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创新设计2012高考数学二轮专题复习课件:2-2(新课标版理科)


数列综合题 * 策略 2 平面向量 概率与统计

高考中解答题的解题方法

三角函数与

立体几何 解析几何

一、解答题的地位及考查的范围 数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型, 这些题涵盖了中 学数学的主要内容,具有知识容量大、解题方法多、能力要求高、突 显数学思想方法的运用以及要求考生具有一定的创新意识和创新能 力等特点,解答题综合考查学生的运算能力、逻辑思维能力、空间想 象能力和分析问题、题解决问题的能力,分值占 70~80 分,主要分 六块: 三角函数 或与平面向量交汇 、 函数与导数 或与不等式交汇 、 概率与统计、解析几何 或与平面向量交汇 、立体几何、数列 或与 不等式交汇 .从历年高考题看综合题这些题型的命制都呈现出显著 的特点和解题规律,从阅卷中发现考生“会而得不全分”的现象大有 人在,针对以上情况,在高考数学备考中认真分析这些解题特点及时 总结出来,这样有针对性的进行复习训练,能达到事半功倍的效果. 二、解答题的解答技巧 解答题是高考数学试卷的重头戏,占整个试卷分数的半壁江山, 考生在解答解答题时,应注意正确运用解题技巧. 1 对会做的题目:要解决“会而不对,对而不全”这个老大难 的问题, 要特别注意表达准确, 考虑周密, 书写规范, 关键步骤清晰, 防止分段扣分.解题步骤一定要按教科书要求,避免因“对而不全” 失分. 2 对不会做的题目:对绝大多数考生来说,更为重要的是如何

从拿不下来的题目中分段得分.有什么样的解题策略,就有什么样的 得分策略.对这些不会做的题目可以采取以下策略: ①缺步解答:如遇到一个不会做的问题,将它们分解为一系列的 步骤,或者是一个个小问题,先解决问题的一部分,能解决多少就解 决多少,能演算几步就写几步.特别是那些解题层次明显的题目,每 一步演算到得分点时都可以得分,最后结论虽然未得出,但分数却可 以得到一半以上. 跳步解答:解题过程卡在某一过渡环节上是常见的.这时我们可 以先承认中间结论,往后推,看能否得到结论.若题目有两问,第 1 问想不出来,可把第 1 问的结论当作“已知” ,先做第 2 问,跳一 步再解答. ③辅助解答:一道题目的完整解答,既有主要的实质性的步骤, 也有次要的辅助性的步骤.实质性的步骤未找到之前,找辅助性的步 骤是明智之举.如:准确作图,把题目中的条件翻译成数学表达式, 根据题目的意思列出要用的公式等.罗列这些小步骤都是有分的,这 些全是解题思路的重要体现,切不可以不写,对计算能力要求高的, 实行解到哪里算哪里的策略.书写也是辅助解答, “书写要工整,卷 面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应. 逆向解答:对一个问题正面思考发生思维受阻时,用逆向思维的 方法去探求新的解题途径,往往能得到突破性的进展.顺向推有困难 就逆推,直接证有困难就反证. 三、怎样解答高考数学题

1.解题思维的理论依据 针对备考学习过程中,考生普遍存在的共性问题:一听就懂、一 看就会、一做就错、一放就忘,做了大量的数学习题,成绩仍然难以 提高的现象,我们很有必要对自己的学习方式、方法进行反思,解决 好“学什么,如何学,学的怎么样”的问题.要解决这里的“如何学” 就需要改进学习方式,<a name=baidusnap0></a>学会</B>运用数学 思想方法去自觉地分析问题,弄清题意,善于转化,能够将面对的新 问题拉入自己的知识网络里, 在最短的时间内拟定解决问题的最佳方 案,实现学习效率的最优化. 美国著名数学教育家波利亚在名著《怎样解题》里,把数学解题 的一般思维过程划分为:弄清问题→拟订计划→实现计划→回顾.这 是数学解题的有力武器,对怎样解答高考数学题有直接的指导意义. 2.求解解答题的一般步骤 第一步: 弄清题目的条件是什么,解题目标是什么? 这是解题的开始,一定要全面审视题目的所有条件和答题要求, 以求正确、 全面理解题意, 在整体上把握试题的特点、 结构, 多方位、 多角度地看问题,不能机械地套用模式,而应从各个不同的侧面、角 度来识别题目的条件和结论以及图形的几何特征与数学式的数量特 征之间的关系,从而利于解题方法的选择和解题步骤的设计. 第二步: 探究问题已知与未知、条件与目标之间的联系,构思 解题过程. 根据审题从各个不同的侧面、不同的角度得到的信息,全面地确

