2020年 名师讲解 高考数学 提分宝典 必做题之算法
2020年高考江苏版高考数学 一、光速解题——学会9种快速解题技法
- 2, 2,
{ 即
f(x)=
������2 + x ������2 -
+ 2
2,x < - x, -
- 1或x > 2,作出图象如下(加粗部分),由图象可知 1 ≤ x ≤ 2,
f(x)的值域是
[ ]9 - 4,0 ∪(2,+∞).
高考加油，高考加油，高考加油
高考复习参考资料
{ log2(x + 1),x ∈ [0,1),
典例 1 (平面向量问题)设 a,b,c 是单位向量,且 a·b=0,则(a-c)·(b-c)的最小值 为 .
答案 1- 2 高考加油，高考加油，高考加油
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解析 由于(a-c)·(b-c)=-(a+b)·c+1,因此求(a-c)·(b-c)的最小值等价于求(a+b)·c 的 最大值,这个最大值只有当向量 a+b 与向量 c 同向共线时取得.由于 a·b=0,故 a⊥b,如图所 示,|a+b|= 2,|c|=1,当 θ=0 时,(a+b)·c 取得最大值 2,故所求的最小值为 1- 2.
1 cos������ + cos������ 4
解析 不妨令△ABC 为等边三角形,则 cos A=cos C=2,则1 + cos������cos������=5.
技法 2 换元法 换元法又称变量代换法.通过引进新的变量,可以把分散的条件联系起来,隐含的条件显露出 来,或者将题目变为熟悉的形式,简化复杂的计算和推理.换元的实质是转化,关键是构造元和设元, 理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,将问题移至新对象的知识背景中再研究,从而使非标 准型问题标准化、复杂问题简单化.换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求 解等.
2020年 名师讲解 高考数学 提分宝典 复数、算法、推理与证明之第1讲 数系的扩充与复数的引入
[基础题组练]1．(2019·长春监测)设i 为虚数单位，则(－1＋i)(1＋i)＝( ) A ．2i B ．－2i C ．2D ．－2解析：选D.(－1＋i)(1＋i)＝－1－i ＋i ＋i 2＝－1－1＝－2.故选D.2．(2019·高考全国卷Ⅱ)设z ＝－3＋2i ，则在复平面内z －对应的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：选 C.由题意，得z －＝－3－2i ，其在复平面内对应的点为(－3，－2)，位于第三象限，故选C.3．(2019·福州模拟)若复数z ＝a1＋i＋1为纯虚数，则实数a ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2解析：选A.因为复数z ＝a 1＋i ＋1＝a （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＋1＝a 2＋1－a 2i 为纯虚数，所以a2＋1＝0且－a2≠0，解得a ＝－2.故选A.4．(2019·南昌模拟)已知复数z 满足(1＋i)z ＝2，则复数z 的虚部为( ) A ．1 B ．－1 C ．iD ．－i解析：选B.法一：因为(1＋i)z ＝2，所以z ＝21＋i ＝2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1－i ，则复数z 的虚部为－1.故选B.法二：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则(1＋i)(a ＋b i)＝a －b ＋(a ＋b )i ＝2，⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝2，a ＋b ＝0，解得a＝1，b ＝－1，所以复数z 的虚部为－1.故选B.5．(2019·石家庄质量检测)若复数z 满足z 1－i ＝i ，其中i 为虚数单位，则共轭复数z －＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1－iD ．－1＋i解析：选B.由题意，得z ＝i(1－i)＝1＋i ，所以z －＝1－i ，故选B.6．已知⎝⎛⎭⎫1＋2i 2＝a ＋b i(a ，b ∈R ，i 为虚数单位)，则a ＋b ＝( ) A ．－7 B ．7 C ．－4D ．4解析：选A.因为⎝⎛⎭⎫1＋2i 2＝1＋4i ＋4i 2＝－3－4i ， 所以－3－4i ＝a ＋b i ，则a ＝－3，b ＝－4， 所以a ＋b ＝－7，故选A.7．(2019·合肥质量检测)已知i 为虚数单位，则（2＋i ）（3－4i ）2－i ＝( )A ．5B ．5iC ．－75－125iD ．－75＋125i解析：选A.法一：（2＋i ）（3－4i ）2－i ＝10－5i2－i＝5，故选A.法二：（2＋i ）（3－4i ）2－i ＝（2＋i ）2（3－4i ）（2＋i ）（2－i ）＝（3＋4i ）（3－4i ）5＝5，故选A.8．(2019·河北“五个一名校联盟”模拟)若复数z 满足z (1＋i)＝2i(i 为虚数单位)，则|z |＝( )A ．1B ．2 C. 2D. 3解析：选C.因为z ＝2i1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1＋i ，所以|z |＝ 2.故选C.9．已知a ∈R ，i 是虚数单位．若z ＝a ＋3i ，z ·z －＝4，则a ＝( ) A ．1或－1 B.7或－7 C ．－ 3D. 3解析：选A.法一：由题意可知z －＝a －3i ，所以z ·z －＝(a ＋3i)(a －3i)＝a 2＋3＝4，故a ＝1或－1.法二：z ·z －＝|z |2＝a 2＋3＝4，故a ＝1或－1. 10．设z ＝1＋i(i 是虚数单位)，则z 2－2z ＝( )A ．1＋3iB ．1－3iC ．－1＋3iD ．－1－3i解析：选C.因为z ＝1＋i ，所以z 2＝(1＋i)2＝1＋2i ＋i 2＝2i ，2z ＝21＋i ＝2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2（1－i ）1－i2＝2（1－i ）2＝1－i ，则z 2－2z ＝2i －(1－i)＝－1＋3i.故选C. 11．若复数z 满足(3－4i)z ＝|4＋3i|，则z 的虚部为( ) A ．－4 B ．－45C ．4D.45解析：选D.因为|4＋3i|＝42＋32＝5，所以z ＝53－4i ＝5（3＋4i ）（3－4i ）（3＋4i ）＝3＋4i 5＝35＋45i ，所以z 的虚部为45. 12．设复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于实轴对称，z 1＝2＋i ，则z 1z 2＝( )A ．1＋i B.35＋45i C ．1＋45iD ．1＋43i解析：选B.因为复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于实轴对称，z 1＝2＋i ，所以z 2＝2－i ，所以z 1z 2＝2＋i 2－i ＝（2＋i ）25＝35＋45i ，故选B.13．设复数z 满足z －＝|1－i|＋i(i 为虚数单位)，则复数z ＝________． 解析：复数z 满足z －＝|1－i|＋i ＝2＋i ，则复数z ＝2－i. 答案：2－i14．设z ＝11＋i＋i(i 为虚数单位)，则|z |＝________．解析：因为z ＝11＋i ＋i ＝1－i （1＋i ）（1－i ）＋i ＝1－i 2＋i ＝12＋12i ，所以|z |＝⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫122＝22. 答案：2215．已知复数z ＝4＋2i（1＋i ）2(i 为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x －2y ＋m ＝0上，则m ＝________．解析：z ＝4＋2i （1＋i ）2＝4＋2i 2i ＝（4＋2i ）i2i 2＝1－2i ，复数z 在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，将其代入x －2y ＋m ＝0，得m ＝－5.答案：－516．当复数z ＝(m ＋3)＋(m －1)i(m ∈R )的模最小时，4iz ＝________．解析：|z |＝（m ＋3）2＋（m －1）2 ＝2m 2＋4m ＋10＝2（m ＋1）2＋8， 所以当m ＝－1时，|z |min ＝22， 所以4i z ＝4i2－2i ＝4i （2＋2i ）8＝－1＋i.答案：－1＋i[综合题组练]1．(综合型)若实数a ，b ，c 满足a 2＋a ＋b i<2＋c i(其中i 2＝－1)，集合A ＝{x |x ＝a }，B ＝{x |x ＝b ＋c }，则A ∩∁R B 为( )A ．∅B ．{0}C ．{x |－2<x <1}D ．{x |－2<x <0或0<x <1}解析：选 D.由于只有实数之间才能比较大小，故a 2＋a ＋b i<2＋c i ⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a <2，b ＝c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧－2<a <1，b ＝c ＝0，因此A ＝{x |－2<x <1}，B ＝{0}，故A ∩∁R B ＝{x |－2<x <1}∩{x |x ∈R ，x ≠0}＝{x |－2<x <0或0<x <1}．2．(综合型)若虚数(x －2)＋y i(x ，y ∈R )的模为3，则yx 的最大值是( )A.32B.33C.12D. 3解析：选D.因为(x －2)＋y i 是虚数， 所以y ≠0，又因为|(x －2)＋y i|＝3， 所以(x －2)2＋y 2＝3.因为yx 是复数x ＋y i 对应点与原点连线的斜率，所以⎝⎛⎭⎫y x max＝tan ∠AOB ＝3，所以yx的最大值为 3.3．－3＋2i 是方程2x 2＋px ＋q ＝0的一个根，且p ，q ∈R ，则p ＋q ＝________．解析：由题意得2(－3＋2i)2＋p (－3＋2i)＋q ＝0， 即2(5－12i)－3p ＋2p i ＋q ＝0， 即(10－3p ＋q )＋(－24＋2p )i ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧10－3p ＋q ＝0，－24＋2p ＝0.所以p ＝12，q ＝26，所以p ＋q ＝38.答案：384．已知复数z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i 2 0181＋i ，则复数z 在复平面内对应点的坐标为________．解析：因为i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＋i 4n ＋4＝i ＋i 2＋i 3＋i 4＝0，而2 018＝4×504＋2， 所以z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i 2 0181＋i ＝i ＋i 21＋i ＝－1＋i1＋i＝（－1＋i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2i2＝i ，对应的点为(0，1)． 答案：(0，1)5．复数z 1＝3a ＋5＋(10－a 2)i ，z 2＝21－a ＋(2a －5)i ，若z －1＋z 2是实数，求实数a 的值．解：z －1＋z 2＝3a ＋5＋(a 2－10)i ＋21－a ＋(2a －5)i＝⎝⎛⎭⎫3a ＋5＋21－a ＋[(a 2－10)＋(2a －5)]i ＝a －13（a ＋5）（a －1）＋(a 2＋2a －15)i.因为z －1＋z 2是实数， 所以a 2＋2a －15＝0， 解得a ＝－5或a ＝3. 因为a ＋5≠0， 所以a ≠－5，故a ＝3.6．若虚数z 同时满足下列两个条件： ①z ＋5z是实数；②z ＋3的实部与虚部互为相反数．这样的虚数是否存在？若存在，求出z ；若不存在，请说明理由． 解：这样的虚数存在，z ＝－1－2i 或z ＝－2－i. 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R 且b ≠0)， z ＋5z ＝a ＋b i ＋5a ＋b i＝a ＋b i ＋5（a －b i ）a 2＋b 2＝⎝⎛⎭⎫a ＋5a a 2＋b 2＋⎝⎛⎭⎫b －5ba 2＋b 2i.因为z ＋5z 是实数，所以b －5ba 2＋b2＝0.又因为b ≠0，所以a 2＋b 2＝5.① 又z ＋3＝(a ＋3)＋b i 的实部与虚部互为相反数， 所以a ＋3＋b ＝0.②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋3＝0，a 2＋b 2＝5， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－1， 故存在虚数z ，z ＝－1－2i 或z ＝－2－i.。
