数学考前指导(最后一课)
2014届高三数学考前指导
规范答题最重要
1、作图题先用2B铅笔绘出， 再用0．5毫米黑色签字笔描 清楚； 2、必须按各题号的答题区域 答题江苏省大丰高级中学 ; 陈彩余
不按规定的题号答题，答错区域
★ 专家点评：主观题阅卷是按题号进行切割并 送到阅卷老师终端进行评分的，如上15、16题 江苏省大丰高级中学 陈彩余 16题的 相互答错区域，阅 15题的老师看到的是 答案，容易被判失分，同时按考务相关规定有 可能扣分。
江苏省大丰高级中学 陈彩余
根据填空时所填写的内容形式，可以将填空 题分成两种类型： 一是定量型，要求学生填写数值、数集或数 量关系，如：方程的解、不等式的解集、函 数的定义域、值域、最大值或最小值、线段 长度、角度大小等等．由于填空题和选择题 相比，缺少选择支的信息，所以高考题中多 数是以定量型问题出现． 二是定性型，要求填写的是具有某种性质的 对象或者填写给定的数学对象的某种性质， 如：给定二次曲线的准线方程、焦点坐标、 江苏省大丰高级中学 陈彩余 离心率等等．
12、解应用性问题的思路：审题尤为重 要．审题需将那些与数学无关内容抛开，以 数学的眼光捕捉信息，构建模型，同时要注 意将图形、文字、表格等语言转变为数学语 言．具体做法是：①先全面理解题意和概念 背景②透过冗长叙述，抓重点词句，提出重 点数据③综合联系，提炼数量关系，依靠数 学方法，建立数学模型(模型一般很简 单)．如此将应用问题化为纯数学问题．此外， 江苏省大丰高级中学 陈彩余 求解过程和结果不能离开实际背景．
答。
考生实际书写图像
扫描切割后的电子图像
★ 专家点评： 计算机对主观题的图像切割 是按黑色矩形框进行的，超出黑色矩形框 江苏省大丰高级中学 陈彩余 外的答案会被切掉，超出上下边界相同。
题卡破损及污损
初中数学中考注意事项及考前指导
2019初中数学中考注意事项及考前指导温现国同学们一年一度的中考临近，面对中考你准备好了么？现就如何应对中考谈几点个人看法供你参考：一、考前“重视”：考前一周时间虽少但一定要做到足够的重视。
做到三看，三想。
一看教材，回顾知识点；二看试卷，把握解题思路和方法：三看错题（集）努力纠错避免失误。
一想解题思路的总结和寻找方法，譬如应用题我们常采用的列表分析法，线段图分析法，不同类型间的转换法等；函数知识的数形结合法；几何证明中的执果索因，执因索果及常用辅助线的添加方法等等。
这段时间要少做题，没有做完的题但考点却是有限的，多看、多想、多总结是我们考前复习的重要策略。
二、考中“轻视”：这里的轻视加了引号，不是说让你在考场上乱来一气。
试想一下，真考差了，也不会杀你的头颅。
何况由于我们考前的充分准备，我们也考不差。
别的事少考虑，思想上放松，把会的做好做对万事大吉。
避免想的太多影响发挥。
譬如前一段模拟考试中陈叙雅，由于紧张，一个劲的想“我要细心！”“我要细心！”，可最后造成的做题过程中漏洞百出。
由于我们考前的充分准备，思想上放松了，把你会做的做对，不会的尽力去答，会一步写一步，会一句写一句，尽量得分。
你全身心的放松，放下思想包袱，摒弃紧张的情绪，就一定能考个好成绩。
所以考中所谓的“轻视”就是轻松上阵避免因高度紧张影响发挥。
三、考后“无视”：考完一门科后，不对答案，不谈论考题难易，考一样放一样，这是因为你考的好坏均已成为过去，说的再多也无济于事，过多的交流考过的内容势必会影响你下一门功课的考试。
这时就不如浏览一下下一场次的考试科目，以便尽快的适应下一门课程的考试规律和内容。
所以这里的“无视”是让你无视已考科目而备战下场科目的考试。
四、答题技巧及注意事项：（一）选择题、填空题的解答：由于选择题和填空题只要结果不要过程，无过程步骤分，所以做这类题要细心，避免出现失之毫厘谬以千里的失误。
“细心”这里细心包括细心读题，细心做题，细心检查。
高中数学奥赛赛前辅导
第一讲 集合与函数综合问题例1、数集M 由2003个不同的实数组成，对于M 中任何两个不同的元素a 和b，数2a +M 中任何一个数a，（2003年俄罗斯数学奥林匹克试题）分析：欲证证明：设a ，b ，c 是数集M 中任意三个两两不同的元素，由题设知2222a b c c ++++都是有理数，于是22((()(1(2)2a b a b a b +-+=-+= 是有理数．22((c c +-+=是有理数，从而1(2)2是有理数，进而11((22=+是有理数．例2、称有限集S 的所有元素的乘积为S 的“积数”．给定数集111,,,.23100M ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭求数集M 的所有含偶数个元素的子集的“积数”之和．分析：数集M 的所有子集的积数之和为111(1)(1)(1)1.23100+++- 设数集M 的所有含偶数个元素的子集的积数和为x ，所有含奇数个元素的子集的积数之和为y ，则111(1)(1)(1) 1.23100x y +=+++- 只需再建立一个关于x ，y 的方程，就可解出x ，y ．解答：设数集M 的所有含偶数个元素的子集的积数之和为x ，所有含奇数个元素的子集的积数之和为y ，则111(1)(1)(1)1,23100111(1)(1)(1)1,2310099,299.1004851.200x y x y x y x y x +=+++--=----+=-== 又所以解得例3、设集合S n ={1，2，…，n}．若X 是S n 的子集，把X 中的所有数的和称为X 的“容量”（规定空集的容量为0）．若X 的容量为奇（偶）数，则称X 为S n 的奇（偶）子集．（1）求证：S n 的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n ≥3时，S n 的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等； （3）当n ≥3时，求S n 的所有奇子集的容量之和．（1992年全国高中数学联赛试题）分析：要证明两个集合的元素的个数一样多，一种方法是直接把这两个集合的元素个数算出来，另一种方法是在这两个集合之间建立一个一一对应．本题我们将用后一种方法来解．解答：（1）设A 是S n 的任一奇子集，构造映射f 如下：{1},1;{1},1.A A A A A A -∈∉ 若若（注：A —{1}表示从集合A 中去掉1后得到的集合） 所以，映射f 是将奇子集映为偶子集的映射．易知，若A 1，A 2是S n 的两个不同的奇子集，则f （A 1）≠f （A 2），即f 是单射． 又对S n 的每一个偶子集B ，若1∈B ，则存在A =B \{1}，使得f （A ）=B ；若1B ∉，则存在{1},A B = 使得f （A ）=B ，从而f 是满射．所以，f 是S n 的奇子集所组成的集到S n 的偶子集所组成的集之间的一一对应，从而S n 的奇子集与偶子集个数相等，故均为11222n n -= 个．（2）设a n (b n )表示S n 中全体奇（偶）子集容量之和． 若n (≥3)是奇数，则S n 的奇子集由如下两类：（1）S n －1的奇子集；（2）S n －1的偶子集与集{n }的并，于是得a n =a n －1＋（b n －1＋n ²2n －2）， ①又S n 的偶子集可由S n －1的偶子集和S n －1的奇子集与{n }的并构成，所以b n = b n －1＋（a n －1＋n ²2n －2）， ② 由①，②，便得a n = b n ． 若n （≥4）是偶数，同上可知a n =a n －1＋（a n －1＋n ²2n －2），b n = b n －1＋（b n －1＋n ²2n －2），由于n －1是奇数，由上面已证a n －1= b n －1，从而a n = b n ． 综上即知，a n = b n ，n =3，4…（3）由于S n 的每一个元素均在2n －1个S n 的子集中出现，所以，S n 的所有子集容量之和为2n －1（1＋2＋…＋n ）=2n －2n （n ＋1)．又由（2）知，a n =b n ，所以2312(1)2(1).2n n n a n n n n --=+=+说明（2）的证明中，建立了递推关系．这也是解决“计数”问题的一个有效方法． 例4、设A 是集合S ={1，2，…1000000}的一个恰有101个元素的子集．证明：在S中存在数t 1，t 2，…t 100，使得集合{|},1,2,,100j j A x t x A j =+∈= 中，每两个的交集为空集．（2003年国际数学奥林匹克试题）证明：考虑集合D ={x －y |x ，y ∈A },则||≤101100110101.D ⨯+=若i j A a ≠∅ ，设i j a A A ∈ ，则a =x ＋t i ，a=y ＋t j ，其中x ，y ∈A ，则t i －t j =y －x ∈D ．