定解题的思路和方法. 第三步: 形成书面的解题程序,书写规范的解题过程. 解题过程其实是考查学生的逻辑推理以及运算转化等能力. 评分 标准是按步给分,也就是说考生写到哪步,分数就给到哪步,所以卷 面上讲究规范书写. 第四步: 反思解题思维过程的入手点、关键点、易错点,用到 的数学思想方法,以及考查的知识、技能、基本活动经验等. 1 回头检验――即直接检查已经写好的解答过程,一般来讲解 答题到最后得到结果时有一种感觉,若觉得运算挺顺利则好,若觉得 解答别扭则十有八九错了,这就要认真查看演算过程. 2 特殊检验――即取特殊情形验证,如最值问题总是在特殊状 态下取得的,于是可以计算特殊情形的数据,看与答案是否吻合. 主要题型: 1 三角函数式的求值与化简问题; 2 单纯三角函数 知识的综合; 3 三角函数与平面向量交汇; 4 三角函数与解斜三角 形的交汇; 5 单纯解斜三角形; 6 解斜三角形与平面向量的交汇. 解题策略: 1 观察三角函数中函数名称、角与结构上的差异, 确定三角化简的方向; 2 利用数量积公式、垂直与平行的主要条件 转化向量关系为三角问题来解决; 3 利用正、余弦定理进行三角形 边与角的互化. 【例题 1】 2011??浙江理,18 满分 14 分 在 ABC 中,角 A,B, C 所对的边分别为 a,b,c.已知 sin A+sin C=psin B pR ,且 ac =b2.

1 当 p=,b=1 时,求 a,c 的值; 2 若角 B 为锐角,求 p 的取值范围. 思维过程 第一步: 探究问题已知与未知,条件与目标之间的

联系,构思解题过程. 1 根据条件结合正弦定理可求 a 与 c;2 由余弦定理将 p 用 cos B 表示,根据 cos B 的有界性求 p 的取值范围. [规范解答] 第二步: 形成书面的解题程序,书写规范的解题过 程 1 解 由题设和正弦定理,得 a+c=. 又 ac=, 4 分 解得或 7 分 2 解 由余弦定理,得 b2=a2+c2-2accos B= a+c 2-2ac -2accos B=p2b2-b2-b2cos B, 即 p2=+cos B. 11 分 因为 0<cos B<1 , 所以 p2. 由题设知 p>0, 所以<p<. 14 分 [反思与回顾] 第三步: 反思解题思维过程的入手点、关键点、 易错点,用到的数学思想方法,以及考查的知识、技能、基本活动经 验等. 本题考查了正弦定理、余弦定理的灵活应用,隐含地考查了转化