2020年高考数学答题实用技巧大汇总
2020年高考数学答题实用技巧大汇总1、解决绝对值问题主要包括化简、求值、方程、不等式、函数等题，基本思路是：把含绝对值的问题转化为不含绝对值的问题。
具体转化方法有：①分类讨论法:根据绝对值符号中的数或式子的正、零、负分情况去掉绝对值。
②零点分段讨论法：适用于含一个字母的多个绝对值的情况。
③两边平方法：适用于两边非负的方程或不等式。
④几何意义法：适用于有明显几何意义的情况。
2、因式分解根据项数选择方法和按照一般步骤是顺利进行因式分解的重要技巧。
因式分解的一般步骤是：提取公因式选择用公式十字相乘法分组分解法拆项添项法3、配方法利用完全平方公式把一个式子或部分化为完全平方式就是配方法，它是数学中的重要方法和技巧。
配方法的主要根据有：高中数学21种解题方法与技巧4、换元法解某些复杂的特型方程要用到“换元法”。
换元法解方程的一般步骤是：设元→换元→解元→还元5、待定系数法待定系数法是在已知对象形式的条件下求对象的一种方法。
适用于求点的坐标、函数解析式、曲线方程等重要问题的解决。
其解题步骤是：①设②列③解④写6、复杂代数等式复杂代数等式型条件的使用技巧：左边化零，右边变形。
①因式分解型：(-----)(----)=0 两种情况为或型②配成平方型：(----)2+(----)2=0 两种情况为且型7、数学中两个最伟大的解题思路(1)求值的思路列欲求值字母的方程或方程组(2)求取值范围的思路列欲求范围字母的不等式或不等式组8、化简二次根式基本思路是：把√m化成完全平方式。
即：9、观察法10、代数式求值方法有：(1)直接代入法(2)化简代入法(3)适当变形法（和积代入法）注意：当求值的代数式是字母的“对称式”时，通常可以化为字母“和与积”的形式，从而用“和积代入法”求值。
11、解含参方程方程中除过未知数以外，含有的其它字母叫参数，这种方程叫含参方程。
解含参方程一般要用‘分类讨论法’，其原则是：(1)按照类型求解(2)根据需要讨论(3)分类写出结论12、恒相等成立的有用条件(1)ax+b=0对于任意x都成立关于x的方程ax+b=0有无数个解a=0且b=0。
2020年 名师讲解高考数学总复习 第7章 7.7 数学归纳法
§7.7数学归纳法考情考向分析高考要求理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的命题，以附加题形式在高考中出现，难度为中高档．1．由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法．2．用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤如下：(1)归纳奠基：证明取第一个自然数n0时命题成立；(2)归纳递推：假设n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时，命题成立；(3)由(1)(2)得出结论．概念方法微思考1．用数学归纳法证明命题时，n取第1个值n0，是否n0就是1?提示n0是对命题成立的第1个正整数，不一定是1.如证明n边形的内角和时，n≥3. 2．用数学归纳法证明命题时，归纳假设不用可以吗？提示不可以，用数学归纳法证明命题，必须用到归纳假设．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．( × )(2)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，项数都增加了一项．( × )(3)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( √ )(4)用数学归纳法证明凸n 边形的内角和公式时，n 0＝3.( √ )题组二 教材改编2．[P94习题T7]用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证_____．答案 1＋12＋13<2解析 ∵n ∈N *，n >1，∴n 取的第一个数为2，左端分母最大的项为122－1＝13.3．[P103T13]在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为________．答案 a n ＝1(2n －1)(2n ＋1)解析 当n ＝2时，13＋a 2＝2×3×a 2，∴a 2＝13×5；当n ＝3时，13＋115＋a 3＝3×5×a 3，∴a 3＝15×7；当n ＝4时，13＋115＋135＋a 4＝4×7×a 4，∴a 4＝17×9；故猜想a n ＝1(2n －1)(2n ＋1).4．[P105T13]已知a 1＝12，a n ＋1＝3a na n ＋3，则a 2，a 3，a 4，a 5的值分别为________．由此猜想a n＝________.答案 37，38，13，310 3n ＋5解析 a 2＝3a 1a 1＋3＝3×1212＋3＝37＝32＋5，同理a 3＝3a 2a 2＋3＝38＝33＋5，a 4＝39＝34＋5，a 5＝310＝35＋5，又a 1＝31＋5＝12，符合以上规律．故猜想a n ＝3n ＋5.题组三 易错自纠 5．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N *)，在验证n ＝1时，等式左边的项是________． 答案 1＋a ＋a 2解析 当n ＝1时，n ＋1＝2， ∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.6．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N *)时，假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k ＋1时，左端增加的项数是__________． 答案 2k解析 运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N *)．当n ＝k 时，则有1＋2＋3＋…＋2k ＝2k －1＋22k －1(k ∈N *)，左边表示的为2k 项的和． 当n ＝k ＋1时，左边＝1＋2＋3＋…＋2k ＋(2k ＋1)＋…＋2k ＋1，表示的为2k＋1项的和，增加了2k ＋1－2k ＝2k 项．题型一 用数学归纳法证明等式1．用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n4(n ＋1)(n ∈N *)．证明 ①当n ＝1时，左边＝12×1×(2×1＋2)＝18，右边＝14×(1＋1)＝18，左边＝右边，所以等式成立．②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14(k ＋2)＝k ＋14(k ＋1＋1). 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由①②可知，对于一切n ∈N *等式都成立．2．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．证明 ①当n ＝1时，等式左边＝1－12＝12＝右边，等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，那么，当n ＝k ＋1时，有1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2， 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由①②知，等式对任何n ∈N *均成立． 思维升华 用数学归纳法证明等式时应注意： (1)明确初始值n 0的取值；(2)由n ＝k 证明n ＝k ＋1时，弄清左边增加的项，明确变形目标； (3)变形时常用的几种方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．题型二 证明不等式例1 若函数f (x )＝x 2－2x －3，定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过点P (4,5)，Q n (x n ，f (x n ))(n ∈N *)的直线PQ n 与x 轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤x n <x n ＋1<3. 证明 ①当n ＝1时，x 1＝2，f (x 1)＝－3，Q 1(2，－3)． 所以直线PQ 1的方程为y ＝4x －11， 令y ＝0，得x 2＝114，因此2≤x 1<x 2<3，即n ＝1时结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立， 即2≤x k <x k ＋1<3.当n ＝k ＋1时，直线PQ k ＋1的方程为 y －5＝f (x k ＋1)－5x k ＋1－4·(x －4)．又f (x k ＋1)＝x 2k ＋1－2x k ＋1－3， 代入上式，令y ＝0，得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1，由归纳假设，2<x k ＋1<3，x k ＋2＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3；x k ＋2－x k ＋1＝(3－x k ＋1)(1＋x k ＋1)2＋x k ＋1>0，即x k ＋1<x k ＋2， 所以2≤x k ＋1<x k ＋2<3， 即当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n,2≤x n <x n ＋1<3.思维升华 数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则应考虑用数学归纳法．(2)关键：由n ＝k 时命题成立证n ＝k ＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．跟踪训练1 用数学归纳法证明不等式：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2>1(n ∈N *且n >1)．证明 ①当n ＝2时，12＋13＋14＝1312>1成立．②设n ＝k (k ∈N *，k >1)时，1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k2>1成立．由于当k >1时，k 2－k －1>0，即k (2k ＋1)>k 2＋2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1(k ＋1)2＝⎝⎛⎭⎫1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＋1k 2＋1＋1k 2＋2＋…＋1k 2＋2k ＋1－1k >1＋1k 2＋1＋1k 2＋2＋…＋1k 2＋2k ＋1－1k>1＋1k (2k ＋1)＋1k (2k ＋1)＋…＋1k (2k ＋1)－1k＝1＋2k ＋1k (2k ＋1)－1k＝1.综合①②可知，原不等式对n ∈N *且n >1恒成立．