若t i －t j ∈D ，即存在x ，y ∈A ，使得t i －t j =y －x ，从而x ＋t i = y ＋t j ，即.i j A A ≠∅ 所以，i j A A ≠∅ 的充要条件是t i －t j ∈D ．于是，我们只需在集合S 中取出100个元素，使得其中任意两个差都不属于D ．下面用递推方法来取出这100个元素．先在S 中任取一个元素t 1，再从S 中取一个t 2，使得122{|}.t t D t x x D +=+∈∈这是因为取定t 1后，至多有10101个S 中的元素不能作为t 2，从而在S 中存在这样的t 2．若已有k (≤99)个S 中的元素t 1，t 2，…，t k 满足要求，再取t k ＋1，使得t 1，…，t k 都不属于t k ＋1＋D ={ t k ＋1＋x |x ∈D }，这是因为t 1，t 2，…，t k 取定后，至多有10101k ≤999999个S 中的数不能作为t k ＋1，故在S 中存在满足条件t k ＋1．所以，在S 中存在t 1，t 2，…，t 100，其中任意两个的差都不属于D ．综上所术，命题得证．说明：条件|S |=106可以改小一些．一般地，我们有如下更强的结论：若A 是S ={1,2,…，n }的k 元子集，m 为正整数，满足条件n >(m －1)2(1),KC +则存在S 中的元素t 1，…，t m ，使A j ={x ＋t j |x ∈A }，j =1,…m 中任意两个的交集为空集．例5、求函数y x =+的值域．（2001年全国高中数学联赛试题）≥0y x =-，所以 x 2－3x ＋2=y 2－2xy ＋x 2，即（2y －3）x =y 2－2．由上式知232,.223y y x y -≠=-且由222000022000002000002000002≥2332(1)(2)≥0,≥0.23231≤≥ 2.22[2,),,232(2)22≥0,2323≥2,32≥0,231,,,2231y y y x y y y y y y y y y y y x y y x y y x x x y x y y x y x -=--+----<-∈+∞=----=-=---+=-⎡⎫∈=⎪⎢-⎣⎭-得所以或又任取令则故所以且任取令则2200002(1)1≤0,2323y y y y --=-=--故x 0≤1，于是2000032≥0,x x y x -+=+且 综上，所求的函数的值域为31,[2,).2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭说明：我们先求出了y 的范围31,[2,)2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ ，这是不是函数的值域呢？第二部分说明了对于31,[2,)2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ 中的任意一个数y 0，总存在一个x 0，使得00y x =+就证明了函数的值域是31,[2,).2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭例6、求(31)(21)y x x =-+-的图象与x 轴的交点坐标．分析：仔细观察所给的式子，发现(31)(21)y x x =-+-，从而找到了解题途径．解答：因为(31)(21)y x x =-+-，令()1)f t t =，易知f (t )是奇函数，且f (t )是严格递增函数．所以y =f (3x －1)＋f (2x －3)．当y=0时，f (3x －1)=－f (2x －3)=f (3－2x )，所以3x －1=3－2x ，解得4.5x =故图象与x 轴的交点坐标为（4,05）．例7、设a >0，211().ax r x ax x x+==+讨论函数r (x )在（0，＋∞）中的单调性、最小值与最大值．解答：先讨论它的单调性． 设0<x 1<x 2<＋∞212121211212212112212212212112212111()()()()1()()0≤,1()()()()1()()≤0;,1()()()()1()()≥0,r x r x ax ax x x x x a x x x x r x r x x x a x x x x a x x x r x r x x x a x x x x a x -=+-+=--<<-=--<--<-=-->--当有时有所以，在⎛ ⎝上，r (x )是严格递减的；在⎫+∞⎪⎭上，r (x )是严格递增的． 由此可知，r (x )没有最大值；当且仅当x 时，r (x )取最小值说明：此题的结论非常重要，许多问题最后可化归为讨论函数1()(())ar x ax r x x x x=+=+或的增减性来解．例8、设二次函数f (x )=ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R ，a ≠0)满足条件： （1）当x ∈R 时，f (x －4)=f (2－x )，且f (x )≥x ；（2）当x ∈（0，2）时，21()≤();2x f x +（3）f (x )在R 上的最小值为0．求最大的m (m >1)，使得存在t ∈R ，只要x ∈[1，m ]，就有f (x ＋t )≤x ．（2002年全国高中数学联赛试题）分析：先根据题设条件（1），（2），（3），把f (x )的解析式求出来，进而再确定m 的最大值．解答：由f (x －4)=f (2－x )，t ∈R ，可知二次函数f (x )的对称轴为x =－1．又由（3）知，二次函数f (x )的开口向上，即a >0，故可设f (x )=a (x +1)2(a >0)由（1）知f (1)≥1，由（2）知f (1)≤211()12+=，所以f (1)=1，故2211(11),.41()(1).4a a f x x =+==+所以因为21()(1)4f x x =+的图象开口向上，而y =f (x +t )的图象是由y =f (x )的图象平移|t |个单位得到．要在区间[1，m ]上，使得y =f (x +t )的图象在y =x 的图象的下方，且m 最大，则1和m 应当是关于x 的方程21(1)①4x t x ++=的两个根． 令x =1代入方程①，得t =0或t =－4．当t =0时，方程①的解为x 1=x 2=1（这与m >1矛盾！）；当t =－4时，方程①的解为x 1=1，x 2=9．又当t =－4时，对任意x ∈[1，9]，恒有 2(1)(9)≤0,1(41)≤,4x x x x --⇔-+ 即f (x －4)≤x ．所以，m 的最大值为9．说明：我们由f (x －4)= f(2－x )，x ∈R 导出f (x )的图象关于x =－1对称．一般地，若f (x －a )=f (b －x )，x ∈R ，则()()()(),2222b a b a b a b a f x f x a f b x f x -++-+=+-=--=-故f (x )的图象关于2b ax -=对称．这个性质在解题中常常用到．例9、设f 为R ＋→R ＋的函数，对任意正实数x ，f(3x)=3f(x)，且f (x )=1－|x －2|，1≤x ≤3．求最小的实数x ，使得f (x )=f (2004)．分析：先用递推关系推出函数f (x )的解析式，然后再求解． 解答：由已知条件得1,1≤≤2,()3,2≤≤ 3.x x f x x x -⎧=⎨-⎩当3≤x ≤6时，令,3xt =则1≤t ≤2，此时 f (x )=f (3t )=3f (t )=3(t －1) =x －3， 即得 f (x )=|x －3|，2≤x ≤6．当6≤x ≤18时，令,3xt =则2≤x ≤6，于是 f (x )=f (3t )=3f (t )=3|t －3|=|x －9|．1,1≤≤2,|3|,2≤≤6,|9|,6≤≤18,|27|,18≤≤54,()|81|,54≤≤162,|243|,162≤≤486,|729|,486≤≤1458,|2187|,1458≤≤4374.x x x x x x x x f x x x x x x x x x -⎧⎪-⎪⎪-⎪-⎪=⎨-⎪⎪-⎪-⎪⎪-⎩所以f (2004)=2187－2004=183．由于162－81<183，486－243>183，而243－162<183，所以，最小的满足f (x )=f (2004)的实数x =243＋183=426．说明：请读者自己证明：不存在实数x ∈（0，1），使得f (x )=183．例10、k 是实数，42421()1x kx f x x x ++=++，对任意三个实数a ，b ，c ，存在一个以f (a )，f (b )，f (c )为三边长的三角形，求k 的取值范围．分析：首先，对于任意实数x ，f (x )要恒大于0．在这个前提下，对任意三个实数a ，b ，c ，f (a )，f (b )，f (c )均能构成一个三角形的三边长，只需2f min (x )>f max (x )即可．