与化归的思想以及三角函数性质的知识,该题第 1 问入手简单,较 容易得出结论;第 2 问思考建立 p 与 cos B 的关系式时,应选用余 弦定理的哪一个表达式,如何利用 a+c=,ac=这一条件等都需要 慎重思考.此题失分的原因还包括没有考虑到角 B 为锐角这一条件. 主要题型: 1 求等可能事件、 相互独立事件、 独立重复事件. 一 些由简单事件构成的复杂事件的概率; 2 求离散型随机变量的分布 列、期望与方差; 3 求特殊分布的分布列、期望与方差; 4 求统计 与概率的综合问题. 解题策略: 1 搞清各类事件类型,并沟通所求事件与已知事件 的联系; 2 涉及“至多”“至少”问题时要考虑是否可通过计算对 、 立事件的概率; 3 注意识别特殊的二项公布; 4 在概率与统计的综 合问题中,能利用统计的知识提取相关信息用于解题. 【例题 2】 2011??天津卷理,16 满分 13 分 学校游园活动有 这样一个游戏项目:甲箱子里装有 3 个白球、2 个黑球,乙箱子里装 有 1 个白球、2 个黑球,这些球除颜色外完全相同.每次游戏从这两 个箱子里各随机摸出 2 个球,若摸出的白球不少于 2 个,则获奖 每 次游戏结束后将球放回原箱 . 1 求在 1 次游戏中, 摸出 3 个白球的概率;获奖的概率. 2 求在 2 次游戏中获奖次数 X 的分布列及数学期望 E X . 思维过程 第一步: 1 在 1 次游戏中,摸出 3 个白球只能是在 甲箱里摸 2 个白球,在乙箱中摸 1 个白球, “获奖”这一事件包括摸

出 2 个白球和 3 个白球. 2 利用独立重复试验模型求解. [规范解答] 第二步: 1 解 设“在 1 次游戏中摸出 i 个白球” 为事件 Ai i=0,1,2,3 , 则 P A3 =??=. 3 分 设“在 1 次游戏中获奖”为事件 B,则 B=A2A3, 又 P A2 =??+??=,且 A2,A3 互斥, 所以 P B =P A2 +P A3 =+=. 6 分 2 解 由题意可知 X 的所有可能取值为 0,1,2. 8 分 P X=0 =2=, P X=1 =C××=, P X=2 =2=. 所以 X 的分布列是 X 0 1 2 P 11 分

X 的数学期望 E X =0×+1×+2×=. 13 分 [反思与回顾] 第三步:本题以考生比较熟悉的实际问题为背景 考查了考生利用概率知识分析、解决实际问题的能力.第 1 问是将 一个要求的事件分成若干个基本事件的“积”或“和” ,再用概率加 法或乘法公式即可解决问题;第 2 问是以独立重复试验为背景的分 布列问题,利用特殊分布的知识求解. 主要题型:高考中的立体几何题目是很成熟的一种类型,常常考 查“平行”“垂直”两大证明及“空间角”的计算问题,解题方法上 、

表现为传统方法与向量方法:传统方法优势表现为计算简单,过程简 洁,但是对概念的理解要求深刻、透彻;向量方法更多的体现是作为 一种工具,且有固定的“解题套路” ,但是要有准确建立空间直角坐 标系及较强的运算能力. 解题策略: 1 利用“线线线面面面”三者之间的相互转化证明 有关位置关系问题:由已知想未知,由求证想判定,即分析法与综合 法相结合来找证题思路;利用题设条件的性质适当添加辅助线 或面 是解题的常用方法之一; 2 空间角的计算,主要步骤:一作,二证, 三算.若用向量,那就是一证、二算; 3 点到平面的距离:直接能 作点到面的垂线求距离;利用“三棱锥体积法”求距离;利用向量求 解,点 P 到平面α 的距离为||= N 为 P 在面α 内的射影,Mα ,n 是 α 的法向量 . 【例题 3】 2011??湖北理,18 满分 13 分 如图,已知正三棱

柱 ABCA1B1C1 的各棱长都是 4, 是 BC 的中点, E 动点 F 在侧棱 CC1 上, 且不与点 C 重合. 1 当 CF=1 时,求证:EFA1C; 2 设二面角 CAFE 的大小为θ ,求 tan θ 的最小值.思维过程 第一步: 1 要证线线垂直,先证线面垂直; 2 先过 E 作出二面角的 平面角,再利用已知条件计算. 3 可以以点 A 为原点建立空间直角 坐标系,利用向量方法求解. [规范解答] 第二步: 法一 过 E 作 ENAC 于 N,连接 EF.

