′＝(e)′ln ＋e(ln )′＝eln ＋e ·1x＝⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x e.(2)∵y ＝3＋1＋1x 2，∴y ′＝32－2x3.(3)∵y ＝－12sin ，∴y ′＝1－12cos .(4)∵y ＝ln 1＋2x ＝12ln(1＋2)，∴y ′＝12·11＋2x ·(1＋2)′＝11＋2x .考点二 导数的几何意义多维探究角度1 求切线的方程【例2－1】 (1)(2019·绍兴一中模拟)已知函数f ()＝e ＋2sin ，则f ()在点(0，f (0))处的切线方程为( ) A.＋y －1＝0 B.＋y ＋1＝0 C.3－y ＋1＝0D.3－y －1＝0(2)已知曲线y ＝133上一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，83，则过点P 的切线方程为________.解析 (1)因为f ()＝e ＋2sin ，所以f ′()＝e ＋2cos .所以f ′(0)＝3，f (0)＝1.由导数的几何意义可知，函数f ()在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝3，即为3－y ＋1＝0，故选C. (2)设切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30，由y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3′＝2，得y ′|＝0＝20，即过点P 的切线的斜率为20，又切线过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，83，若0≠2，则20＝13x 30－83x 0－2， 解得0＝－1，此时切线的斜率为1；若0＝2，则切线的斜率为4. 故所求的切线方程是y －83＝－2或y －83＝4(－2)，即3－3y ＋2＝0或12－3y －16＝0.答案 (1)C (2)3－3y ＋2＝0或12－3y －16＝0 角度2 求参数的值【例2－2】 (1)(2019·嘉兴检测)函数y ＝3－的图象与直线y ＝a ＋2相切，则实数a ＝( ) A.－1 B.1 C.2D.4(2)(2019·杭州质检)若直线y ＝与曲线y ＝e ＋m (m ∈R ，e 为自然对数的底数)相切，则m ＝( ) A.1 B.2 C.－1D.－2解析 (1)由题意得⎩⎨⎧y ′＝3x 2－1＝a ①，y ＝x 3－x ＝ax ＋2 ②，将①代入②，消去a 得3－＝(32－1)＋2，解得＝－1，则a ＝2，故选C.(2)设切点坐标为(0，e 0＋m ).由y ＝e ＋m ，得y ′＝e ＋m ，则切线的方程为y －e 0＋m ＝e 0＋m (－0) ①，又因为切线y ＝过点(0，0)，代入①得0＝1，则切点坐标为(1，1)，将(1，1)代入y ＝e ＋m 中，解得m ＝－1，故选C. 答案 (1)C (2)C 角度3 公切线问题【例2－3】 (一题多解)已知曲线y ＝＋ln 在点(1，1)处的切线与曲线y ＝a 2＋(a ＋2)＋1相切，则a ＝________.解析 法一 ∵y ＝＋ln ， ∴y ′＝1＋1x，y ′|＝1＝2.∴曲线y ＝＋ln 在点(1，1)处的切线方程为y －1＝2(－1)，即y ＝2－1.∵y ＝2－1与曲线y ＝a 2＋(a ＋2)＋1相切，∴a ≠0(当a ＝0时曲线变为y ＝2＋1与已知直线平行).由⎩⎨⎧y ＝2x －1，y ＝ax 2＋（a ＋2）x ＋1消去y ，得a 2＋a ＋2＝0. 由Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8. 法二 同法一得切线方程为y ＝2－1.设y ＝2－1与曲线y ＝a 2＋(a ＋2)＋1相切于点(0，a 20＋(a ＋2)0＋1).∵y ′＝2a ＋(a ＋2)，∴y ′|＝0＝2a 0＋(a ＋2). 由⎩⎨⎧2ax 0＋（a ＋2）＝2，ax 20＋（a ＋2）x 0＋1＝2x 0－1，解得⎩⎨⎧x 0＝－12，a ＝8.答案 8规律方法 (1)求切线方程的方法：①求曲线在点P 处的切线，则表明P 点是切点，只需求出函数在点P 处的导数，然后利用点斜式写出切线方程；②求曲线过点P 的切线，则P 点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标的方程解出切点坐标，进而写出切线方程.(2)处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.【训练2】 (1)(2019·苏州调研)已知曲线f ()＝a 3＋ln 在(1，f (1))处的切线的斜率为2，则实数a 的值是________.(2)若存在过点(1，0)的直线与曲线y ＝3和y ＝a 2＋154－9(a ≠0)都相切，则a 的值为( )A.－1或－2564B.－1或214C.－74或－2564D.－74或7解析 (1)f ′()＝3a 2＋1x，则f ′(1)＝3a ＋1＝2，解得a ＝13.(2)由y ＝3得y ′＝32，设曲线y ＝3上任意一点(0，30)处的切线方程为y －30＝320(－0)，将(1，0)代入得0＝0或0＝32.①当0＝0时，切线方程为y ＝0，由⎩⎨⎧y ＝0，y ＝ax 2＋154x －9得a 2＋154－9＝0，Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1542＋4·a ·9＝0得a ＝－2564. ②当0＝32时，切线方程为y ＝274－274，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝274x －274，y ＝ax 2＋154x －9得a 2－3－94＝0，Δ＝32＋4·a ·94＝0得a ＝－1.