解答：首先确定k 的范围，使得f (x )恒大于0，即只需x 4＋kx 2＋1恒大于0即可． 当k ≥0时，x 4＋kx 2＋1恒大于0；当k <0时，只需 △=k 2－4<0，即－2<k <0．所以，当k >－2时，f (x )恒大于0． （1）当k =1时，f (x )≡1满足题意． （2）当k >1时，有24222422(1)()1≥1(0),1(1)(1)()1≤1132(1),3k x f x x x x k x k x f x x x x k x -=+=++--=+++++==时等号成立当时等号成立所以，max max 2()1,(),3k f x f x +==从而由三角形的两边之和大于第三边的性质，有221,3k +⨯>解得k <4． 故1<k <4满足条件．（3）当－2<k <1时，与（2）类似，有max max 2()1,(),3k f x f x +==由221,3k +⨯>解得1.2k >-故112k-<<满足条件．综上所述，所求的k的取值范围为14. 2k-<<说明：本题的关键是把“对任意实数a，b，c，存在一个以f(a)，f(b)，f(c)为三边长的三角形”这一条件，转化为“2f min(x)>f max(x)”．例11、设N是非负整数集，f：N→N是一个函数，使得对任一n∈N，都有(f(2n＋1))2－(f(2n))2=6f(n)+1，①f(2n)≥f(n)．问：f(N)中有多少元素小于2003？解答：由题设(f(2n＋1)2－(f(2n))2≥1>0，所以f(2n＋1)> f(2n)．又(f(2n＋1)2=(f(2n))2＋6 f(n)＋1<(f(2n)2＋6 f(2n)＋9，所以f(2n＋1)< f(2n)＋3，故f(2n＋1)< f(2n)＋1或f(2n)＋2．而(f(2n＋1)2－(f(2n))2是奇数，所以f(2n＋1)与f(2n)的奇偶性不同，从而f(2n＋1)= f(2n)＋1．代入①式，得f(2n)=3 f(n)．令n=0，f(0)=3f(0)，所以f(0)=0．令n=0代入①式，得f(1)=1，于是f(2)=3 f(1)=3．下面用数学归纳法证明：f是严格递增函数，即证f(n＋1)>f(n)．当n=0，1，2时，命题成立．假设对小于等于n的情形命题成立．则当n=2k(k≥1)为偶数时，有f(n＋1)=f(2k＋1)=f(2k)＋1> f(2k)=f(n)．当n=2k＋1(k≥0)为奇数时，因为0≤k<k＋1≤n，所以f(k＋1)>f(k)，从而f(k＋1)≥f(k)＋1，于是f(n＋1)=f(2k＋2)=3 f(k＋1)≥3 f(k)＋3= f(2k)＋1＋2= f(2k＋1)＋2> f(2k＋1)= f(n)综上，f(n)是严格单调递增函数．显然，f(27)=3 f(26)=…=37 f(1)=2187>2003，而f(127)= f(126)＋1=3 f(63)＋4=9 f(31)＋4=9 f(30)＋13=27 f(15)＋13=27 f(14)＋40=81 f(7)＋40=81 f(6)＋121=243 f(3)＋121=243 f(2)＋364=729 f(1)＋364=1093<2003，所以，共有f(0)，f(1)，f(2)，…，f(127)这128个元素不超过2003．第二讲三角函数及反三角函数例1、化简11(,). cos()cos[(1)]nkk kk kβπαβαβ=≠∈+++∑Z分析：本题目的化简是利用一个递推模型来实现的，即找到这个题目的“源生地”．可先由产生分母cos αcos(α＋β)的正切函数之和入手．sin tan()tan ,cos cos()11[tan()tan ].cos cos()sin βαβαααβαβαααββ+-=+=+-+考查即得到递推模型：1.c o s ()c o s [(1)]1{t a n [(1)]t a n ()}s i n k k k k αβαβαβαββ+++=++-+再求和，即得原式1{tan[(1)]tan()}sin k k αβαββ=++-+． 解答：略． 例2、不等式22(1)cos (cos 5)3sin 11x x x x θθθ+--+>--+对任何实数x 均成立，求θ．分析：这是一个关于x 的不等式，以解集为全体实数作为背景条件来求参数θ的范围问题．可将θ的正弦（或余弦）值表示成x 的函数f (x )，再利用f (x )的值域，对正弦（或余弦）值的制约去求得θ．解答：将不等式化成222253153sin cos 11153)1.41x x x x x x x x x x x θθπθ++-++-<=+-+-++-<+-+即利用判别式法可求得2531x y x x +=-+的值域为25[1,].3y ∈-)0,4πθ-<从而322,.44k k k πππθπ-<<+∈Z 例3、设,,1,x y z z +∈=R 试求xy ＋2xz 的最大值．分析：这是一个在限定条件下，求多元函数的最值问题．如何将多元函数在限定的条件中转化成单元函数，是破解这一问题的关键．可用三角法代换及平均值去求解．1,,,,z x y z +=∈R 且故可令22sin cos ,z αα=而x=cos 2αsin β，y =cos 2αcos β，其中,0,.2παβ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦于是2222222222222222(2)cos sin (cos sin 2sin )sin (2cos )cos (cos cos 2sin )2cos sin (2cos cos cos )(cos cos 2sin )2cos sin 2cos cos cos cos cos 2sin ≤2cos 2sin .2cos xy xz x y z αβαβαββαβααββαβαβααββαβαβααβββ+=+=+=-+-=-+-⎛⎫-++ ⎪ ⎪-⎝⎭=-222222221tansin ,cos .2112212≤≤1131t t t t t t t t xy xz t tt βββ-===++++==-++令则故当133x y z ===时，取等号．即xy ＋2xz的最大值为3例4、已知θ1＋θ2＋…＋θn =π，θi ≥0(i =1，2，…，n )，求sin 2θ1＋sin 2θ2＋…＋sin 2θn 的最大值．（1985年IMO 预选题）分析：由于变量多，变式的目标难确定，不妨先将问题简单化，即先退到θ1＋θ2为常数时探讨sin 2θ1＋sin 2θ2的最大值的情形．这种策略往往在竞赛题解答中时用到．解答：先考查θ1＋θ2=常数的情形．因为22212121222121212122212121221212212122112sin sin (sin sin )2sin sin 4sin cos cos()cos()222cos (2sin 1)1cos().22,,2sin 10;22,2sin 10;22,2sin 2θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθπθθθθπθθθπθθ+=+-+-=--++-+=-+++++<-<++=-=++>上式中当时时时210.2θ->由此可得出，当122πθθ+<时，θ1与θ2有一个为零时，sin 2θ1＋sin 2θ2有最大值;当122πθθ+=且|θ1－θ2|越小时，sin 2θ1＋sin 2θ2值越大．n =3时，即θ1＋θ2＋θ3=π时，2221239sin sin sin ≤4θθθ++是容易证明的．而n ≥4时，可知θ1、θ2、θ3、θ4中必有两个角和不超过.2π 由前面的结论知，12≤2πθθ+时，sin 2θ1＋sin 2θ2当θ1或θ2=0时，有最大值．于是所求的最大值可转化成三个角的和为π，其正弦值的平方的最大值问题．另一方面n =2时，θ1＋θ2=π，sin 2θ1＋sin 2θ2≤2．因此，sin 2θ1＋sin 2θ2＋…＋sin 2θn 的最大值为9.4且当12345,03n πθθθθθθ======= 时，取等号．例5、如图2．1，△ABC 中，高AD =h ，BC =a ，AC =b ，AB =c ．若a ＋h =b ＋c ，求∠BAC 的范围．分析：许多平面几何中的推导过程可用“三角法”进行转换，尤其是几何不等式的证明问题．经常以正、余弦定理及面积公式等结论作为依据．本题目还要从三角变换及不等式的推理中得出角的范围．解答：由,sin b c a h bc BAC ah +=+⎧⎨∠=⎩得出.sin ahbc BAC =∠令∠BAC =a ．于是由22222222()2cos 22()1(1)sin 1.22sin 2cos 1cos 2sin ,cot 1.221122b c a b c bc a bc bca h a h ah a a h h h a a aαααααα+-+--==+-=-=+-+===+++得 故作CE ⊥BC ，使CE =2h ．