1 证明

如图 1,连接 NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面 ABC

侧面 A1C,图 1 又底面 ABC∩侧面 A1C=AC,且 EN 底面 ABC,所以 EN 侧面 A1C,又 A1C 平面 A1C1,EN⊥A1C 3 分 NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影, 在 RtCNE 中,CN=CEcos 60°=1. 则由==得 NFAC1, 又 AC1A1C,故 NFA1C,又 NF∩NE=N. A1C⊥平面 NEF,又 EF 平面 NEF. EF⊥A1C. 6 分 2 解 如图 2, 连接 AF, N 作 NMAF 于 M, 过 连接 ME.图 2 由 1 知 ENAF,又 MN∩EN=N, AF⊥面 MNE,AF⊥ME. 所以 EMN 是二面角 CAFE 的平面角,即 EMN=θ . 设 FAC=α ,则 0° α ≤45°. 在 RtCNE 中,NE=EC??sin 60°=, 在 RtAMN 中,MN=AN??sin α =3sin α , 故 tan θ ==. 11 分 又 0° α ≤45°,0 sin α ≤. 故当 sin α =,即当α =45°时,tan θ 达到最小值, tan θ =×=,此时 F 与 C1 重合. 13 分 法二 1 证明 建立如图 3 所示的空间直角坐标系,连接 EF,

AF,则由已知可得 A 0,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,4,0 ,A1 0,0,4 ,

E ,3,0 ,F 0,4,1 ,图 3 于是= 0,-4,4 ,E= -,1,1 .则??E = 0,-4,4 ?? -,1,1 =0-4+4=0, 故 EFA1C. 6 分 2 解 设 CF=λ 0 λ ≤4 ,平面 AEF 的一个法向量为 m= x, y,z ,则由 1 得 F 0,4,λ . A= ,3,0 ,A= 0,4,λ ,于是由 mA,mA 可得 即取 m= λ ,-λ ,4 . 8 分 又由直三棱柱的性质可取侧面 A1C 的一个法向量为 n= 1,0,0 , 于是由θ 为锐角可得 cos θ ==,sin θ =, 所以 tan θ == . 11 分 由 0 λ ≤4,得≥, 即 tan θ ≥ =. 故当λ =4,即点 F 与点 C1 重合时,tan θ 取得最小值. 13 分 [反思与回顾] 第三步:本题是一道较好的立体几何题,考查的 知识点较多,但是难度却不是很大. 主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识, 同时 考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力. 主要题型: 1 考查纯解析几何知识; 2 向量渗透于圆锥曲线中; 3 求曲线方程; 4 直线与圆锥曲线的位置关系,涉及弦长、中点、 轨迹、范围、定值、最值等问题. 解题策略: 1 利用向量的知识转化平行、垂直、数量积等条件;

2 利用待定系数法求曲线方程; 3 利用“设而不求”结合韦达定理 求交点问题; 4 利用函数与不等式处理范围与最值问题. 【例题 4】 2011??北京,19 满分 14 分 已知椭圆 G:+y2=1. 过点 m,0 作圆 x2+y2=1 的切线 l 交椭圆 G 于 A,B 两点. 1 求椭圆 G 的焦点坐标和离心率; 2 将|AB|表示为 m 的函数,并求|AB|的最大值. 思维过程 第一步: 1 焦点坐标和离心率由椭圆方程容易求出; 2 设切线 l 的方程,将其与椭圆联立,根据弦长公式求|AB|,再结合 基本不等式求|AB|的最大值. [规范解答] 第二步: 1 解 由椭圆方程得 a=2,b=1, 所以 c==. 所以椭圆 G 的焦点坐标为 -,0 , ,0 . 2 分 离心率为 e==. 4 分 2 解 由题意知|m|≥1. 当 m=1 时,切线 l 的方程为 x=1,点 A、B 的坐标分别为、. 此时|AB|=. 当 m=-1 时,同理可得|AB|=. 6 分 当|m|>1 时,设切线 l 的方程为 y=k x-m . 由 得 1+4k2 x2-8k2mx+4k2m2-4=0. 7 分 设 A,B 两点的坐标分别为 x1,y1 , x2,y2 ,则 x1+x2=,x1x2=. 8 分