题型三 数学归纳法的综合应用 命题点1 整除问题例2 (2018·苏北四市期中)设n ∈N *，f (n )＝3n ＋7n －2. (1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)求证：对任意的正整数n ，f (n )是8的倍数． (1)解 ∵n ∈N *，f (n )＝3n ＋7n －2， ∴f (1)＝3＋7－2＝8， f (2)＝32＋72－2＝56， f (3)＝33＋73－2＝368.(2)证明 用数学归纳法证明如下： ①当n ＝1时，f (1)＝3＋7－2＝8，成立；②假设当n ＝k (k ∈N *)时成立，即f (k )＝3k ＋7k －2能被8整除， 则当n ＝k ＋1时， f (k ＋1)＝3k ＋1＋7k ＋1－2 ＝3×3k ＋7×7k －2 ＝3(3k ＋7k －2)＋4×7k ＋4 ＝3(3k ＋7k －2)＋4(7k ＋1)，∵3k ＋7k －2能被8整除，7k ＋1是偶数， ∴3(3k ＋7k －2)＋4(7k ＋1)一定能被8整除， 即n ＝k ＋1时也成立．由①②得对任意正整数n ，f (n )是8的倍数． 命题点2 和二项式系数有关的问题例3 (2018·江苏扬州中学期中)已知F n (x )＝∑k ＝0n[(－1)k ·C k n f k (x )](n ∈N *)．(1)若f k (x )＝x k ，求F 2 015(2)的值；(2)若f k (x )＝x x ＋k (x ∉{0，－1，…，－n })，求证：F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n ).(1)解 F n (x )＝∑k ＝0n[(－1)kC k n f k (x )]＝∑k ＝0n[(－x )k C k n ]＝∑k ＝0n[C k n (－x )k ·1n －k]＝(1－x )n ， ∴F 2 015(2)＝－1.(2)证明 ①当n ＝1时，左边＝1－x x ＋1＝1x ＋1＝右边．②设n ＝m (m ∈N *)时，对一切实数x (x ≠0，－1，…，－m )，有∑k ＝0m ⎣⎡⎦⎤(－1)k C k mx x ＋k ＝m ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋m )，那么，当n ＝m ＋1时，对一切实数x (x ≠0，－1，…，－(m ＋1))， 有∑k ＝0m ＋1 ⎣⎡⎦⎤(－1)k C k m＋1x x ＋k＝1＋∑k＝1m ⎣⎡⎦⎤(－1)k (C k m ＋C k －1m )x x ＋k ＋(－1)m ＋1x x ＋m ＋1 ＝∑k ＝0m⎣⎡⎦⎤(－1)k C k m x x ＋k ＋∑k ＝1m ＋1⎣⎡⎦⎤(－1)k C k －1m x x ＋k ＝∑k ＝0m⎣⎡⎦⎤(－1)k C k m x x ＋k －∑k ＝0m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)k C k mx ＋1x ＋1＋k ·x x ＋1 ＝m ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋m )－m ！(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋m )·xx ＋1＝m ！[(x ＋m ＋1)－x ](x ＋1)(x ＋2)…(x ＋m )(x ＋m ＋1)＝(m ＋1)！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋m ＋1)，即n ＝m ＋1时，等式成立．故对一切正整数n 及一切实数x (x ≠0，－1，…，－n )，有 ∑k ＝0n⎣⎡⎦⎤(－1)k C k n x x ＋k ＝n ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n ). 命题点3 和数列集合等有关的交汇问题例4 设集合M ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *，n ≥3)，记M 的含有三个元素的子集个数为S n ，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为T n . (1)分别求T 3S 3，T 4S 4，T 5S 5，T 6S 6的值；(2)猜想T nS n关于n 的表达式，并加以证明．解 (1)当n ＝3时，M ＝{1,2,3}，S 3＝1，T 3＝2，T 3S 3＝2；当n ＝4时，M ＝{1,2,3,4}，S 4＝4，T 4＝2＋2＋3＋3＝10，T 4S 4＝52，T 5S 5＝3，T 6S 6＝72.(2)猜想T n S n ＝n ＋12.下面用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，由(1)知猜想成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，猜想成立，即T k S k ＝k ＋12，而S k ＝C 3k ，所以T k ＝k ＋12C 3k. 则当n ＝k ＋1时，易知S k ＋1＝C 3k ＋1， 而当集合M 从{1,2,3，…，k }变为{1,2,3，…，k ，k ＋1}时，T k ＋1在T k 的基础上增加了1个2,2个3,3个4，…，(k －1)个k ，所以T k ＋1＝T k ＋2×1＋3×2＋4×3＋…＋k (k －1) ＝k ＋12C 3k ＋2(C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2k ) ＝k ＋12C 3k＋2(C 33＋C 23＋C 24＋…＋C 2k ) ＝k －22C 3k ＋1＋2C 3k ＋1＝k ＋22C 3k ＋1＝(k ＋1)＋12S k ＋1， 即T k ＋1S k ＋1＝(k ＋1)＋12.所以当n ＝k ＋1时，猜想也成立． 综上所述，猜想成立．思维升华 利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．跟踪训练2 (1)求证：对一切正整数n,42n ＋1＋3n ＋2都能被13整除．证明 ①当n ＝1时，42×1＋1＋31＋2＝91能被13整除．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，42k ＋1＋3k ＋2能被13整除，则当n ＝k ＋1时， 42(k＋1)＋1＋3k ＋3＝42k ＋1·42＋3k ＋2·3－42k ＋1·3＋42k ＋1·3＝42k ＋1·13＋3·(42k ＋1＋3k ＋2)，∵42k ＋1·13能被13整除，42k ＋1＋3k ＋2能被13整除，∴当n ＝k ＋1时也成立，由①②可知，当n ∈N *时，42n ＋1＋3n＋2能被13整除．(2)已知数列{a n }的各项都是正数，且满足：a 0＝1，a n ＋1＝12·a n ·(4－a n )，n ∈N .①求a 1，a 2；②证明：a n <a n ＋1<2，n ∈N . ①解 a 0＝1，a 1＝12a 0·(4－a 0)＝32，a 2＝12·a 1(4－a 1)＝158.②证明 用数学归纳法证明： (ⅰ)当n ＝0时，a 0＝1，a 1＝32，∴a 0<a 1<2，命题成立．(ⅱ)假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时有a k －1<a k <2. 则n ＝k ＋1时，a k －a k ＋1＝12a k －1(4－a k －1)－12a k (4－a k )＝2(a k －1－a k )－12(a k －1－a k )(a k －1＋a k )＝12(a k －1－a k )·(4－a k －1－a k )． 而a k －1－a k <0,4－a k －1－a k >0， ∴a k －a k ＋1<0，即a k <a k ＋1.又a k ＋1＝12a k (4－a k )＝12[4－(a k －2)2]<2.∴n ＝k ＋1时命题成立．由(ⅰ)(ⅱ)知，对一切n∈N都有a n<a n＋1<2.1．(2019·江苏省扬州市仪征中学考试)已知正项数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝1＋a n1＋a n(n∈N*)．用数学归纳法证明：a n<a n＋1(n∈N*)．证明(1)当n＝1时，a2＝1＋a11＋a1＝32，a1<a2，所以当n＝1时，不等式成立；(2)假设当n＝k(k∈N*)时，a k<a k＋1成立，则当n＝k＋1时，a k＋2－a k＋1＝1＋a k＋11＋a k＋1－a k＋1＝1＋a k＋11＋a k＋1－⎝⎛⎭⎫1＋a k1＋a k＝11＋a k－11＋a k＋1＝a k＋1－a k(1＋a k)(1＋a k＋1)>0，所以，当n＝k＋1时，不等式成立．综上所述，不等式a n<a n＋1(n∈N*)成立．2．用数学归纳法证明a n＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除(n∈N*)．证明①当n＝1时，左边＝a2＋(a＋1)1＝a2＋a＋1，可被a2＋a＋1整除；②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，a k＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，a k＋1＋1＋(a＋1)2(k＋1)－1＝a k＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·a k＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1＝a·a k＋1＋a(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1＝a[a k＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，由假设可知a[a k＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，又(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1也能被a2＋a＋1整除，所以a k＋2＋(a＋1)2k＋1能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1时，命题也成立．由①②知，对一切n∈N*命题都成立．3．(2018·江苏省常州市田家炳高级中学考试)已知正项数列{a n}中，a1＝2－1且1a n＋1－a n＋1＝1a n＋a n，n∈N*.(1)分别计算出a2，a3，a4的值，然后猜想数列{a n}的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的猜想．(1)解令n＝1，得1a2－a2＝1a1＋a1＝22，化简得(a2＋2)2＝3，解得a2＝3－2或a2＝－3－ 2.∵a2>0，∴a2＝3－ 2.令n＝2，得1a3－a3＝1a2＋a2＝23，化简得(a3＋3)2＝4，解得a3＝2－3或a3＝－2－ 3.∵a3>0，∴a3＝2－ 3.令n ＝3，得1a 4－a 4＝1a 3＋a 3＝4，化简得(a 4＋2)2＝5，解得a 4＝5－2或a 4＝－5－2. ∵a 4>0，∴a 4＝5－2. 猜想a n ＝n ＋1－n .(*)(2)证明 ①当n ＝1时，a 1＝2－1＝2－1，(*)式成立； ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，(*)式成立， 即a k ＝k ＋1－k ，那么当n ＝k ＋1时，1a k ＋1－a k ＋1＝1a k ＋a k ＝k ＋1＋k ＋k ＋1－k ＝2k ＋1.化简得(a k ＋1＋k ＋1)2＝k ＋2， ∵a k ＋1>0，∴a k ＋1＝k ＋2－k ＋1， ∴当n ＝k ＋1时，(*)式也成立．综上，由①②得当n ∈N *时，a n ＝n ＋1－n .4．设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n＋2＋b (n ∈N *)． (1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论． 