在Rt △BCE中，有BE =且AE ＋AB =b ＋c =a ＋h ≥BE ．即2≥≤.3h a h a +得出于是41[1,],23h a +∈从而44cot [1,].[2arccot ,].2332BAC απ∈∠∈故例6、n ∈N ＋，x 0=0，x i >0，i =1，2，…n 且11.ni i x ==∑求证1≤.2ni π=<（1996年CMO 试题）分析：所证不等式左侧部分可用2a b+得出．右侧部分可引用θi =arcsin(x 0＋x 1＋…＋x i )，再利用三角公式得出．解答：因11,ni ==∑由平均值不等式，有011≤ 1.2n x x x ++++=故1ni =成立．令θi =arcsin(x 0＋x 1＋…＋x i )，i =0，1…，n ．故101[0,]0.22n ππθθθθ∈=<<<= 且而11111111111sin sin 2cos sin222cos sin.2sin ,[0,],22(cos )()cos .2(1,2,,).cos i i i i i i i i i i i i i i i i i ii i i x x x x x x i n θθθθθθθθθπθθθθθθθθθ-----------+-=-=-<<∈-<=-<-= 利用可知故对上述求和有11101211.cos 2sin ,cos ni n i i i i i x x x x x πθθθθθ-=---<-==++++==∑ 但故代入上式可得出所证不等式右侧成立．例7、如图2．2，锐角△ABC 的外接圆中过A 、B 两点的切线分别与过C 的切线交于V 、T ，且AT ∩BC =P ，BV ∩AC =R ．设AP 、BR 的中点分别是Q 、S ．求证：∠ABQ =∠BAS ，并求当BC ︰CA ︰AB 取何值时，∠ABQ 取最大值． （第41届IMO 预选题）分析：要证∠ABQ =∠BAS ，由条件中的对称性，只要求得∠ABQ 的三角函数值与已知中的△ABC 边及角建立一个结构式即可．作QN ⊥AB 于N ，从cot BNNBQ QN∠=入手，而作PM ⊥AB 于M ，可用BN =BM ＋MN =111(cos )sin 222c BP B QN PM BP B +== 且是解决问题的突破点．解答：作PM ⊥AB 于M ，QN ⊥AB 于N ．记BC =a ，AB =b ，AB =c ，∠A =∠BAC ，∠B =∠CBA ，∠C =∠ACB ．由221sin()sin 2,1sin sin()2ABTACTAB BT C S BP c C c PC S b B b AC CT B ππ-====-又BP ＋CP =a ，故22211.sin ,22ac BP QN PM BP B b c===+而于是 2222222222221()21()21(cos ),2cot cot cot sin sin cos 2sin sin 3.2sin BN BM MN BM AB BM BM AB c BP B BN c b c ABQ B B QN BP B ac Ba cb ac b c ac B b c ac ac B ab C a b c ab C=+=+-=+=++∠==+=++-++++==+-=同理可得出2223cot 2sin a b c BAS ab C++∠=故∠ABQ =∠BAS ．2222222223cot 2sin 3(2cos )2sin 2()43cot ≥3cot .sin sin 43cot ,sin 43cos sin )≤.a b c ABQ ab Ca b a b ab C ab C a b C C ab C C y C CC y C C θθ++∠=+++-=+=---=+=-⎫=由记=于是解得≥,y即≤ABQ ∠当且仅当a =b ，3arccos ,4C ∠=即BC ︰CA ︰AB1时取等号．第三讲 等差数列与等比数列例1、给定正整数n 和正数M ，对于满足条件2211≤n a a M ++的所有等差数列a 1，a 2，a 3，…，试求S= a n ＋1＋a n ＋2＋…＋a 2n ＋1的最大值．分析：本题属于与等差数列相关的条件最值问题，而最值的求解运用的方法灵活多样，针对条件的理解不同，将有不同的解法．解答：方法一（代数法）．设公差为d ，a n ＋1=a ，则1221222211222(1)(1),2,21,≥()41()(43)102104≥(),101n n n n n n S a a a n d nd S n M a a nd nd nd S n αααααα+++++=+++=+++=++=-+=++-+ 所以另一方面由从而有||≤1)S n d α+且当时，(1)2(1)n S n n n ⎛=+⎭=+=+由于此时有22211443,(),101n S nd a a M n α+=+==+故因此max S n =+122112111()(1)21(3)21(3sin cos )21)sin(),n n n n n n S a a a a a n n a a n r n r θθθϕ++++++=+++++=+=-+=-=+- 故其中cos sin()1,rϕϕθϕ==-=因此当时，有max2S n=+方法三（判别式法）．设首项为a，公差为d，则221122222222(1)(23).222.①3(1)3≤,()≤.②①②,44109≤0.③1(1)③,444109≥0.1(1),||≤1),10nn andSSnd ana a Ma a nd MS Sa a Mn naS SMn nS nad+++==-++++++-++⎡⎤⎛⎫=-⨯⨯-⎢⎥⎪++⎝⎭⎢⎥⎣⎦+=-=故因为所以将代入得因为不等式关于有解所以解之得且当max,10nS=有方法四（不等式法）．因为111112222211111122111111max(1)(1)21(3).2,(3)≤(31)()≤10,3≤1,,,nnnn nnnnna an nS n anna aa a a a Ma aa a Ma aa aS+++++++++-+=+++=--++--=+====由柯西不等式得所以3等号当且仅当时取到即有说明：这是1999年全国高中数学联赛的一道试题，在解答过程中，要分清什么是常量，什么是变量，注意条件和结论的结构形式．解法一通过配方来完成，解法二运用三角代换的方法，解法三运用二次方程根的判别式来完成，解法四则主要运用了柯西不等式．本题入口宽，解法多样，对培养学生的发散思维能力很有好外．例2、n 2(n ≥4)个正整数排成几行几列：a 11 a 12 a 13 a 14 … a 1n a 21 a 22 a 23 a 24 … a 2n a 31 a 32 a 33 a 34 … a 3n … …a n 1 a n 2 a n 3 a n 4 … a nn其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知2442431122131,,,.816nn a a a a a a ===+++ 求分析：由于等差数列可由首项与公差惟一确定，等比数列可由首项与公比惟一确定，如果设a 11=a ，第一行数的公差为d ，第一列数的公比为q ，容易算出a st =[a ＋(t －1)d ]q s －1，进而由已知条件，建立方程组，求出a ，d ，q ．解答：设第一行数列公差为d ，各列数列公比为q ，则第四行数列公差是dq 3．于是可得方程组：24113421134342(3)1,1(),83,16a a d q a a d q a a dq ⎧⎪=+=⎪⎪=+=⎨⎪⎪=+=⎪⎩解此方程组，得111.2a d q ===±由于所给n 2个数都是正数，故必有q >0，从而有111.2a d q ===故对任意的1≤k ≤n ，有111112323412311[(1)].2123,22221123,22222:11111,2222222.22k k kk k k n n n n n n ka a q a k d q nS nS n S n nS --++-==+-==++++=++++=+++++=-- 故又两式相减后可得所以 说明：这是1990年全国高中学数学联赛的一道试题，涉及到等差数列、等比数列、数列求和的有关知识和方法．通过建立方程组确定数列的通项；通项确定后，再选择错位相减的方法进行求和．例3、设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 是其前n 项之和．（1）证明：21lg lg lg ;2n n n S S S +++<（2）是否存在常数C >0，使得21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立？