又由 l 与圆 x2+y2=1 相切,得=1, 即 m2k2=k2+1. 所以|AB|= = = =. 11 分 由于当 m=±1 时,|AB|=, 所以|AB|=,m -∞,-1][1,+∞ . 因为|AB|==≤2,且当 m=±时,|AB|=2, 所以|AB|的最大值为 2. 14 分 [反思与回顾] 第三步: 本题考查椭圆的标准方程与几何性质. 直 线与椭圆的位置关系、两点间距离公式、基本不等式等基础知识,考 查考生分析问题、解决问题的能力与运算能力、直线与圆锥曲线的问 题,一般方法是联立方程,解方程组. 【例题 5】 2011??江苏,18 满分 16 分 如图,在平面直角坐 标系 xOy 中,M,N 分别是椭圆+=1 的顶点,过坐标原点的直线交椭 圆于 P,A 两点,其中点 P 在第一象限,过 P 作 x 轴的垂线,垂足为 C.连接 AC,并延长交椭圆于点 B.设直线 PA 的斜率为 k. 1 当直线 PA 平分线段 MN 时,求 k 的值; 2 当 k=2 时,求点 P 到直线 AB 的距离 d; 3 对任意的 k>0,求证:PAPB. 思维过程 第一步: 1 求线段 MN 的中点即可求出 k; 2 由直

线 AP 的方程与椭圆方程联立求出点 P、点 A 的坐标,从而求出直线 AB 的方程,由点到直线的距离公式求 d; 3 采用“设而不求”的方 法. [规范解答] 第二步: 1 解 由椭圆方程可知,a=2,b=,故

M -2,0 ,N 0,- ,所以线段 MN 中点的坐标为.由于直线 PA 平分 线段 MN,故直线 PA 过线段 MN 的中点,又直线 PA 过坐标原点,所以 k==. 4 分 2 解 直线 PA 的方程为 y=2x,代入椭圆方程得+=1, 解得 x=±, 因此 P,A. 6 分 于是 C,直线 AC 的斜率为=1, 故直线 AB 的方程为 x-y-=0. 8 分 因此,d==. 10 分 3 证明 设 P x1,y1 ,B x2,y2 ,

则 x1>0,x2>0,x1≠x2,A -x1,-y1 ,C x1,0 . 设直线 PB,AB 的斜率分别为 k1,k2. 因为 C 在直线 AB 上, 所以 k2===. 12 分 从而 k1k+1=2k1k2+1=2????+1=+1===0. 15 分 因此 k1k=-1, 所以 PAPB. 16 分 [反思与回顾] 第三步:本题主要考查椭圆的标准方程及几何性

质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识,考查 运算求解能力和推理论证能力.本题大多数考生能得到 10 分,<a name=baidusnap1></a><B style='color:black;background-color:#A0FFFF'>放弃</B>了第 3 问.认真思考一下,只要设出直线 PB 的斜率为 k1,设出 P、B 两点 的坐标,采用“设而不求”的方法推导,k1k=-1 或 k1k+1=0 即 可. 主要题型: 数列解答题一般设两到三问, 前面两问一般为容易题, 主要考查数列的基本运算,最后一问为中等题或较难题,一般考查数 列的通项和前 n 项和的求法、最值等问题.如果涉及递推数列,且与 不等式证明相结合,那么试题难度大大加强,一般表现为压轴题. 解题策略: 1 利用数列的有关概念求特殊数列的通项与前 n 项 和; 2 利用转化与化归思想 配凑、变形 将一般数列转化为等差、 等比数列 主要解决递推数列问题 ; 3 利用错位相减、列项相消等 方法解决数列求和; 4 利用函数与不等式处理范围和最值问题. 【例题 6】 2011??课标全国,17 满分 12 分 等比数列 an 的 各项均为正数,且 2a1+3a2=1,a=9a2a6. 1 求数列 an 的通项公式; 2 设 bn=log3a1+log3a2+?+log3an,求数列的前 n 项和. 思维过程 第一步:利用基本量法求出首项和公比,求出通项公 式;通过对数运算求出 bn,再利用裂项法求和. [规范解答] 第二步: 1 解 设数列 an 的公比为 q, 1 分