解 (1)方法一 a 2＝2，a 3＝2＋1. 再由题设条件知(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． 方法二 a 2＝2，a 3＝2＋1.可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1. 因此猜想a n ＝n －1＋1. 下面用数学归纳法证明上式： 当n ＝1时，结论显然成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立， 即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＝(a k －1)2＋1＋1＝(k －1)＋1＋1 ＝(k ＋1)－1＋1.所以当n ＝k ＋1时结论成立． 所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． (2)方法一 设f (x )＝(x －1)2＋1－1， 则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，即c ＝(c －1)2＋1－1，解得c ＝14.下面用数学归纳法证明加强命题： a 2n <c <a 2n ＋1<1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 所以a 2<14<a 3<1，结论成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立， 即a 2k <c <a 2k ＋1<1.易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2. 再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1. 因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1. 即当n ＝k ＋1时结论成立．综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14.方法二 设f (x )＝(x －1)2＋1－1， 则a n ＋1＝f (a n )．先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)．①当n ＝1时，结论显然成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1，即0≤a k ＋1<1. 即当n ＝k ＋1时结论成立． 故①成立．再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)．②当n ＝1时，a 2＝f (a 1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 有a 2<a 3，即n ＝1时②成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1.由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2， a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1. 即当n ＝k ＋1时②成立， 所以②对一切n ∈N *成立． 由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n<14.③又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数， 得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2， 所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1. 解得a 2n ＋1>14.④综上，由②③④知存在c ＝14使得a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．5．已知函数f 0(x )＝x (sin x ＋cos x )，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *. (1)求f 1(x )，f 2(x )的表达式；(2)写出f n (x )的表达式，并用数学归纳法证明． 解 (1)因为f n (x )为f n －1(x )的导数，所以f 1(x )＝f 0′(x )＝(sin x ＋cos x )＋x (cos x －sin x ) ＝(x ＋1)cos x ＋(x －1)(－sin x )， 同理，f 2(x )＝－(x ＋2)sin x －(x －2)cos x .(2)由(1)得f 3(x )＝f 2′(x )＝－(x ＋3)cos x ＋(x －3)sin x ， 把f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )分别改写为f 1(x )＝(x ＋1)sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＋(x －1)·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π2， f 2(x )＝(x ＋2)sin ⎝⎛⎭⎫x ＋2π2＋(x －2)·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋2π2， f 3(x )＝(x ＋3)sin ⎝⎛⎭⎫x ＋3π2＋(x －3)·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋3π2， 猜测f n (x )＝(x ＋n )sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2＋(x －n )·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2.(*)下面用数学归纳法证明上述等式． ①当n ＝1时，由(1)知，等式(*)成立； ②假设当n ＝k 时，等式(*)成立，即f k (x )＝(x ＋k )sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2＋(x －k )cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2. 则当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2＋(x ＋k )cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2＋cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2＋(x －k )⎣⎡⎦⎤－sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2 ＝(x ＋k ＋1)cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2＋[x －(k ＋1)]·⎣⎡⎦⎤－sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2 ＝[x ＋(k ＋1)]sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k ＋12π＋[x －(k ＋1)]·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k ＋12π，即当n ＝k ＋1时，等式(*)成立．综上所述，当n ∈N *时，f n (x )＝(x ＋n )·sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2＋(x －n )cos ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2成立．6．已知数列{a n }中，a 1＝14，a n ＋1＝2a n －3a 2n . (1)求证：对任意的n ∈N *，都有0<a n <13；(2)求证：31－3a 1＋31－3a 2＋…＋31－3a n ≥4n ＋1－4.证明 (1)①当n ＝1时，a 1＝14，有0<a 1<13，所以n ＝1时，不等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即0<a k <13.则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2a k －3a 2k ＝－3⎝⎛⎭⎫a 2k －23a k ＝－3⎝⎛⎭⎫a k －132＋13， 于是13－a k ＋1＝3⎝⎛⎭⎫13－a k 2. 因为0<a k <13，所以0<3⎝⎛⎭⎫13－a k 2<13， 即0<13－a k ＋1<13，可得0<a k ＋1<13，所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②可知，对任意的正整数n ，都有0<a n <13.(2)由(1)可得13－a n ＋1＝3⎝⎛⎭⎫13－a n 2， 两边同时取以3为底的对数，可得 log 3⎝⎛⎭⎫13－a n ＋1＝1＋2log 3⎝⎛⎭⎫13－a n ， 化简为1＋log 3⎝⎛⎭⎫13－a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤1＋log 3⎝⎛⎭⎫13－a n ， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋log 3⎝⎛⎭⎫13－a n 是以log 314为首项，2为公比的等比数列， 所以1＋log 3⎝⎛⎭⎫13－a n ＝2n －1log 314， 化简求得13－a n ＝13·⎝⎛⎭⎫142n －1，所以113－a n＝3·124n -.因为当n ≥2时，2n －1＝C 0n －1＋C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1≥1＋n －1＝n ，当n ＝1时，2n －1＝1，所以当n∈N*时，2n－1≥n，所以113－a n≥3·4n，1 13－a1＋113－a2＋…＋113－a n≥3(41＋42＋…＋4n)＝4n＋1－4，所以31－3a1＋31－3a2＋…＋31－3a n≥4n＋1－4.。
2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案：第11课__指数与指数运算含解析
2. 化简[(－2)6]2－(－1)0 的值为__7__．
1
解析：原式＝(26)2－(－1)0＝23－1＝7.
( ) ( ) 7 0.5
10
2 －
37
3. 2 ＋0.1－2＋ 2 3－3π0＋ ＝__100__．
9
27
48
( ) ( ) [( ) ] 25 1
64
2 －
37 5
4
3
2 －
37
解析：原式＝ 2＋102＋ 3－3＋ ＝ ＋100＋
解析：因为 α，β 为方程 2x2＋3x＋1＝0 的两个根，
3 所以 α＋β＝－ ，
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 α＋β
1
3 －
12×
3 －
1 －3
1 α＋β
所以 ＝ 2＝
2 ＝ ＝8，故 的值为 8.
4
42
2
4
考向❸ 有理数指数幂与基本对称式的简单综合
3
3
1
1
x2＋x－ ＋2 2
a
解析：原式＝
1 1＝a2＋6－1＋3·b1＋3－2－3＝ab－1＝b.
ab2·a－ b3
3
考向❷ 有理数指数幂与方程的简单综合
例 2 已知 a，b 是方程 9x2－82x＋9＝0 的两个根，且 a<b，求下列式子的值：
a－1＋b－1
(1)
； （ab）Байду номын сангаас1
7
(2) 3 a2 a－3÷ 3 a－8·3 a15.