综上①②知，a ＝－1或a ＝－2564.答案 (1)13(2)A基础巩固题组一、选择题1.若f ()＝2f ′(1)＋2，则f ′(0)等于( ) A.2 B.0 C.－2D.－4解析 ∵f ′()＝2f ′(1)＋2，∴令＝1，得f ′(1)＝－2， ∴f ′(0)＝2f ′(1)＝－4. 答案 D2.设曲线y ＝e a －ln(＋1)在＝0处的切线方程为2－y ＋1＝0，则a ＝( ) A.0 B.1 C.2D.3解析 ∵y ＝e a －ln(＋1)，∴y ′＝a e a －1x ＋1，∴当＝0时，y ′＝a －1.∵曲线y ＝e a －ln(＋1)在＝0处的切线方程为2－y ＋1＝0，∴a －1＝2，即a ＝3.故选D. 答案 D3.曲线f ()＝3－＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2－1，则P 点的坐标为( ) A.(1，3)B.(－1，3)C.(1，3)或(－1，3)D.(1，－3)解析 f ′()＝32－1，令f ′()＝2，则32－1＝2，解得＝1或＝－1，∴P (1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y ＝2－1上，故选C. 答案 C4.(2019·诸暨统考)已知f ()的导函数为f ′()，若满足f ′()－f ()＝2＋，且f (1)≥1，则f ()的解析式可能是( ) A.2－ln ＋ B.2－ln － C.2＋ln ＋D.2＋2ln ＋解析 由选项知f ()的定义域为(0，＋∞)，由题意得xf ′（x ）－f （x ）x 2＝1＋1x ，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝1＋1x ，故f （x ）x＝＋ln ＋c (c 为待定常数)，即f ()＝2＋(ln ＋c ).又f (1)≥1，则c ≥0，故选C. 答案 C5.(一题多解)(2018·全国Ⅰ卷)设函数f ()＝3＋(a －1)2＋a .若f ()为奇函数，则曲线y ＝f ()在点(0，0)处的切线方程为( ) A.y ＝－2 B.y ＝－ C.y ＝2D.y ＝解析 法一 因为函数f ()＝3＋(a －1)2＋a 为奇函数，所以f (－)＝－f ()，所以(－)3＋(a －1)(－)2＋a (－)＝－[3＋(a －1)2＋a ]，所以2(a －1)2＝0.因为∈R ，所以a ＝1，所以f ()＝3＋，所以f ′()＝32＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f ()在点(0，0)处的切线方程为y ＝.故选D. 法二 因为函数f ()＝3＋(a －1)2＋a 为奇函数，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以－1＋a －1－a ＋(1＋a －1＋a )＝0，解得a ＝1，此时f ()＝3＋(经检验，f ()为奇函数)，所以f ′()＝32＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f ()在点(0，0)处的切线方程为y ＝.故选D. 法三 易知f ()＝3＋(a －1)2＋a ＝[2＋(a －1)＋a ]，因为f ()为奇函数，所以函数g ()＝2＋(a －1)＋a 为偶函数，所以a －1＝0，解得a ＝1，所以f ()＝3＋，所以f ′()＝32＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f ()在点(0，0)处的切线方程为y ＝.故选D. 答案 D6.已知y ＝f ()是可导函数，如图，直线y ＝＋2是曲线y ＝f ()在＝3处的切线，令g ()＝f ()，g ′()是g ()的导函数，则g ′(3)＝( )A.－1B.0C.2D.4解析 由题图可知曲线y ＝f ()在＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g ()＝f ()，∴g ′()＝f ()＋f ′()，∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0. 答案 B 二、填空题7.(2018·天津卷)已知函数f ()＝eln ，f ′()为f ()的导函数，则f ′(1)的值为________. 解析 由题意得f ′()＝eln ＋e ·1x，则f ′(1)＝e.答案 e8.(2018·全国Ⅲ卷)曲线y ＝(a ＋1)e 在点(0，1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________. 解析 y ′＝(a ＋1＋a )e ，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为－2，得y ′|＝0＝(a ＋1＋a )e|＝0＝1＋a ＝－2，所以a ＝－3.答案 －39.(2018·台州调考)已知函数f ()＝a ln ，∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′()为f ()的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为__________；f ()在＝1处的切线方程为________.