并证明你分析：对于问题（1），运用对数的性质将所证不等式转化为221,n n n S S S ++<运用等比数列求和公式时，要分q =1和q ≠1两种情况讨论；对于问题（2），充分运用已知条件，进行分析论证，可先假设存在常数C >0，使所证等式成立，然后设法推出矛盾．如果不能推出矛盾，再逆推来考虑常数C >0的存在性．解答：（1）证明：设{a n }的公比为q ，由已知得a 1>0，q >0． （i ）当q =1时，S n =na 1，从而2222211111(2)(1)0.n n n S S S na n a n a a ++-=+-+=-<即有221.n n n S S S ++<（ii ）当q ≠1时，1(1)1n n a q S q-=-，所以22212221121122(1)(1)(1)0.(1)(1)n n n nn n n a q q a q S S S a q q q ++++----=-=-<--由（i ）与（ii ）知，221n n n S S S ++<恒成立，又由于S n >0，两边取常用对数即得21lg lg lg .2n n n S S S +++<（2）不存在．要使21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立，则有221()()(),0.n n n nS C S C S C S C ++⎧--=-⎪⎨->⎪⎩ 分两种情况讨论： （i ）当q =1时221211121()()()()[(2)][(1)]0,n n n S C S C S C na C n a C n a C a ++----=-+--+-=-<即不存在常数C >0使结论成立．（ii ）当q ≠1时，若条件(S n －C ) (S n ＋2－C )= (S n ＋1－C )2成立，则(S n －C ) (S n ＋2－C )－ (S n ＋1－C )222111111(1)(1)(1)111[(1)]0,n n n n a q a q a q C C C q q q a q a C q ++⎡⎤⎡⎤⎡⎤---=----⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦=--= 因a 1q n ≠0，故只能有a 1－C (1－q )=0，即11a C q=-，此时由于C >0，a 1>0，必有0<q <1．但当0<q <1时，110,11nn n a a q S C S q q--=-=<--不满足S n －C >0，即不存在常数C >0，使结论综合（i ）、（ii ）可得，不存在常数C >0，使得21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立．说明：这是1995年的一道全国高考试题，主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识和推理论证能力以及分析和解决问题的能力．其中第（2）问属探索性问题．探索性问题对数学思想方法的运用以及分析问题、解决问题的能力要求更高，探索性问题是高考与竞赛的热点问题．第（2）问还可以用反证法进行如下证明：假设存在常数C >0，使21lg()lg()lg(),2n n n S C S C S C ++-+-=-12221221210,①0,②0,③()()(),④④(2),⑤n n n n n n n n n n n n S C S C S C S C S C S C S S S C S S S ++++++++⎧->⎪->⎪⎨->⎪⎪--=-⎩-=+-则有由得 根据平均值不等式及①、②、③、④知212112()()2()≥2()0,n n n n n n n S S S S C S C S C S C ++++++-=-+----=因为C >0，故⑤式右端非负，而由第（1）问证明知，⑤式左端小于零，矛盾．故不存在常数C >0，使得21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立．例4、如图3．1，有一列曲线P 0，P 1，P 2，…，已知P 0所围成的图形是面积为1的等边三角形，P k ＋1由对P k 进行如下的操作得到：将P k 的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（k =0，1，2，…）．记S n 为P n 所围成图形的面积．（1）求数列{S n }的通项公式；（2）求lim .n n S →∞分析：这是一道有关几何图形的操作性问题．采用从特殊到一般的思考方法，便容易入手．解答：如图，对P 0进行操作，容易看出P 0的每条边变成P 1的4条边，故P 1的边数为3³4，同样，对P 1进行操作，P 1的每条边变成P 2的4条边，故P 2的边数为3³42．类似地，容易得到P n 的边数为3³4n ．已知P 0的面积为S 0=1，比较P 1与P 0，容易看出P 1在P 0的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为213，故1021131.33S S =+⨯=+再比较P 2与P 1，可知P 2在P 1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为221133⨯，面P 1有3³4条边，故2143114341.333S S =+⨯⨯=++类似地有22326351144341.3333S S =+⨯⨯=+++于是猜想2135211211114441333343411493441()399144193483411()().①59559n n n kk nn k k k n n n S ----===+++++⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭⎡⎤-⎢⎥⎣⎦=+⨯-⎡⎤=+-=-⨯⎢⎥⎣⎦∑∑ 下面用数学归纳法证明①式．当n =1时，由上面已知①式成立．假设n =k 时，有834().559k k S =- 当n =k ＋1时，易知第k ＋1次操作后，比较P k ＋1与P k ，P k ＋1在P k 的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为2(1)13k +，而P k 有3³4k 条边，故12(1)12(1)13434834.5593k k k k k kk k S S S ++++=+⨯⨯⎛⎫=+=-⨯ ⎪⎝⎭综上，由数学归纳法①式得证．8348(2)lim lim .5595n n n n S →+∞→+∞⎡⎤⎛⎫=-⨯=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦说明：本题是2002年全国高中数学联赛的第14题，这类问题的一般解题过程是：实验——归纳——猜想——论证，主要考查学生探索能力．例5、设a 0为常数，且a n =3n －1－2a n －1(n ∈N ＋) （1）证明：对任意n ≥1，101[3(1)2](1)2;5n n n n n n a a -=+-+-（2）假设对任意n ≥1有a n >a n －1，求a 0的取值范围．分析：本题中数列{a n }由递推关系确定，第一问可以用数学归纳法给予证明，也可以将数列{a n }转化为等比数列直接计算，第二问要对n 进行讨论．解答：（1）证法一：（i ）当n =1时，由已知a 1=1－2a 0，等式成立； （ii ）假设当n =k （k ≥1）等式成立，即101110111101[3(1)2](1)2,53223[3(1)2](1)251[3(1)2](1)2,5k k k k k k k k kk k k k k k k k k k k a a a a a a -+-+++++=+-+-=-=-+---=+-+- 则也就是说，当n =k ＋1时，等式也成立．根据(i)和(ii)，可知等式对任何n ∈N ＋成立．证法二：如果设a n －λ3n =－2(a n －1－λ3n －1)，用a n =3n －1－2a n －1代入，可解出1.5λ=所以135n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭ 是公式比为－2，首项为135a -的等比数列．