例 3
若 x2＋x－ ＝3，求 2
x＋x－1＋3
的值．
1
1
1
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2020年高考数学压轴题专题之解题秘籍13招(全国通用版)-第11招
2020年高考数学压轴题专题之解题秘籍13招（全国通用版）第11招 不等式法全分类基本不等式是江苏高考C 级要求，是高中数学的重要知识，高考和模拟考对基本不等式的考查，主要以多元最值为背景的题型进行考查，一般放在9~14题．等价代换或转换是解题方法,也是解题难点．群里有很多伙伴和学生问及这类题目，就简单做个整理.一、构造齐次法例1.已知，且，求的最小值______. 【答案】9【解析】因为，当且仅当即时取等号.变式1.已知，且，求的最小值______. 【答案】9【解析】 当且仅当即时取等号.变式2.（2011重庆理数7）已知，则的最小值是_________.0,>b a 12=+b a ba 21+12=+b a 922254221)2()21(1)21(21=+≥+++=+⨯+=⨯+=+ba ab b a a b b a b a b a b a ⎪⎩⎪⎨⎧==+b a a b b a 1231==b a 0,>b a 121=+ba b a 2+922254221)21()2(1)2(2=∙+≥+++=+⨯+=⨯+=+b aa b b a a b b a b a b a b a ⎪⎩⎪⎨⎧==+b a a b b a 1231==b a 0,0,2a b a b >>+=14y a b=+【答案】【解析】当且仅当即时取等号.变式3. 设，，若，则的最小值为 . 【答案】【解析】.后面就一样的了变式4.设，，则的最小值为 . 【答案】4【解析】将等式变形为，则 （等号成立的条件）变式5.（2015通泰淮扬）已知正实数满足则的取值范围为 . 【答案】【解析】29.29425214521)(41212124141=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∙+⨯≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++⨯=+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯=⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+b a a b b a a b b a b a b a b a ⎪⎩⎪⎨⎧==+b a a b b a 423432==b a ，1a >0b >2a b +=121a b+-223+2a b +=11=+-⇒b a 0,0>>y x xy y x 22=+y x 2+221=+x y 4)21)(2(212≥++=+xy y x y x y x ,,10432=+++yy x x xy ⎥⎦⎤⎢⎣⎡381，.3883103434344343434322243210.1110111111432101010≤⇒≥+++++++++=+++=≥⇒≥+++++++++=+++=xy xy y y y y y y y x x x y y x x xy xyy y y y y y y x x x y y x x二、消元法解题例2.设，，则的最小值为 . 【答案】4【解析】将等式变形为当且仅当时取等号.变式1.若实数,，则的最大值是 . 【答案】【解析】令，变式2.（08江苏11）设是 .【答案】3 【解析】试题分析：由, 原式 变式3.已知函数的值域为，若关于的不等式的解集为，则实数c 的值为 ．0,0>>y x xy y x 22=+y x 2+.411)1(22111211111112,)1(2=-∙-+≥-+-+=-++=-+-+=-+=+⇒-=x x x x x x x x x x x x y x x x y 1,2==y x 0,0x y >>1110x y x y+++=x y +215+x t y t y x -=⇒=+1110x y x y+++=.21521500)10()10(10)(10102+≤≤-⇒≥∆=+---⇒-=-⇒=+⇒=+++⇒t t tx t x t t x t x txy t t xy y x y x 2,,,230,y x y z x y z xz-+=为正实数满足则的最小值23032zx y z y x +=⇒=+-34664694)3(222=+≥++=+=xzxzxz xz xz z x xz z x 2()()f x x ax b a b =++∈R ，[0)+∞，x ()f x c <(6)m m +，【答案】9【解析】函数的值域为,可以直接让,的解集为,解集关与原点对称，所以m=-3,这样就轻松得到c=9.三、分母整体换元分母比较复杂时，都是一次的，可以把他换元，简化一下. 例3.已知为正数，则的最大值为 . 【答案】 【解析】 令检验等号成立的条件变式.设a ，b ，c 为正实数，求的最小值。
2020年 名师讲解 高考数学 提分宝典 必做题之排列与组合
第2讲排列与组合一、填空题1．(2016·四川卷改编)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________(用数字作答)．解析由题意，可知个位可以从1,3,5中任选一个，有A13种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A44种方法，所以奇数的个数为A13A44＝3×4×3×2×1＝72.答案722．(2017·南京质检)某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有________种(用数字作答)．解析法一(直接法)若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A34种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共C23A24种方法．由分类加法计数原理知共A34＋C23A24＝60(种)方法．法二(间接法)先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共43＝64种排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求共4种，所以总投资方案共43－4＝64－4＝60(种)．答案603．(2017·南昌一模)甲、乙两人从4门课程中各选修两门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有________种(用数字作答)．解析甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法可以分为两类：当甲、乙所选的课程中2门均不相同时，甲先从4门中任选2门，乙选取剩下的2门，有C24C22＝6种方法；当甲、乙所选的课程中有且只有1门相同时，分为2步：①从4门中选1门作为相同的课程，有C14＝4种选法，②甲从剩余的3门中任选1门，乙从最后剩余的2门中任选1门有C13C12＝6种选法，由分步乘法计数原理此时共有C14C13C12＝24种方法．综上，共有6＋24＝30种方法．答案304．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有________种(用数字作答)．解析分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A44种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C13种排法，其他3个节目有A33种排法，故有C13A33种排法．依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42种编排方案．答案425．7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法(用数字作答)．解析先排最中间位置有一种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C36种排法，再排剩下右边三个位置，共一种排法，所以排法种数为C36＝20(种)．答案206．(2017·南通测试)从5台甲型和4台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有________种(用数字作答)．解析甲型2台乙型1台或甲型1台乙型2台，故共有C25C14＋C15C24＝70种方法．答案707．(2017·南京师大附中检测)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数为________(用数字作答)．解析法一先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品中2□相声□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个人，其形式为“□小品1□相声□小品2□”．有A22A34＝48种安排方法，故共有36＋36＋48＝120种安排方法．法二先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33·A34＝144(种)，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A33·A22·A22＝24(种)，于是符合题意的排法共有144－24＝120(种)．答案1208．(2017·青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有________种(用数字作答)．