解析 f ′()＝a ⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln )，由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3.f ()＝3ln ，f (1)＝0，∴f ()在＝1处的切线方程为y ＝3(－1)，即为3－y －3＝0. 答案 3 3－y －3＝010.设曲线y ＝e 在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(＞0)在点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________.解析 y ′＝e ，曲线y ＝e 在点(0，1) 处的切线的斜率1＝e 0＝1.设P (m ，n )，y ＝1x(＞0)的导数为y ′＝－1x 2(＞0)，曲线y ＝1x (＞0)在点P 处的切线斜率2＝－1m2(m ＞0)，因为两切线垂直，所以12＝－1，所以m ＝1，n ＝1，则点P 的坐标为(1，1). 答案 (1，1) 三、解答题11.已知点M 是曲线y ＝133－22＋3＋1上任意一点，曲线在M 处的切线为l ，求： (1)斜率最小的切线方程；(2)切线l 的倾斜角α的取值范围.解 (1)y ′＝2－4＋3＝(－2)2－1≥－1，∴当＝2时，y ′min ＝－1，y ＝53， ∴斜率最小的切线过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，53，斜率＝－1， ∴切线方程为3＋3y －11＝0.(2)由(1)得≥－1，∴tan α≥－1，又∵α∈[0，π)，∴α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 故α的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 12.已知曲线y ＝133＋43. (1)求曲线在点P (2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P (2，4)的切线方程.解 (1)∵P (2，4)在曲线y ＝133＋43上，且y ′＝2， ∴在点P (2，4)处的切线的斜率为y ′|＝2＝4.∴曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(－2)，即4－y －4＝0.(2)设曲线y ＝133＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率为y ′|＝0＝20.∴切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝20(－0)，即y ＝20·－2330＋43.∵点P (2，4)在切线上，∴4＝220－2330＋43，即30－320＋4＝0，∴30＋20－420＋4＝0， ∴20(0＋1)－4(0＋1)(0－1)＝0，∴(0＋1)(0－2)2＝0，解得0＝－1或0＝2，故所求的切线方程为－y ＋2＝0或4－y －4＝0.能力提升题组13.(2018·萧山月考)已知f 1()＝sin ＋cos ，f n ＋1()是f n ()的导函数，即f 2()＝f 1′()，f 3()＝f ′2()，…，f n ＋1()＝f n ′()，n ∈N *，则f 2 018()等于( )A.－sin －cosB.sin －cosC.－sin ＋cosD.sin ＋cos解析 ∵f 1()＝sin ＋cos ，∴f 2()＝f 1′()＝cos －sin ，∴f 3()＝f 2′()＝－sin －cos ，∴f 4()＝f 3′()＝－cos ＋sin ，∴f 5()＝f 4′()＝sin ＋cos ，∴f n ()是以4为周期的函数，∴f 2 018()＝f 2()＝－sin ＋cos ，故选C.答案 C14.(2019·无锡模拟)关于的方程2|＋a |＝e 有3个不同的实数解，则实数a 的取值范围为________.解析 由题意，临界情况为y ＝2(＋a )与y ＝e 相切的情况，y ′＝e ＝2，则＝ln 2，所以切点坐标为(ln 2，2)，则此时a ＝1－ln 2，所以只要y ＝2|＋a |图象向左移动，都会产生3个交点，所以a >1－ln 2，即a ∈(1－ln 2，＋∞).答案 (1－ln 2，＋∞)15.若直线y ＝＋b 是曲线y ＝ln ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(＋1)的切线，则b ＝________. 解析 y ＝ln ＋2的切线为：y ＝1x 1·＋ln 1＋1(设切点横坐标为1). y ＝ln(＋1)的切线为：y ＝1x 2＋1＋ln(2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为2).∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln （x 2＋1）－x 2x 2＋1， 解得1＝12，2＝－12，∴b ＝ln 1＋1＝1－ln 2. 答案 1－ln 216.