由 a=9a2a6,得 a=9a, 所以 q2=.由条件可知 q>0,故 q=, 3 分 由 2a1+3a2=1 得 2a1+3a1q=1, 所以 a1=. 5 分 故数列 an 的通项公式为 an=. 6 分 2 解 bn=log3a1+log3a2+?+log3an =- 1+2+?+n =. 9 分 故=-=-2, 10 分 ++?+= -2=-, 所以数列的前 n 项和为-. 12 分 [反思与回顾] 第三步:等差数列、等比数列、数列求和是高考 重点考查的内容,年年在考,年年有变,变的是试题的外壳,即在题 设条件上有变革,有创新,但在变中有不变性,即问题的解答常用的 方法可以归纳为几种. 因此, 考生有效地化归问题是正确解题的前提, 合理地构建方法是成功解题的关键,正确的处理过程是制胜的法宝. 【例题 7】 2011??湖北卷理,19 满分 13 分 已知数列 an 的 前 n 项和为 Sn,且满足:a1=a a≠0 ,an+1=rSn nN*,rR,r≠ -1 . 1 求数列 an 的通项公式; 2 若存在 kN*,使得 Sk+1,Sk,Sk+2 成等差数列,试判断:

对于任意的 mN*,且 m≥2,am+1,am,am+2 是否成等差数列,并 证明你的结论. 思维过程 第一步: 1 求出数列 an 的递推关系,由递推关系

求通项; 2 分 r=0 与 r≠0 讨论,当 r≠0 时,结合 Sk+1+Sk+2 =2Sk 推出 ak+1 与 ak+2 的关系式再转化为 am 与 am+1 的关系式, 从而得到证明. [规范解答] 第二步: 1 解 =rSn+1,两式相减, 得 an+2-an+1=r Sn+1-Sn =ran+1,即 an+2= r+1 an +1. 2 分 又 a2=ra1=ra, 所以, r=0 时, 当 数列 an 为: a,0, 0, ?, ?; 3分 当 r≠0,r≠-1 时,由已知 a≠0,所以 an≠0 nN* , 于是由 an+2= r+1 an+1,可得=r+1 nN* , a2,a3,?,an,?成等比数列, 当 n≥2 时,an=r r+1 n-2a. 5 分 综上,数列 an 的通项公式为 an= 6 分 2 解 对于任意的 mN*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数 列, 证明如下: 当 r=0 时,由 1 知,an= 对于任意的 mN*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列. 8 由已知 an+1=rSn,可得 an+2

分 当 r≠0,r≠-1 时, Sk+2=Sk+ak+1+ak+2,Sk+1=Sk+ak+1, 若存在 kN*, 使得 Sk+1,Sk,Sk+2 成等差数列,则 Sk+1+Sk+2=2Sk, 2Sk+2ak+1+ak+2=2Sk,即 ak+2=-2ak+1. 10 分 由 1 知,a2,a3,?,am,?的公比 r+1=-2,于是 对于任意的 mN *,且 m≥2,am+1=-2am, 从而 am+2=4am, am+1+am+2=2am, 即 am+1,am,am+2 成等差数列. 12 分 综上,对于任意的 mN*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数 列. 13 分 [反思与回顾] 第三步:本题是以 an 和 Sn 为先导的综合问题, 主要考查等差、等比数列的基础知识以及处理递推关系式的一般方 法.失分的原因有:第 1 问中漏掉 r=0 的情况,导致结论写为 an =r r+1 n-2a;第 2 问中有的考生也漏掉 r=0 的情况,很多考生 不知将 Sk+1+Sk+2=2Sk 转化为 ak+1 与 ak+2 的关系式, 从而证 明受阻. 【例题 8】 2011??天津, 20 满分 14 分 已知数列 an 与 bn 满 足 bn+1an+bnan+1= -2 n+1,bn=,nN*,且 a1=2. 1 求 a2,a3 的值;