解析一个路口有3人的分配方法有C13C22A33(种)；两个路口各有2人的分配方法有C23C22A33(种)．∴由分类加法计数原理，甲、乙在同一路口的分配方案为C13C22A33＋C23C22A33＝36(种)．答案36二、解答题9．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同的取法有多少种？解分两类：第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法C14C212＝264(种)；第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472(种)．10．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？(1)两个女生必须相邻而站；(2)4名男生互不相邻；(3)老师不站中间，女生甲不站左端．解(1)∵两个女生必须相邻而站，∴把两个女生看做一个元素，则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有A66A22＝1 440种站法．(2)∵4名男生互不相邻，∴应用插空法，对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有A33A44＝144种站法．(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A66＝720种站法，当老师不站在左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有A55×5×5＝3 000种站法．根据分类计数原理知共有720＋3 000＝3 720种站法．11．(2017·镇江调研)三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数为________．解析第一步，先选一对夫妻使之相邻，捆绑在一起看作一个复合元素A，这对夫妻有2种排法，故有C13A22＝6种排法；第二步，再选一对夫妻，这对夫妻有2种排法，从剩下的那对夫妻中选择一个插入到刚选的夫妻中，把这三个人捆绑在一起看作另一个复合元素B，有C12A22C12＝8种排法；第三步，将复合元素A，B和剩下的那对夫妻中剩下的那一个进行全排列，有A33＝6种排法，由分步乘法计数原理，知三对夫妻排成一排照相，仅有一对夫妻相邻的排法有6×8×6＝288种．答案28812．(2017·黄冈模拟)在某班进行的演进比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为________(用数字作答)．解析若第一个出场是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任意排，方法有C12C13A33＝36种；若第一个出场的是女生(不是女生甲)，则剩余的2个女生排列好，2个男生插空，方法有C12A22A23＝24种．故所有出场顺序的排法种数为36＋24＝60.答案6013．(1)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？(2)已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，那么最多可确定多少个不同的点？解(1)法一每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；若分配到2所学校有C27×2＝42(种)；若分配到3所学校有C37＝35(种)．∴共有7＋42＋35＝84(种)方法.法二10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C69＝84种不同方法．所以名额分配的方法共有84种．(2)①从集合B中取元素2时，确定C13A33个点．②当从集合B中取元素1，且从C中取元素1，则确定的不同点有C13×1＝C13.③当从B中取元素1，且从C中取出元素3或4，则确定的不同点有C12A33个．∴由分类加法计数原理，共确定C13A33＋C13＋C12A33＝33(个)不同点．14．(2017·苏州调研)设集合M＝{－1,0,1}，集合A n＝{(x1，x2，x3，…，x n)|x i∈M，i＝1,2，…，n}，集合A n中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋…＋|x n|≤m”的元素个数记为S n m.(1)求S22和S42的值；(2)当m<n时，求证：S n m<3n＋1＋2m＋1－2n＋1.(1)解S22＝8，S42＝32.(2)证明设集合P＝{0}，Q＝{－1,1}．若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝1，即x1，x2，x3，…，x n中有(n－1)个取自集合P,1个取自集合Q，故共有C n－121种可能，即为C1n21，n同理，|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝2，即x1，x2，x3，…，x n中有(n－2)个取自集合P,2个取自集合Q，故共有C n－222种可能，即为C2n22，n……若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝m，即x1，x2，x3，…，x n中有(n－m)个取自集合P，m 个取自集合Q，故共有C n－m2m种可能，即为C m n2m，n所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m，因为当0≤k≤n时，C k n≥1，故C k n－1≥0，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m<C0n20＋(C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m)＋(C m＋1－1)2m＋1＋…＋(C n n－1)2nn2m＋1＋…＋C n n2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m＋C m＋1n2n)＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.。
15种策略速解2020年高考数学客观题
Җ㊀北京㊀肖志军１(特级教师)㊀张㊀浩２㊀㊀数学客观题(选择题和填空题)在高考试题中占有较大的分值,能够快速准确地解答好这类试题,是考生取得优异成绩的关键因素．有些考生解答这类题时,一味地用常规方法埋头推算,往往是小题大作,既容易出错,又浪费时间．若能根据这类题的特点实施速解,可以达到事半功倍的效果．现结合２０２０年的高考试题阐述速解的１５种策略．１㊀巧取特殊,速选答案根据特殊与一般的辩证关系,命题在一般情况下成立,则在特殊情况下必成立,在某些特殊情况下不成立,则在一般情况下也不成立．有些数学客观题,用常规方法直接求解比较困难,但通过对满足条件的特殊情况进行分析,往往可以发现共性,速选答案．例１㊀(２０２０年浙江卷１０)设集合S ,T ,S ⊆N ∗,T ⊆N ∗,S ,T 中至少有２个元素,且S ,T 满足:①对于任意x ,y ɪS ,若x ʂy ,都有x y ɪT ;②对于任意x ,y ɪT ,若x ＜y ,则y xɪS ．下列命题正确的是(㊀㊀)．A ．若S 有４个元素,则S ɣT 有７个元素B ．若S 有４个元素,则S ɣT 有６个元素C ．若S 有３个元素,则S ɣT 有５个元素D ．若S 有３个元素,则S ɣT 有４个元素分别给出具体的集合S 和集合T ,利用排除法排除错误选项,即可得到正确答案．若取S ＝{１,２,４},则T ＝{２,４,８},此时S ɣT ＝{１,２,４,８},包含４个元素,排除选项C ．若取S ＝{２,４,８},则T ＝{８,１６,３２},此时S ɣT ＝{２,４,８,１６,３２},包含５个元素,排除选项D ．若取S ＝{２,４,８,１６},则T ＝{８,１６,３２,６４,１２８},此时S ɣT ＝{２,４,８,１６,３２,６４,１２８},包含７个元素,排除选项B．故A 正确．例２㊀(２０２０年浙江卷４)函数y ＝x c o s x ＋s i n x 在区间[－π,π]的图象大致为(㊀㊀)．取x 为一小正数,可知函数值为正,故选项B ,D 错误．取x 为一小负数,可知函数值为负,可知选项C 错误．故选A．例３㊀(２０２０年北京卷１０)２０２０年３月１４日是全球首个国际圆周率日(πD a y )．历史上,求圆周率π的方法有多种,与中国传统数学中的 割圆术 相似,数学家阿尔 卡西的方法是:当正整数n 充分大时,计算单位圆的内接正６n 边形的周长和外切正６n 边形(各边均与圆相切的正６n 边形)的周长,将它们的算术平均数作为２π的近似值．按照阿尔 卡西的方法,π的近似值的表达式是(㊀㊀)．A．３n (s i n ３０ʎn ＋t a n３０ʎn)B ．６n (s i n ３０ʎn ＋t a n３０ʎn )C ．３n (s i n ６０ʎn ＋t a n６０ʎn)D．６n (s i n ６０ʎn ＋t a n６０ʎn)取n ＝１,选项B ,πʈ６(１２＋３３)＞６(１２＋１２)＝６;选项C ,πʈ３(３２＋３)＝９２３;选项D ,πʈ６(３２＋３)＝９３．三个答案都与π的真实近似值有较大差距,是不可能的,故选A ．２㊀回归定义,重视本源例４㊀(２０２０年山东卷７)已知P 是边长为２的正六边形A B C D E F 内的一点,则A P ң A Bң的取值范围是(㊀㊀)．A．(－２,６)㊀㊀B ．(－６,２)C ．(－２,４)㊀㊀D．