(2019·湖州适应性考试)已知函数f ()＝|3＋a ＋b |(a ，b ∈R )，若对任意的1，2∈[0，1]，f (1)－f (2)≤2|1－2|恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 当1＝2时，f (1)－f (2)≤2|1－2|恒成立；当1≠2时，由f (1)－f (2)≤2|1－2|得f （x 1）－f （x 2）|x 1－x 2|≤2，故函数f ()在(0，1)上的导函数f ′()满足|f ′()|≤2，函数y ＝3＋a ＋b 的导函数为y ′＝32＋a ，其中[0，1]上的值域为[a ，a ＋3]，则有⎩⎨⎧|a |≤2，|a ＋3|≤2，解得－2≤a ≤－1.综上所述，实数a 的取值范围为[－2，－1].答案 [－2，－1]17.设函数f ()＝a －b x，曲线y ＝f ()在点(2，f (2))处的切线方程为7－4y －12＝0. (1)求f ()的解析式；(2)证明曲线f ()上任一点处的切线与直线＝0和直线y ＝所围成的三角形面积为定值，并求此定值.解 (1)方程7－4y －12＝0可化为y ＝74－3， 当＝2时，y ＝12.又f ′()＝a ＋b x 2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3.故f ()＝－3x . (2)设P (0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2知曲线在点P (0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(－0)，即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(－0).令＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝，得y ＝＝20，从而得切线与直线y ＝的交点坐标为(20，20).所以点P (0，y 0)处的切线与直线＝0，y ＝所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|20|＝6. 故曲线y ＝f ()上任一点处的切线与直线＝0，y ＝所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.18.如图，从点P 1(0，0)作轴的垂线交曲线y ＝e 于点Q 1(0，1)，曲线在Q 1点处的切线与轴交于点P 2.再从P 2作轴的垂线交曲线于点Q 2，依次重复上述过程得到一系列点：P 1，Q 1；P 2，Q 2；…；P n ，Q n ，记P 点的坐标为(，0)(＝1，2，…，n ).(1)试求与－1的关系(＝2，…，n )；(2)求|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |.解 (1)设点P －1的坐标是(－1，0)，∵y ＝e ，∴y ′＝e ，∴Q －1(－1，e －1)，在点Q －1(－1，e －1)处的切线方程是y －e －1＝e －11(－－1)，令y ＝0，则＝－1－1(＝2，…，n ).(2)∵1＝0，－－1＝－1，∴＝－(－1)，∴|PQ |＝e ＝e －(－1)，于是有|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝1＋e －1＋e －2＋…＋e －(n －1)＝1－e －n 1－e －1＝e －e 1－ne －1， 即|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝e －e 1－ne －1.。
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从一题多解谈高考数学复习(附参考答案)
在高考复习过程中，正确引导学生进行一题多解是培养学生发散性思维的有效方法，学生如果学会了发散性思维，就能全面考虑问题，就能沿着提供的已知条件、从不同角度去思考解决问题，这样就能开发学生智力，活跃学生思维、提高学生能力，只有培养了学生灵活运用知识的能力，才能达到高效复习的目标。
本文以现行高中人教版选修2－1第二章P69页的“例4：斜率为1的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于A、B两点，求线段AB的长。
”的教学过程为例，谈一谈如何在例题教学中引导学生开展发散性思维的训练。
现将教学过程的设计如下，供大家参考。
分析一（常规法）：求直线与抛物线相交问题，可通过联立方程组求解交点坐标，然后由两点间距离公式求解距离.
解法一：如图，由抛物线的标准方程可知，抛物线焦点的坐标为（1，0），所以直线AB的方程为. ①
将方程①代入抛物线方程，得
化简得.
解之得：.
将，的值分别代入方程①中，得
.
即A、B坐标分别为、.
.
分析二（弦长公式法）：先通过联立方程组，利用直线与圆锥曲线相交的弦长公式
.
解法二：如上图，由抛物线的标准方程可知，抛物线焦点的坐标为（1，0），所以直线AB的方程为. ①
将方程①代入抛物线方程，
得化简得.
.
分析三（数形结合法）：考虑到直线恰好过焦点，便可与抛物线定义发生联系，利用抛物线定义将AB分段转化成点A、B到准线距离，从而达到求解目的.
解法三：在上图中，由抛物线的定义可知，等于点A到准线的距离
.
同理,于是得.
由此可以看到，本题在得到方程后，根据根与系数关系可以直接得到.
于是可以求出|.
分析四（参数方程法）：利用选修4－4中的参数方程知识，用直线的参数方程与抛物线方程进行联立，利用计算.
解法四：如上图，由抛物线的标准方程可知，抛物线焦点的坐标为（1，0），直线
的倾斜角为，所以直线AB的方程的参数方程为，联立参数方程与抛物线方程得整理：.
所以.
通过一题多解还可培养学生的多方向探索思考问题的能力，在平常的教学过程中取得了良好的教学效果，也为高考中解决有关解析几何压轴题奠定了很好的思维基础。