2 设 cn=a2n+1-a2n-1,nN*,证明: cn 是等比数列; 3 设 Sn 为 an 的前 n 项和,证明:++?++≤n- nN* . 思维过程 第一步: 1 首先破解 bn=,即 bn=再结合 bn+1an +bnan+1= -2 n+1 就可解出 a2,a3; 2 对 bn+1an+bnan+1= -2 n+1 关系式进行处理,n 分别 取奇数、偶数可得两个关系式,再抓住 cn=a2n+1-a2n-1,nN*, 即可证明 cn 是等比数列; 3 首先利用 cn=a2n+1-a2n-1 及累加法求 a2n-1,从而可 求得 a2n, 然后求出关系式+的表达式, 最后利用放缩法证明不等式. [规范解答] 第二步: 1 解 由 bn=,nN*,可得 bn= 又 bn+1an+bnan+1= -2 n+1, 当 n=1 时,a1+2a2=-1,由 a1=2,可得 a2=-; 当 n=2 时,2a2+a3=5,可得 a3=8. 4 分 2 证明 对任意 nN*,

a2n-1+2a2n=-22n-1+1, 2a2n+a2n+1=22n+1. ②-,得 a2n+1-a2n-1=3×22n-1,即 cn=3×22n-1, 于是=4.所以 cn 是等比数列. 8 分 3 证明 a1=2, 2 知,当 kN*且 k≥2 时, 由 a2k-1=a1+ a3 -a1 + a5-a3 + a7-a5 +?+ a2k-1-a2k-3 =2+3 2+23 +25+?+22k-3 =2+3×=22k-1,

故对任意 kN*,a2k-1=22k-1. 由得 22k-1+2a2k=-22k-1+1, 所以 a2k=-22k-1,kN*. 10 分 因此,S2k= a1+a2 + a3+a4 +?+ a2k-1+a2k =. 于是 S2k-1=S2k-a2k=+22k-1. 12 分 故+=+=-=1--.所以,对任意 nN*, ++?++=++?+= ++?+ =n-- -?-≤ n-=n-. 14 分 [反思与回顾] 第三步:主要考查等比数列的定义、数列求和等 基础知识,考查运算能力、推理论证能力、综合分析能力和解决问题 的能力及分类讨论的思想方法,难度较大. 第 2 问与第 1 问相比,难度有所加大,难点就在归纳出一般的 式子及递推关系式,第 3 问难度更大.在阅卷中发现,几乎没有考 生得满分,少数考生得前两问的分数,部分考生得第 1 问的分数. 主要题型: 1 利用导数研究函数的单调性、 极值与最值问题; 2 利用导数研究不等式恒成立与证明等问题; 3 以函数为载体的建模 问题. 解题策略: 1 研究导函数 f′ x 的符号,处理单调性、极值点 与最值问题; 2 实际应用题一般先建立目标函数,再利用导数求解;

3 解 证 不等式问题一般要构造函数,再利用导数求解. 【例题 9】 2011??江西卷理,19 满分 12 分 设 f x =-x3+ x2+2ax. 1 若 f x 在上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; 2 当 0<a<2 时,f x 在[1,4]上的最小值为-,求 f x 在该 区间上的最大值. 思维过程 第一步: 1 函数 f x 的导数是二次函数,对称轴为 x=,要使 f x 在上存在单调递增区间,必需满足 f′>0; 2 令 f′ x =0 得 x1,x2,确定 x1,x2 所在的单调区间,根 据单调性求 f x 的最值. [规范解答] 第二步: 1 解 由 f′ x =-x2+x+2a =-2++2a, 2 分 当 x 时,f′ x 的最大值为 f′=+2a. 令+2a>0,得 a>-. 5 分 所以,当 a>-时,f x 在上存在单调递增区间. 6 分 2 解 令 f′ x =0,得两根 x1=,x2=. 所以 f x 在 -∞,x1 , x2,+∞ 上单调递减,在 x1,x2 上 单调递增. 8 分 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4, 所以 f x 在[1,4]上的最大值为 f x2 , 又 f 4 -f 1 =-+6a<0,即 f 4 <f 1 . 10 分 所以 f x 在[1,4]上的最小值为 f 4 =8a-=-.