(－４,６)０２㊀㊀图１A Bң的模为２,根据正六边形的特征,可得A Pң在A Bң方向上的投影的取值范围是(－１,３),结合向量数量积的定义,可知A Pң A Bң等于A Bң的模与A Pң在A Bң方向上的投影的乘积,所以A Pң A Bң的取值范围是(－２,６),故选A．例５㊀(２０２０年全国卷Ⅲ理３)在一组样本数据中,１,２,３,４出现的频率分别为p１,p２,p３,p４,且ð４i＝１p i＝１,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是(㊀㊀)．A．p１＝p４＝０ １,p２＝p３＝０ ４B．p１＝p４＝０ ４,p２＝p３＝０ １C．p１＝p４＝０ ２,p２＝p３＝０ ３D．p１＝p４＝０ ３,p２＝p３＝０ ２标准差是刻画一组数据离散程度的一个量,四个选项中p１＝p４,p２＝p３,两边的数１,４出现频率大的样本的离散程度大,标准差就大,故选B．３㊀抓住关键,化难为易在所解问题中,常会有一些起关键作用的量,即题眼 ,若能抓住关键,就相当于抓住了解题的金钥匙,常可化难为易．㊀㊀图２例６㊀(２０２０年全国卷Ⅰ理７)设函数f(x)＝c o s(ωx＋π６)在[－π,π]的图象如图２所示,则f(x)的最小正周期为(㊀㊀)．A．１０π９㊀㊀B．７π６㊀㊀C．４π３㊀㊀D．３π２由图可得函数图象过点(－４π９,０),将它代入函数f(x),可得c o s(－４π９ω＋π６)＝０,又因为(－４π９,０)是函数f(x)图象与x轴负半轴的第一个交点,所以－４π９ω＋π６＝－π２,解得ω＝３２,所以函数f(x)的最小正周期为T＝２πω＝２π３２＝４π３,故选C．４㊀利用结论,快速决断要注意掌握课本㊁其他资料上,或老师讲过的㊁自己总结的相关结论,直接应用这些结论,有时能大大简化解题过程,确有一步到位之感．例７㊀(２０２０年全国卷Ⅲ文３)设一组样本数据x１,x２, ,x n的方差为０ ０１,则数据１０x１,１０x２, ,１０x n的方差为(㊀㊀)．A．０ ０１㊀㊀B．０ １㊀㊀C．１㊀㊀D．１０一组数据变为原来的a倍,方差变为原来的a２倍,所以所求数据方差为１０２ˑ０ ０１＝１,故选C．㊀㊀图３例８㊀(２０２０年江苏卷１３)在әA B C中,A B＝４,A C＝３,øB A C＝９０ʎ,D在边B C上,延长A D到P,使得A P＝９,若P Aң＝m P Bң＋(３２－m)P Cң(m为常数),则C D的长度是．P,D,A三点共线,B,D,C三点共线,则有P Dң＝２３[mP Bң＋(３２－m)P Cң]＝２３mP Bң＋(１－２３m)P Cң．P Dң用P Bң,P Cң线性表示,且前面的系数之和等于１,这一结论在向量中经常用．即有P Dң＝２３P Aң,从而P D＝６,D A＝３,又A B＝４,A C＝３,øB A C＝９０ʎ．设øA D C＝øA C D＝θ,C D＝x(xʂ０),在әA D C和R tәA B C中c o sθ＝３２＋x２－３２２ˑ３ˑx＝３５,解得x＝１８５．当x＝０时,点D与点C重合,满足题意．综上,C D的长度是１８５或０．５㊀分类讨论,化整为零根据实际情况,把所要研究的对象分成几类来讨论,使每一类变得较为简单和具体,便于操作．分类时要注意避免重复和遗漏．例９㊀(２０２０年浙江卷９)已知a,bɪR且a bʂ０,对于任意xȡ０均有(x－a)(x－b)(x－２a－b)ȡ０,则(㊀㊀)．A．a＜０㊀㊀B．a＞０㊀㊀C．b＜０㊀㊀D．b＞０对a分a＞０与a＜０两种情况讨论,结合三次函数的性质分析即可得到答案．１２因为且ʂ０,设f (x )＝(x －a )(x －b )(x －２a －b ),则f (x )的零点为x １＝a ,x ２＝b ,x ３＝２a ＋b ．当a ＞０时,则x ２＜x ３,x １＞０,要使f (x )ȡ０,必有２a ＋b ＝a ,且b ＜０,即b ＝－a 且b ＜０．当a ＜０时,则x ２＞x ３,x １＜０,要使f (x )ȡ０,必有b ＜０．综上,一定有b ＜０．故选C ．６㊀数形结合,以图助算 数缺形时少直观,形少数时难入微． 对于一些具有几何背景的数学题,若能构造出与之相应的图形进行分析,则能在数形结合㊁以图助算中获得形象直观的解法．例１０㊀(２０２０年北京卷６)已知函数f (x )＝２x－x －１,则不等式f (x )＞０的解集是(㊀㊀)．A．(－１,１)㊀㊀B ．(－ɕ,－１)ɣ(１,＋ɕ)C ．(０,１)㊀D．(,)(,)㊀㊀图４f (x )＞０等价于２x ＞x ＋１,在同一平面直角坐标系中作出y ＝２x和y ＝x ＋１的图象,如图４所示．两函数图象的交点坐标为(０,１),(１,２),不等式２x ＞x ＋１的解为x ＜０或x ＞１．故不等式f (x )＞０的解集为(－ɕ,０)ɣ(１,＋ɕ),故选D ．例１１㊀(２０２０年全国卷Ⅰ理１４)设a ,b 为单位向量,且|a ＋b |＝１,则|a －b |＝．㊀㊀图５如图５所示,构造几何图形,O A ң＝a ,O B ң＝b ,以O A ,O B 为邻边作平行四边形O A P B ,O P ң＝a ＋b ,B A ң＝a －b ,依题意|O A ң|＝|O B ң|＝|O P ң|＝１,平行四边形O A P B 是两个等边三角形构成的菱形,易知|a －b |＝|B A ң|＝３．７㊀特征分析,以点带面通过分析具体问题的局部特征,如位置特征㊁符号特征㊁范围特征,常可达到以点带面,速得答案的目的．例１２㊀(２０２０年北京卷８)在等差数列{a n }中,a １＝－９,a ５＝－１．记T n ＝a １a ２ a n (n ＝１,２, ),则数列{T n }(㊀㊀)．A．有最大项,有最小项B ．有最大项,无最小项C ．无最大项,有最小项D．无最大项,无最小项首先求得数列{a n }的通项公式,通过分析数列{a n }的符号特征和数值大小,得到数列{T n }的符号特征及最值情况．由题意可知,等差数列的公差d ＝a ５－a １５－１＝－１＋９５－１＝２,则其通项公式为a n ＝－９＋(n －１)ˑ２＝２n －１１．注意到a １＜a ２＜a ３＜a ４＜a ５＜０＜a ６＝１＜a ７＜ ,得T １＜０,T ２＞０,T ３＜０,T４＞０,T ５＜０且T i ＜０(i ȡ６,i ɪN ),当n ȡ６时T n 单调递减,无最小值,{T n }中存在最大项．故选B ．８㊀未知代换,直达彼岸例１３㊀(２０２０年江苏卷１２)已知５x ２y ２＋y ４＝１(x ,y ɪR ),则x ２＋y ２的最小值是．令x ２＋y ２＝t (t ＞０),则x ２＝t －y ２,代入已知得５(t －y ２)y ２＋y ４＝１,整理得４(y ２)２－５t y ２＋１＝０,将其看成关于y ２的一元二次方程,由t ＞０及方程的特点可知此方程有两个正数解,则Δ＝２５t２－１６ȡ０,又因为t ＞０,则t ȡ４５,即x ２＋y ２的最小值是４５．９㊀合理转化,简捷判断例１４㊀(２０２０年全国卷Ⅰ理１１)已知☉M :x ２＋y ２－２x －２y －２＝０,直线l :２x ＋y ＋２＝０,P 为l 上的动点．过点P 作☉M 的切线P A ,P B ,切点分别为A ,B ,当|P M | |A B |最小时,直线A B 的方程为(㊀㊀)．㊀㊀图６A ．２x －y －１＝０B ．２x ＋y －１＝０C ．２x －y ＋１＝０D ．２x ＋y ＋１＝０圆的方程可化为(x －１)２＋(y －１)２＝４,点M 到直线l 的距离为d ＝|２ˑ１＋１＋２|２２＋１２＝５＞２,所以直线l 与圆相离．依圆的知识可知,A ,P ,B ,M四点共圆,且A B ʅMP ,所以把|P M | |A B |转化为２２４S әP A M ,进一步转化为４|MP |２－４,|P M | |A B |最小即|MP |最小,当直线MP ʅl 时,|MP |最小,又MP ʅA B ,故l ʊA B ,直线A B 与直线l 斜率相同,结合图形A B 在y 轴上的截距是负数,故选D ．１０㊀建系设点,巧渡难关有些数学试题,看似复杂,甚至感到无从下手,但只要建立恰当的平面直角坐标系,把问题转化为坐标运算,便可很快突破难点,巧渡难关．例１５㊀(２０２０年天津卷１５)如图７所示,在四边形A B C D 中,øB ＝６０ʎ,A B ＝３,B C ＝６,且A D ң＝λB C ң,A D ң A B ң＝－３２,则实数λ的值为;若M ,N 是线段B C 上的动点,且|MN ң|＝１,则DM ң DN ң的最小值为．图７因为A D ң＝λB C ң,所以A D ңʊB C ң,øB A D ＝１８０ʎ－øB ＝１２０ʎ,AB ң A D ң＝λBC ң A B ң＝λ|B C ң| |A B ң|c o s １２０ʎ＝－９λ＝－３２,解得λ＝１６．以点B 为坐标原点,B C 所在直线为x 轴建立图８所示的平面直角坐标系x B y ．因为B C ＝６,所以C (６,０),因为|A B |＝３,øA B C ＝６０ʎ,所以A 的坐标为A (３２,３３２)．图８又因为A D ң＝１６B C ң,则D (５２,３３２),设M (x ,０),则N (x ＋１,０)(其中０ɤx ɤ５),故DM ң＝(x －５２,－３３２),DN ң＝(x －３２,－３３２),DM ң DN ң＝(x －５２)(x －３２)＋(３３２)２＝x ２－４x ＋２１２＝(x －２)２＋１３２．综上,当x ＝２时,DM ң DN ң取得最小值１３２．１１㊀构造函数,技高一筹有些题目中的数量关系繁杂㊁抽象,使学生不易入手,但若学生能根据实际情况构造出与题目相关的函数,就可以使数量关系变得清晰明了,确有技高一筹之感．例１６㊀(２０２０年全国卷Ⅱ理１１)若２x －２y＜３－x －３－y ,则(㊀㊀)．A ．l n (y －x ＋１)＞０㊀㊀B ．l n (y －x ＋１)＜０C ．l n |x －y |＞０㊀D．l n |x －y|＜０由２x －２y ＜３－x －３－y ,可得２x －３－x ＜２y－３－y ,令f (t )＝２t －３－t ,因为y ＝２x为R 上的增函数,y ＝３－x为R 上的减函数,所以f (t )为R 上的增函数,所以x ＜y ．