所以10120133(12)(2)(),551[3(1)2](1)2.5n n n n n n n n a a n a a -+--=---∈=+-+-N 即 （2）解法一：由a n 通项公式得11111023(1)32(1)32,5n n n n n n n a a a -----⨯+-⨯⨯-=+-⨯所以a n >a n －1(n ∈N ＋)等价于1203(1)(51)()()2n n a n --+--<∈N（i ）当n =2k －1，k =1，2，…时，①式即为222302303(1)(51)(),2131(),525k k k a a -----<<+即上式对k =1，2，…都成立，故有101311().5253a -<⨯+=（ii ）当n =2k ，k =1，2，…时，①式即为212202203(1)(51)(),2131().525k k k a a -----<>-⨯+即为上式对k =1，2，…都成立，有2120131()0.525a ⨯->-⨯+=综上，①式对任意n ∈N ＋成立，有010,3a <<故a 0的取值范围为1(0,).3解法二：如果a n >a n －1(n ∈N ＋)成立，特别取n =1、2有a 1－a 0=1－3a 0>0，a 2－a 1=6a 0>0，因此010.3a <<下面证明当0103a <<时，对任意n ∈N ＋，有a n －a n －1>0．由a n 通项公式知：5(a n －a n －1)=2×3n －1＋(－1)n －1³3³2n －1＋(－1)n ³5³3³2n －1a 0． (i)当n =2k －1，k =1，2，…时，5(a n －a n －1)=2×3n －1＋3³2n －1－5³3³2n －1a 0>2×2n －1＋3³2n －1－5³2n －1 =0．(ii)当n =2k ，k =1，2，…时，5(a n －a n －1)=2×3n －1－3³2n －1＋5³3³2n －1a 0>2×3n －1－3³2n －1 ≥0．故a 0的取值范围为1(0,).3说明：本题是2003年全国高考的最后一道压轴题，有一定难度．特别是第二问求参数a 0的取值范围，要转化为相关数列的最大值和最小值来进行分析讨论，请读者对这一方法务必理解透彻．例6、设{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且22211223312,,()b a b a b a a a ===<,又12lim ()2,n n b b b →+∞+++= 试求{a n }的首项与公差．分析：题中有两个基本量{a n }中的首项a 1和公差d 是需要求的，利用222123,,a a a 成等比数列和给定极限可列两个方程，但需注意极限存在的条件．解答：设所求数列{a n }的公差为d ，因为a 1<a 2，故d =a 2－a 1>0．又{b n }为等比数列，故2422213213,,b b b a a a == 即即422111()(2),a d a a d +=+化简得2211240a a d d ++=，解得1(2,20,d a =--±<而故a 1<0．若222121(2,1);a d a q a =-==则若222121(2,1),a d a q a =-==-则但12lim ()1n n b b b →+∞+++= 存在，故|q |<1，于是21)q =不可能．从而只有1(2,d a =-于是由212lim ()1,n n b b b →+∞+++== 得21a =111)2,(2 2.a d a ===-+=所以故数列{a n }的首项公差分别为 2.说明：本题是2001年全国高中数学联赛的第13题，涉及到的知识主要是等差数列、等比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识，用到方程的思想和方法，且在解题过程中要根据题意及时取舍，如由题意推出d >0，a 1<0，|q |<1等，在解题中都非常重要．例7、设S ={1，2，3，…，n }，A 为至少含有两项的、公差为正的等差数列，其项都在S 中，且添加S 的其他元素于A 后均不能构成与A 有相同公差的数列，求这种A 的个数（这里只有两项的数列也看作等差数列）．[分析]：可先通过对特殊的n (如n =1，2，3)，通过列举求出A 的个数，然后总结规律，找出a n 的递推关系，从而解决问题；也可以就A 的公差d =1，2，…，n －1时，讨论A 的个数．解答：解法一：设A 的公差为d ，则1≤d ≥n －1，分两种情况讨论：（i ）设n 为偶数，则当1≤≤2n d 时，公差为d 的A 有d 个；当1≤≤12nd n +-时，公差为d 的A 有n －d 个，故当n 为偶数时，这种A 共有2(12){12[(1)]}().224n n n n +++++++-+= 个（ii ）当n 为奇数，则当1≤≤2n d 时，公差为d 的A 有d 个；当1≤≤12n d n +-时，公差为d 的A 有n －d 个，故当n 为奇数时，这种A 共有2111(12)(12)().224n n n ---+++++++= 个综合（i ）、（ii ）可得，所求的A 有2[]4n 个．解法二：设n 元素集S ={1，2，…，n )中满足题设的A 有a n 个，则a 1=0，a 2=1，a 3=2（A ={1，3}，A ={1，2，3}），a 4=4(A={1，3}，{1，4}，{2，4}，{1，2，3，4})，故1[].2n n na a -=+事实上，S ={1，2，…，n }比S ={1，2，…，n －1}的A 增加有公差为n －1的1个，公差为n －2的1个，…，公差为2n （n 为偶数）或12n +（n 为奇数）的增加1个，共增加[]2n个．由{a n }的递推式可得2[].4n n a =说明：这是1991年全国高中数学联赛第二试的第一题，主要考查应用等差数列和分类讨论的知识与方法解决综合问题的能力．第四讲 递归数列例1、数列{a n }定义如下：1111,(1416n n a a a +==+求它的通项公式．分析：带根号的部分不好处理，容易想到作代换：令n b =解答：设n b 211, 5.24n n b a b -==于是原递推式可化为2211111(14),241624n n n b b b +---=++ 即(2b n ＋1)2=(b n +3)2，由于b n 、b n ＋1非负，所以2b n ＋1=b n +3，故111222113(3),213(3)(),213(),21111.243322n n n n n n n n n n b b b b b b a +----=--=-=+-==++ 故即故说明：这是1981年IMO 的预选题，解题的关键是换元、转化． 例2、设数列{a n }和{b n }满足a 0=1，b 0=0，且11763,()87 4.n n n n n n a a b n b a b ++=+-⎧∈⎨=+-⎩N 证明： a n (n ∈N )是完全平方数．分析：二元递推式给定二数列，可先消元，化为一元递推式，进而求出通项公式，问题就好办了．证明：由a n ＋1=7a n ＋6b n －3，b n ＋1=8a n ＋7b n －4可得b n ＋2－14b n ＋1＋b n =0，其特征方程λ2－14λ＋1=0的根为λ1=7＋27λ=-因此，(7(7,n n n b A B =++-由a 0=1，b 0=0，得b 1=4，所以0,(7(74,A B A B +=⎧⎪⎨++-=⎪⎩解得66A B ==，故10112220112220(7],1(74)8111(7(744211[(2(2].2211(2(2221[222]21[222(]22n n n n n n n n n n n nn n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n b a b b e C C C C C C C C C +----=+--=-+=++-+=+=+=++++-++=+ 从而由于2223,n n n C M -++其中，当n为偶数时，n n n nM C =为整数，当n为奇数时，11n n n n M C --=为整数．从而无论n 为奇数，还是n 为偶数，对n ∈N ，均有e n 为整数，故a n 为完全平方数．说明：如果消去b n 得到a n 的递推关系a n ＋1=14a n －a n －1－6(n ≥1)，则求a n 的过程稍微麻烦一点．本题是2000年全国高中数学联赛二试第二题．这类题型也是二试考查的重点．例3、数列{a n }定义如下：1212110,1,(1)(1)(1),222n n n n na a a na n n a --===+-+--n ≥3．试求1221122123(1)n n n n nn n n n n f a C a C a n C a nC a ----=++++-+ 的最简表达式． 分析：仔细研究所给数列{a n }的递推式和所要化简的f n 的表达式，可以发现通过适当换元就能解决问题．123121111111211112:,0,,,()(1).!232!111(1)!!()!21(1)!()!22(1)!