黃岡中學(xué)高考數(shù)學(xué)題型分析黃岡中學(xué)高考數(shù)學(xué)知識(shí)點(diǎn)含黃岡密卷

黃岡中學(xué)高考數(shù)學(xué)重點(diǎn)題型分析{高考預(yù)測(cè)題黃岡題庫(kù)}黃岡中學(xué)高考數(shù)學(xué)知識(shí)點(diǎn)結(jié)合最新高考題型進(jìn)行有效針對(duì)訓(xùn)練理解中記憶記憶中理解有時(shí)間做做沒(méi)時(shí)間看看{我們分如下九部分討論}1高考數(shù)學(xué)分類(lèi)討論重點(diǎn)題型分析2高考數(shù)學(xué)函數(shù)重點(diǎn)題型分析3高考數(shù)學(xué)排列與組合重點(diǎn)題型分析4三角函數(shù)定義與三角變換題型分析5正、余弦函數(shù)的有界性之解題作用6高考數(shù)學(xué)數(shù)列重點(diǎn)題型分析7高考數(shù)學(xué)數(shù)列專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練題8高考數(shù)學(xué)知識(shí)點(diǎn)考點(diǎn)常見(jiàn)結(jié)論詳解9既準(zhǔn)又快中檔題訓(xùn)練---確保不丟分1高考數(shù)學(xué)分類(lèi)討論重點(diǎn)題型分析復(fù)習(xí)目標(biāo):1．掌握分類(lèi)討論必須遵循的原則2．能夠合理，正確地求解有關(guān)問(wèn)題命題分析:分類(lèi)討論是一種重要的邏輯方法，也是一種常用的數(shù)學(xué)方法，這可以培養(yǎng)學(xué)生思維的條理性和概括性，以及認(rèn)識(shí)問(wèn)題的全面性和深刻性，提高學(xué)生分析問(wèn)題，解決問(wèn)題的能力.因此分類(lèi)討論是歷年數(shù)學(xué)高考的重點(diǎn)與熱點(diǎn).而且也是高考的一個(gè)難點(diǎn).重點(diǎn)題型分析:例1．解關(guān)于x的不等式:(黃岡，二模理科）解:原不等式可分解因式為:(x-a)(x-a2)<0（下面按兩個(gè)根的大小關(guān)系分類(lèi)）（1）當(dāng)a>a2a2-a<0即0<a<1時(shí)，不等式的解為x(a2,a).（2）當(dāng)a<a2a2-a>0即a<0或a>1時(shí)，不等式的解為:x(a,a2)（3）當(dāng)a=a2a2-a=0即a=0或a=1時(shí)，不等式為x2<0或(x-1)2<0不等式的解為x.綜上，當(dāng)0<a<1時(shí)，x(a2,a)當(dāng)a<0或a>1時(shí)，x(a,a2)當(dāng)a=0或a=1時(shí)，x.評(píng)述:抓住分類(lèi)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，此題分解因式后，之所以不能馬上寫(xiě)出解集，主要是不知兩根誰(shuí)大誰(shuí)小，那么就按兩個(gè)根之間的大小關(guān)系來(lái)分類(lèi).例2．解關(guān)于x的不等式ax2+2ax+1>0(aR)解:此題應(yīng)按a是否為0來(lái)分類(lèi).（1）當(dāng)a=0時(shí)，不等式為1>0,解集為R.（2）a0時(shí)分為a>0與a<0兩類(lèi)①時(shí)，方程ax2+2ax+1=0有兩根.則原不等式的解為.②時(shí)，方程ax2+2ax+1=0沒(méi)有實(shí)根，此時(shí)為開(kāi)口向上的拋物線，則不等式的解為（-，+）.③時(shí)，方程ax2+2ax+1=0只有一根為x=-1，則原不等式的解為(-,-1)∪(-1,+).④時(shí)，方程ax2+2ax+1=0有兩根，此時(shí)，拋物線的開(kāi)口向下的拋物線，故原不等式的解為:.⑤綜上:當(dāng)0≤a<1時(shí)，解集為（-，+）.當(dāng)a>1時(shí)，解集為.當(dāng)a=1時(shí)，解集為(-,-1)∪(-1,+).當(dāng)a<0時(shí)，解集為.例3．解關(guān)于x的不等式ax2-2≥2x-ax(a∈R)(黃岡，二模理科）解:原不等式可化為ax2+(a-2)x-2≥0,(1)a=0時(shí)，x≤-1，即x∈(-∞,-1].(2)a0時(shí)，不等式即為(ax-2)(x+1)≥0.①a>0時(shí)，不等式化為，當(dāng)，即a>0時(shí)，不等式解為.當(dāng)，此時(shí)a不存在.②a<0時(shí)，不等式化為，當(dāng)，即-2<a<0時(shí)，不等式解為當(dāng)，即a<-2時(shí)，不等式解為.當(dāng)，即a=-2時(shí)，不等式解為x=-1.綜上:a=0時(shí)，x∈(-∞,-1).a>0時(shí)，x∈.-2<a<0時(shí)，x∈.a<-2時(shí)，x∈.a=-2時(shí)，x∈{x|x=-1}.評(píng)述:通過(guò)上面三個(gè)例題的分析與解答，可以概括出分類(lèi)討論問(wèn)題的基本原則為:10:能不分則不分；20:若不分則無(wú)法確定任何一個(gè)結(jié)果；30:若分的話，則按誰(shuí)礙事就分誰(shuí).