因为y －x ＞０,所以y －x ＋１＞１,所以l n (y －x ＋１)＞０,因为|x －y |与１的大小不确定,故C 与D 无法确定．故选A．例１７㊀(２０２０年全国卷Ⅰ理１２)若２a＋l o g ２a ＝４b＋２l o g ４b ,则(㊀㊀)．A ．a ＞２b ㊀㊀B ．a ＜２bC ．a ＞b ２㊀D ．a ＜b２设f (x )＝２x＋l o g ２x ,则f (x )为增函数,因为２a ＋l o g ２a ＝４b ＋２l o g ４b ＝２２b＋l o g ２b ＜２２b＋l o g ２２b ,所以f (a )＜f (２b ),则a ＜２b ．故选B ．１２㊀大胆估算,合理猜选有些以计算题形式出现的选择题,不必经过繁杂而精确的计算,只需大体估算一下,便可快速得到答案．例１８㊀(２０２０年全国卷Ⅱ理６)数列{a n }中,a １＝２,a m ＋n ＝a m a n ．若a k ＋１＋a k ＋２＋ ＋a k ＋１０＝２１５－２５,则k ＝(㊀㊀)．A．２㊀㊀B ．３㊀㊀C ．４㊀㊀D．５在a m ＋n ＝a m a n 中,令m ＝１,可得a n ＋１＝a n a １＝２a n ,a n ＋１a n＝２,所以数列{a n }是以２为首项,２为公比的等比数列,则a n ＝２ˑ２n －１＝２n,a k ＋１＋a k ＋２＋ ＋a k ＋１０＝２１５－２５,估算可知最后一项一定比２１５小,又不可能小于等于２１３,所以a k ＋１０＝２１４,从而a k ＝２４,k ＝４,故选C ．１３㊀函数思想,心中常想例１９㊀(２０２０年江苏卷１４)在平面直角坐标系x O y 中,已知P (３２,０),A ,B 是圆C :x ２＋(y －３２１２)２＝３６上的两个动点,满足P A ＝P B ,则әPA B 面积的最大值是．设圆心C (０,１２)到直线A B 距离为x ,则|A B |＝２３６－x ２,|P C |＝１,所以S әP A B ＝１２ˑ２３６－x ２(x ＋１)＝(３６－x ２)(x ＋１)２,把S әP A B 看成以x 为自变量的函数,令y ＝(３６－x ２)(x ＋１)２(０ɤx ＜６),yᶄ＝２(x ＋１)(－２x ２－x ＋３６)＝０,解得x ＝４(负值舍去)．当０ɤx ＜４时,y ᶄ＞０;当４ɤx ＜６时,yᶄɤ０,因此当x ＝４时,y 取最大值,即S әP A B 取最大值为１０５．１４㊀直觉思维,一步到位例２０㊀(２０２０年全国卷Ⅱ理５)若过点(２,１)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线２x －y －３＝０的距离为(㊀㊀)．A．５５㊀B ．２５５㊀C ．３５５㊀D．４５５过点(２,１)与两坐标轴都相切的圆,很容易直觉想到以(１,１)为圆心,以１为半径的圆,如图９,易知(１,１)到直线２x －y －３＝０的距离为|２－１－３|５＝２５５．故选B．图９１５㊀多招并用,联合作战例２１㊀(２０２０年天津卷９)已知函数f (x )＝x ３,x ȡ０,－x ,x ＜０．{若函数g (x )＝f (x )－|k x ２－２x |(k ɪR )恰有４个零点,则k 的取值范围是(㊀㊀)．A．(－ɕ,－１２)ɣ(２２,＋ɕ)B ．(－ɕ,－１２)ɣ(０,２２)C ．(－ɕ,０)ɣ(０,２２)D．(－ɕ,０)ɣ(２２,＋ɕ)注意到g (０)＝０,所以要使g (x )恰有４个零点,则方程|k x －２|＝f (x )|x |恰有３个实根,令h (x )＝f (x )|x |,即y ＝|k x －２|与h (x )＝f (x )|x |的图象有３个不同交点．因为h (x )＝f (x )|x |＝x ２,x ＞０,１,x ＜０．{当k ＝０时,y ＝２,如图１０,y＝２与h (x )＝f (x )|x |有１个交点,不满足题意．当k ＜０时,如图１１,此时y ＝|k x －２|与h (x )＝f (x )|x |恒有３个交点,满足题意．当k ＞０时,如图１２,当y ＝k x －２与y ＝x ２相切时,联立方程得x ２－k x ＋２＝０,令Δ＝０得k ２－８＝０,解得k ＝２２(负值舍去),所以k ＞２２．综上,k 的取值范围为(－ɕ,０)ɣ(２２,＋ɕ)．故选图１０㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１１图１２此题是倒数第２题,有较大难度,解答此题既用到了转化与化归思想,又用到了数形结合和分类讨论思想,属于多种策略联合使用解题．数学客观题的解法较多,因题而异,各有千秋,各种解法不是孤立的,而是相互渗透㊁相互补充的．解题时要根据题型采取 多兵种联合作战 的策略,这必将大大提高解答此类题的速度,真正达到准㊁巧㊁快的目的．(作者单位:１．北京工业大学附属中学２．北京市朝阳区教育研究中心)４２。
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第4讲算法
1．(2016·北京卷改编)执行如图所示的流程图，输出的S值为________．
解析k＝0，S＝0，满足k≤2；S＝0，k＝1，满足k≤2；
S＝1，k＝2，满足k≤2；
S＝1＋23＝9，k＝3，不满足k≤2，输出S＝9.
答案9
2．(2017·南京、盐城模拟)运行如图所示的伪代码，其结果为________．S←1
For I From 1 To 7 step 2
S←S＋I
End For
Print S
解析该伪代码输出的S＝1＋1＋3＋5＋7＝17.
答案17
3．(2017·徐州测试)阅读如图所示的流程图，若输入的n是30，则输出的变量S 的值是________．
解析该流程图运行15次，故输出的S＝30＋28＋…＋4＋2＝
15×(30＋2)
2＝
15×16＝240.
答案240
4．(2016·天津卷改编)阅读如图所示的流程图，运行相应的程序，则输出S的值为________．
解析初始值S＝4，n＝1，
循环第一次：S＝8，n＝2；
循环第二次：S＝2，n＝3；
循环第三次：S＝4，n＝4，满足n>3，输出S＝4.
答案 4
5．(2017·苏北四市调研)运行如图所示的伪代码，则输出的S为________．S←1
I←1
While I<5
S←S＋2
I←I＋1
End While
Print S
解析第一次运行，S＝3，I＝2；第二次运行，S＝5，I＝3；第三次运行，S ＝7，I＝4；第四次运行，S＝9，I＝5，结束循环，故输出的S为9.
答案9
6．(2017·南京调研)执行如图所示的流程图，若a＝7，则输出的S＝________.
解析由流程图知，该算法为求S＝1＋
1
1×2
＋
1
2×3
＋…＋
1
k(k＋1)
＝1＋1－
1
2
＋1
2－
1
3＋…＋
1
k－
1
k＋1
＝2－
1
k＋1
.又a＝7，∴当k＝8时，退出循环，此时S
＝2－
1
7＋1
＝
15
8.
答案15 8
7．(2017·南京模拟)下图是一个算法流程图，则输出的n的值是________．
解析本题实质就是求不等式2n>20的最小整数解，因此输出的n＝5.
答案 5
8．(2017·洛阳模拟)按如下流程图，若输出结果为170，则判断框内应填入的条件为________．
解析模拟流程图的运行过程，得该程序运行后是计算S＝2＋23＋25＋27＝2＋8＋32＋128＝170，满足条件i＝7＋2≥9时，终止循环，∴判断框中应填入的是i≥9.
答案i≥9
9．(2017·苏、锡、常、镇、宿迁五市调研)执行如图所示的流程图，输出的x值为________．
解析该流程图运行三次，第一次，x＝4，y＝16；第二次，x＝5，y＝32；
第三次，x＝6，y＝64>10×6＋3＝63，退出循环，故输出的x值为6.
答案 6
10．(2017·扬州质检)如图所示的伪代码输出的结果是________．S←1
For I From 1 To 5 Step 2
S←S＋I
End for
Print S
解析根据所给的伪代码知S＝1＋1＋3＋5＝10.
答案10
11．(2016·全国Ⅲ卷改编)执行下面的流程图，如果输入的a＝4，b＝6，那么输
出的n＝________.
解析循环1次：a＝2，b＝4，a＝6，s＝6，n＝1；
循环2次：a＝－2，b＝6，a＝4，s＝10，n＝2；
循环3次：a＝2，b＝4，a＝6，s＝16，n＝3；
循环4次：a＝－2，b＝6，a＝4，s＝20，n＝4；
此时20>16，则输出n的值为4.
答案 4
12．(2017·泰州模拟)执行如图所示的伪代码，当输入a，b值分别为1,3时，最后输出的a的值为________．
Read a，b
i←1
While i≤2
a←a＋b
b←a－b
i←i＋1
End While
Print a
解析该伪代码运行两次，第一次循环，a＝4，b＝1，i＝2；第二次循环，a ＝5，b＝4，i＝3，故输出的a的值是5.
答案 5
13．(2016·全国Ⅰ卷改编)执行右边的流程图，如果输入的x＝0，y＝1，n＝1，则输出x，y的值满足的关系为________(填序号)．
①y ＝2x ；②y ＝3x ； ③y ＝4x ；④y ＝5x .
解析 输入x ＝0，y ＝1，n ＝1，
运行第一次，n ＝2，x ＝0，y ＝1，不满足x 2＋y 2≥36； 运行第二次，n ＝3，x ＝1
2，y ＝2，不满足x 2＋y 2≥36； 运行第三次，x ＝3
2，y ＝6，满足x 2＋y 2≥36， 输出x ＝3
2，y ＝6.
由于点⎝ ⎛⎭⎪⎫
32，6在直线y ＝4x 上，则x ，y 的值满足③.
答案 ③
14．(2017·徐州、宿迁、连云港三市模拟)执行如图所示的流程图，则输出k 的值为________．
解析 该流程图运行三次，第一次循环，n ＝6，k ＝1；第二次循环，n ＝3，k ＝2；第三次循环，n ＝1，k ＝3，结束循环，故输出的k 的值是3. 答案 3。