(1)!n n n n n n n nn kn n n k kk k n nn n k kk k k k k n a b b b b b b b n n n k g f n k C a b n n n k n k n k g g b b n k n k n k n k b b n k n k ---==++==-=-=====++--+==-+=--+-+-=-+---+-+=-+--+∑∑∑∑ 解答令则且再令故121122().(1)!n nk n k k k n k b b n k +=+-=-+=-+-∑∑∑令d n =(－2)n(b n －b n －1)，则12(1),2!nn n n d d n -=+-所以d ２=2，且3222(1),2!!l nnn t l d l n ==+-=∑1112122112202(1),,!(2)(2)!2(1)(1)!!(1)(1)()!!(1)!!111(1)()(1)().!(1)!1(1)()0,(1)()0,nnnn n n n kn n n k k knn k k n n k k k k nkk k k d b b n n n k g g n k k n k k n k k n n k k n n nn k k -++=+==++===--===---+--=+---=+-+-+=-+-++-=-=∑∑∑∑∑∑因此于是又故11323344311(1)[1(1)]!(1)!11(1)!(1)!42,311!!()(2)!!111!()2!(1).2!3!!n n n n nn n k k g g n n n n n n g b b f n g n g k k n n g n n n +=+==-=----++=--+=+===-+-+=++-=-+∑∑∑ 由于则说明：这是2000年全国数学冬令营的第二题，运算量大，需要进行多次换元，将问题逐步转化．解题过程要求运算准确、细心．例4、设a 1=1，a 2=3，对一切自然数n 有a n ＋2=(n ＋3) a n ＋1－(n ＋2) a n ，求所有被11整除的a n 的值．解答：设b n ＋1= a n ＋1－a n (n ≥1)，则由条件有b n ＋1=(n ＋1)( a n －a n －1)= (n ＋1) b n (n ≥2)，故b n =nb n －1=n (n －1) b n －2=…= n (n －1)…3b 2=n ! (n ≥2)．所以a n =( a n －a n －1)＋( a n －1－a n －2)＋…＋( a 2－a 1)＋a 1=b n ＋b n －1＋…＋b 2＋1=1!.nk k =∑由此可算出：44188110101!33113,!46233114203,!403791311367083.k k k a k a k a k ======⨯===⨯===⨯∑∑∑当n ≥11时，注意到11!n k k =∑可被11整除，因而10111!!nn k k a k k ===+∑∑也可被11整除．故当n =4，n =8或n ≥10时，a n 均可被11整除．说明：这是1990年巴尔干地区的数学奥林匹克试题，本题中换元起了重要的作用．例5、数列{a n }按如下法则定义：1111,,24n n n a a a a +==+证明：对n >然数．分析：因为结论中涉及到根号及2n a项，因而令n b =平方就容易找到解题思路．解答：令2222122221111,,,2442116n n nnn n n na b b a a a b a +===+=++-则因为于是 22122221222211122211111111(),11242416()22(2),2[2(2)2]4(1).①n n nn n n n n n n n n b b b b b b b b b b b b +++---+=++++=+=++=+即所以因为34,24,n b b ====由①式及b 2，b 3∈N 知，当n >1时，b n ∈N ．说明：这是1991年全苏数学冬令营的一道试题，通过换元，将关于a n 的问题转化为关于b n 的问题，可使问题得到顺利解决．例6、设数列{a n }满足101262,(≥1)1n n n a a a n a --+==+，求a n ．分析：引入待定系数λ，设法将所给问题转化为我们所熟悉的问题．先求得数列{a n }的不动点λ1、λ2，则数列12{}n n a a λλ--为一个等比数列．解答：126(2)626(),1112n n n n n n n a a a a a a λλλλλλλ++-+----=-==++++- 令62λλλ--=-，得λ2－λ－6=0，解之得：λ1=3，λ2=－2，1111100111143(3),2(2),11331,24231{},243311()(),2244342(1)(0,1,2,)4(1)n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a a a a a a a n ++++++++--=-+=+++--=-++-+--=-=-+++-==+- 所以故即是公比为-的等比数列从而故说明：用待定系数法求一些数列的通项是非常有效的．这类问题的一般情形就是在知识梳理部分提到的第9个问题．例7、（1）已知a 1=0，a 2=4，a n ＋2=2a n ＋1－2a n ，n ∈N ＋，求a n ．（2）已知a 1=0，a 2=2，a 3=6，a n ＋3=2a n ＋2＋a n ＋1－2a n ，n ∈N ＋，求a n ． （3）已知a 1=1，a 2=2，a 3=8，a n ＋3=6a n ＋2－12a n ＋1＋8a n ，n ∈N ＋，求a n ． （4）已知a 1=2，a 2=1，a 3=－13，a n ＋3=7a n ＋2－16a n ＋1＋12a n ，n ∈N ＋，求a n ． 分析：本题中四个小题均属于线性递归数列问题，可用特征根的方法来解决． 解答：（1）特征方程x 2=2x －2有两个相异的根x 1=1＋i ，x 2=1－i ，则{a n }的通项公式为a n =c 1(1＋i)n ＋c 2(1－i)n ，代入前两项的值，得122221(1)(1)0,(1)(1)4,i c i c i c i c ++-=⎧⎪⎨++-=⎪⎩ 解得c 1=－1－i ，c 2=－1＋i ．故31121(1)(1)2cos.4n n n n n a i i π++++=-+--=- （2）特征方程x 3=2x 2＋x －2有三个相异的根x 1=1，x 2=－1，x 3=2，于是{a n }的通项公式为a n =c 1＋c 2(－1)n ＋c 32n ．代入初始值，得12312312320,42,86,c c c c c c c c c -+=⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩ 解得c 1=－2，c 2=0，c 3=1，故a n =－2＋2n ．（3）特征方程x 3=6x 2－12x ＋8有三重根x =2，故{a n }的通项公式为c n =( c 1＋c 2n ＋c 3n 2)²2n ， 其中c 1，c 2，c 3满足方程组1231231232221,48162,824728,c c c c c c c c c -+=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩ 解此方程组，得123311,,,44c c c ==-=故。
一数最后十课讲义
一数最后十课讲义摘要：1.课程总结2.课程内容回顾3.课程目标回顾4.学生反馈与建议5.课程展望正文：【课程总结】经过一系列的数学课程学习，我们终于迎来了最后一课。
在这节课中，我们将对整个课程进行总结，回顾所学过的知识点，以及探讨未来的学习方向。
【课程内容回顾】在过去的十课中，我们学习了数学的基本概念，包括数、量、形、变化等方面。
我们掌握了数的分类、运算、比较大小等技能；了解了量的测量、换算、百分比等知识；探索了图形的分类、性质、面积和周长等概念；还学习了函数、方程、不等式等代数知识。
【课程目标回顾】回顾这些课程内容，我们的主要目标是通过数学知识的学习，培养学生们的逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力。
同时，通过数学课程的学习，使学生们更好地理解自然和社会现象，提高实际生活中的应用能力。
【学生反馈与建议】在课程进行过程中，我们收到了许多学生对课程的建议和反馈。
大部分学生表示，课程内容丰富，有利于他们全面了解数学知识。
但也有一部分学生认为，部分知识点较难理解，需要老师多做解释。
针对这些反馈，我们将在未来的课程中进行改进，使课程更加贴合学生的需求。
【课程展望】展望未来，我们将继续深入学习数学知识，以培养学生们更高的数学素养。
我们将进一步巩固基础知识，提高学生的运算能力，培养他们的创新思维。
同时，我们还将关注学生的个体差异，针对不同学生的需求，调整教学方法和课程进度，使每位学生都能在数学学习中取得进步。