得 a=1,x2=2,从而 f x 在[1,4]上的最大值为 f 2 =. 12 分 [反思与回顾] 第三步:用导数研究函数单调性、极值与最值是 历年必考内容,尤其是含参数函数的单调性问题成为高考命题的热 点,近几年新课标高考卷中发现:若该内容的题目放在试卷压轴题的 位置上,试题难度较大;若放在试卷前几题的位置上,难度不大. 【例题 10】 2011??陕西卷理,21 满分 14 分 设函数 f x 定义 在 0,+∞ 上,f 1 =0,导函数 f′ x =,g x =f x +f′ x . 1 求 g x 的单调区间和最小值; 2 讨论 g x 与 g 的大小关系; 3 是否存在 x0>0,使得|g x -g x0 |<对任意 x>0 成立? 若存在,求出 x0 的取值范围;若不存在,请说明理由. 思维过程 第一步:第 2 问重新构造函数 h x =g x -g,利

用导数研究这个函数的单调性. 第 3 问采用反证法,可先把|g x -g x0 |<等价变形为 ln x <g x0 <ln x+,x>0,再在 x 0,+∞ 上任取一个值验证矛盾. [规范解答] 第二步: 1 解 ln x+, 所以 g′ x =,令 g′ x =0,得 x=1, 当 x 0,1 时,g′ x <0,故 0,1 是 g x 的单调减区间; 当 x 1,+∞ 时,g′ x >0,故 1,+∞ 是 g x 的单调增区 间, 因此,x=1 是 g x 的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小 由题设易知 f x =ln x,g x =

值点, 所以最小值为 g 1 =1. 4 分 2 解 g=-ln x+x, 设 h x =g x -g=2ln x-x+, 则 h′ x =-, 当 x=1 时,h 1 =0,即 g x =g, 当 x 0,1 ∪ 1,+∞ 时,h′ x <0,h′ 1 =0, 因此,h x 在 0,+∞ 内单调递减, 当 0<x<1 时,h x >h 1 =0,即 g x >g, 当 x>1 时,h x <h 1 =0,即 g x <g. 9 分 3 解 满足条件的 x0 不存在. 证明如下: 假设存在 x0>0,使|g x -g x0 |<对任意 x>0 成立, 即对任意 x>0,有 ln x<g x0 <ln x+, * 但对上述 x0,取 x1=eg x0 时,有 ln x1=g x0 ,这与 * 左 边不等式矛盾, 因此,不存在 x0>0,使|g x -g x0 |<对任意 x>0 成立. 14 分 [反思与回顾] 第三步:本题有机地将函数、导数和不等式结合 到一块,试题难度较大.本题分三小问,第 1 问较容易;第 2 问也 可以用平时练习常用的方法解决:首先使用构造函数法构造函数,再 用导数求出函数的最大值或最小值,且这个最大值小于零,最小值大

于零;第 3 问采用反证法,难度较大,难点在于不容易找到与题设 矛盾的特例.第 3 问还有一种证法如下: 假设存在 x0>0,使|g x -g x0 |<对任意的 x>0 成立. 由 1 知,g x 的最小值为 g 1 =1, 又 g x =ln x+>ln x, 而 x>1 时,ln x 的值域为 0,+∞ , x≥1 时 g x 的值域为[1,+∞ 从而可取一个 x1>1,使 g x1 ≥g x0 +1. 即 g x1 -g x0 ≥1, 故|g x1 -g x0 |≥1>,与假设矛盾. 不存在 x0>0,使|g x -g x0 |<对任意 x>0 成立.


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