【结语】在此，我们对本学期的数学课程进行总结，希望学生们能在课程中学有所得，不断提高自己的数学素养。
2010届数学高考考前指导
2010届数学高考考前指导数学之战重中之重胆大心细一击而中------------------------------最后一课（一）、友情提醒:同学们在考前应做好以下三项准备工作----读、清、练：1、命题者与考生的共同财富—数学课本. 命题是在课本的基础上，源于课本又高于课本，因此，在考前应回归课本，将课本上的定义、定理、公式等重点内容“熟读”备用!!(公式熟了吗?)2、数学题在这之前已做得不少，试卷上有我们辛勤的血汗，更有我们的经验和教训. 此时此刻建议同学们将这些宝贵财富充分利用—将近期暴露出来的“地雷”逐一清除!逐一清除!!(错题本上题目过了吗?)3、数学题要天天练. 解数学题尤如“练歌”—天天练，“歌词”不记而熟；不练而突击死背，没有丝毫效果；建议同学们这几天每天完成部分选择题、填空题、中档解答题，练笔熟手!!(你练了吗?)（二）、数学一直有着高考“命门”之称，数学的成功与否可以说在很大程度上决定了你高考总分的高低。
一、高考数学网上阅卷基本情况：（已经了解）二、解题思考步骤、程序：1、观察⏹要求解（证）的问题是什么？它是哪种类型的问题？⏹已知条件（已知数据、图形、事项、及其与结论部分的联系方式）是什么？要求的结论（未知事项）是什么？⏹所给图形和式子有什么特点？能否用一个图形（几何的、函数的或示意的）或数学式子（对文字题）将问题表示出来？能否在图上加上适当的记号？⏹有什么隐含条件？解题思考步骤、程序：2、联想⏹这个题以前做过吗？⏹这个题以前在哪里见过吗？⏹以前做过或见过类似的问题吗？当时是怎样想的？⏹题中的一部分（条件，或结论，或式子，或图形）以前见过吗？在什么问题中见过的？⏹题中所给出的式子、图形，与记忆中的什么式子、图形相象？它们之间可能有什么联系？⏹解这类问题通常有哪几种方法？可能哪种方法较方便？试一试如何？⏹由已知条件能推得哪些可知事项和条件？要求未知结论，需要知道哪些条件（需知）？⏹与这个问题有关的结论（基本概念、定理、公式等）有哪些？解题思考步骤、程序：3、转化⏹能否将题中复杂的式子化简？⏹能否对条件进行划分，将大问题化为几个小问题？⏹能否将问题化归为基本命题？⏹能否进行变量替换、恒等变换或几何变换，将问题的形式变得较为明显一些？⏹能否形──数互化？利用几何方法来解代数问题？利用代数（解析）方法来解几何问题？⏹利用等价命题律（逆否命题律、同一法则、分断式命题律）或其他方法，可否将问题转化为一个较为熟悉的等价命题？⏹最终目的：将未知转化为已知。
数学考前注意事项和答题技巧
数学考前注意事项和答题技巧如下：注意事项：1. 准确掌握答题时间。
考试时间为3小时，建议考生前两大题每题4-5分钟，解答题每题10分钟，留出0.5小时用于查漏补缺。
2. 做题要细心。
注意符号、字迹、字迹大小、多一个字或少一个字等低级错误，这些错误可能会影响最终的成绩。
3. 注意步骤的完整性。
大题的第一问是关键，因为第二问和第三问可能会与第一问产生直接或间接的联系，一旦第一问解答错误，后续的问题也会受到影响。
4. 注意取舍。
对于难题，不要花费太多时间，以免影响后面的题目作答。
相对于难题，线性代数和概率论更容易理清思路，应迅速找到突破口。
5. 考试结束后，封装信封、贴上密封贴，等待老师收缴考试材料，切勿漏装或带出考场。
答题技巧：1. 举一反三，多总结。
对同一道题目，考生应多总结不同的解题思路和方法，对比自己的缺陷，练习自己的思维，学会举一反三。
2. 掌握基本的解题方法。
数学试题涉及范围广泛，但每个知识点的难度并不高。
考生要掌握每个知识点的基本概念、公式和解题方法，并反复训练，达到熟练掌握的程度。
3. 注意写清步骤。
由于考研阅卷是按步骤给分的，所以中间步骤一定要写清楚，即使是基础的公式、定理，也要花上十几秒钟写清楚步骤，避免白白丢分。
4. 大量练习。
考研数学试题的解析和解题思路难度并不大，但需要考生具备较强的逻辑推理、分析和计算能力。
因此，考生要进行大量的题目练习，特别是要注重做一些难度适中的典型题目，以提升解题能力。
总的来说，数学考试需要考生注意时间管理、细心、步骤完整性、取舍以及大量的练习和总结。
希望这些建议对你有帮助。
初三数学中考考前复习指导建议整理
初三数学中考考前复习指导建议整理数学中考复习即将开始，初三学生究竟该如何复习才能让自己取得事半功倍的效果呢?下面是小编为大家整理的关于初三数学中考考前复习指导建议，希望对您有所帮助!九年级数学考前复习几点建议1、每天做好2本册子，即复习笔记和错题集。
建议做复习笔记，课前记录自己复习的心得，然后在课上以此笔记作基础补充上课笔记，从中可以感受自己和老师在复习中的差异，并不断调整改进复习方法;注重研究错题，在平时练习、测验后要分外留心做错的题，建立一个自己的“错题本”。
着重分析自己的错因，解决问题的关键点和简便方法。
这是一份非常重要的学习资源，而且是针对自己的，考前只要拿出它，就能明白自己的不足。
2、每天做足做透做精1道综合题。
可以根据老师的例题讲解，进行一题多解、一题多变的训练。
建议回家复习时，要根据老师讲解的思路书写再现每种方法的解题过程，以达内化的效果。
3、每周保证认真完成1套模拟考卷，并做好考后分析。
在模拟练习时，设法将自己置于正规大考状态。
4、每周周末1次系统归纳复习。
在周末，将一周做过的练习、考试题中的错误重做一遍。
总之，说一千道一万，重要的是：重视课堂听课效率，跟上老师的复习节奏。
回归课本，夯实基础，分分必争，关注细节。
主动复习，主动反思，贵在坚持，这样提升数学能力就能实实在在做到了。
初三数学后期复习指导第一轮：先过记忆关首先，学校的老师会在复习之前做一个详尽的复习计划。
例如：我们建兰初三的数学老师在认真学习新课程标准的前提下将复习计划定为三轮。
第一轮复习是总复习的基础，是重点，是侧重双基训练。
在这个阶段，教师会帮助学生扎扎实实地夯实基础。
帮助学生首先要过“记忆关”，即做到记牢记准所有的公式、定理等，因为没有准确无误的记忆，就不可能有好的解题方法。
其次要过“基本方法关”和“基本技能关”，即给你一个题，你找到了它的解题方法，就具备了解这个题的技能。
而在学生解题的过程中，指导他们尽量走捷径、出奇招、有创意，并借此培养学生学习数学的兴趣及解题技巧，提高解题的灵活度。
数学复习指导
数学复习指导数学复习指导15篇数学复习指导1一、制定切实可行的复习计划，并认真执行计划。
为使复习具有针对性，目的性和可行性，找准重点、难点，大纲（课程标准）是复习依据，教材是复习的蓝本。
复习时要弄清学习中的难点、疑点及各知识点易出错的原因，这样做到复习有针对性，可收到事半功倍的效果。
二、分类整理、梳理，强化复习的系统性。
复习的重要特点就是在系统原理的指导下，对所学知识进行系统的整理，使之形成一个较完整的知识体体系，这样有利于知识的系统化和对其内在联系的把握，便于融合贯通。
做到梳理训练拓展，有序发展，真正提高复习的效果。
三、辨析比较，区分弄清易混概念。
对于易混淆的概念，首先抓住意义方面的比较，再者是对易混概念的分析，这样能全面把握概念的本质，避免不同概念的干扰，另外对易混的方法也应进行比较，以明确解题方法。
四、一题多解，多题一解，提高解题的灵活性。
有些题目，可以从不同的角度去分析，得到不同的解题方法。
一题多解可以培养分析问题的能力。
灵活解题的能力。
不同的解题思路，列式不同，结果相同，收到殊途同归的效果。
同时也给其他同学以启迪，开阔解题思路。
有些应用题，虽题目形式不同，但它们的解题方法是一样的，故在复习时，要从不同的角度去思考，要对各类习题进行归类，这样才能使所所学知识融会贯通，提高解题灵活性。
数学复习指导2第一轮复习，即基础复习阶段，这个阶段的复习是整个高考复习中最关键的环节，一般从8月份到第二年的三月份，历时8个月，这一阶段的复习效果直接影响整个高考的成败，因此同学们应该高度重视，在第一轮复习中我们必须严格按照《复习大纲》的要求，把《大纲》中所有的考点逐个进行突破，全面落实，形成完整的知识体系。
这就需要考生要对课本中的基本概念，基本公式，基本方法重点掌握，在复习中应淡化特殊技巧的训练，重视数学思想和方法的作用。
常用的数学思想方法有：(1)函数思想方法：根据问题的特点构建函数将所要研究的问题，转化为对构建函数的性质如定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、最值、对称性、范围和图像的交点个数等的研究;(2)方程思想方法：通过列方程(组)建立问题中的已知数和未知数的关系，通过解方程(组)实现化未知为已知，从而实现解决问题的目的;(3)数形结合的思想：它可以把抽象的数学语言与直观图形相对应，使复杂问题简单化，抽象问题具体化，(4)分类讨论的思想：此思想方法在解答题中越来越体现出其重要地位，在解题中应明确分类原则：标准要统一，不重不漏。