例4．已知函數(shù)f(x)=cos2x+asinx-a2+2a+5.有最大值2，求實(shí)數(shù)a的取值.解:f(x)=1-sin2x+asinx-a2+2a+5令sinx=t,t∈[-1,1].則(t∈[-1,1]).(1)當(dāng)即a>2時(shí)，t=1，解方程得:（舍）.(2)當(dāng)時(shí)，即-2≤a≤2時(shí)，,,解方程為:或a=4（舍）.(3)當(dāng)即a<-2時(shí)，t=-1時(shí)，ymax=-a2+a+5=2即a2-a-3=0∴,∵a<-2,∴全都舍去.綜上，當(dāng)時(shí)，能使函數(shù)f(x)的最大值為2.例5．設(shè){an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，證明:.證明:（1）當(dāng)q=1時(shí)，Sn=na1從而（2）當(dāng)q≠1時(shí)，，從而由（1）（2）得:.∵函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù).∴.例6．設(shè)一雙曲線的兩條漸近線方程為2x-y+1=0,2x+y-5=0，求此雙曲線的離心率.分析:由雙曲線的漸近線方程，不能確定其焦點(diǎn)位置，所以應(yīng)分兩種情況求解.解:（1）當(dāng)雙曲線的焦點(diǎn)在直線y=3時(shí)，雙曲線的方程可改為，一條漸近線的斜率為，∴b=2.∴.（2）當(dāng)雙曲線的焦點(diǎn)在直線x=1時(shí)，仿（1）知雙曲線的一條漸近線的斜率為，此時(shí).綜上（1）（2）可知，雙曲線的離心率等于.評(píng)述:例5，例6，的分類(lèi)討論是由公式的限制條件與圖形的不確定性所引起的，而例1-4是對(duì)于含有參數(shù)的問(wèn)題而對(duì)參數(shù)的允許值進(jìn)行的全面討論.例7．解關(guān)于x的不等式.(黃岡2010，二模理科）解:原不等式由(1)a=1時(shí)，x-2>0,即x∈(2,+∞).由(2)a<1時(shí)，，下面分為三種情況.①即a<1時(shí)，解為.②時(shí)，解為.③即0<a<1時(shí)，原不等式解為:.由（3）a>1時(shí)，的符號(hào)不確定，也分為3種情況.①a不存在.②當(dāng)a>1時(shí)，原不等式的解為:.綜上:a=1時(shí)，x∈(2,+∞).a<1時(shí)，x∈a=0時(shí)，x.0<a<1時(shí)，x∈a>1時(shí)，x∈.評(píng)述:對(duì)于分類(lèi)討論的解題程序可大致分為以下幾個(gè)步驟:10:明確討論的對(duì)象，確定對(duì)象的全體；20:確定分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，正確分類(lèi)，不重不漏；30:逐步進(jìn)行討論，獲得結(jié)段性結(jié)記；40:歸納總結(jié)，綜合結(jié)記.課后練習(xí):1．解不等式2．解不等式3．已知關(guān)于x的不等式的解集為M.（1）當(dāng)a=4時(shí)，求集合M:（2）若3M，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.4．在x0y平面上給定曲線y2=2x,設(shè)點(diǎn)A坐標(biāo)為(a,0),aR，求曲線上點(diǎn)到點(diǎn)A距離的最小值d，并寫(xiě)成d=f(a)的函數(shù)表達(dá)式.參考答案:1.2.3.(1)M為(2).2高三數(shù)學(xué)函數(shù)重點(diǎn)題型分析復(fù)習(xí)重點(diǎn)：函數(shù)問(wèn)題專(zhuān)題，主要幫助學(xué)生整理函數(shù)基本知識(shí)，解決函數(shù)問(wèn)題的基本方法體系，函數(shù)問(wèn)題中的易錯(cuò)點(diǎn)，并提高學(xué)生靈活解決綜合函數(shù)問(wèn)題的能力。復(fù)習(xí)難點(diǎn)：樹(shù)立數(shù)形結(jié)合的思想，函數(shù)方程的思想解決有關(guān)問(wèn)題。主要內(nèi)容：（一）基本問(wèn)題1.定義域 2.對(duì)應(yīng)法則 3.值域4.圖象問(wèn)題 5.單調(diào)性 6.奇偶性（對(duì)稱(chēng)性）7.周期性 8.反函數(shù) 9.函數(shù)值比大小10.分段函數(shù) 11.函數(shù)方程及不等式（二）基本問(wèn)題中的易錯(cuò)點(diǎn)及基本方法1．集合與映射<1>認(rèn)清集合中的代表元素<2>有關(guān)集合運(yùn)算中，辨清：子集，真子集，非空真子集的區(qū)別。還應(yīng)注意空集的情形，驗(yàn)算端點(diǎn)。2．關(guān)于定義域<1>復(fù)合函數(shù)的定義域，限制條件要找全。<2>應(yīng)用問(wèn)題實(shí)際意義。<3>求值域，研究函數(shù)性質(zhì)（周期性，單調(diào)性，奇偶性）時(shí)要首先考察定義域。<4>方程，不等式問(wèn)題先確定定義域。3．關(guān)于對(duì)應(yīng)法則注：<1>分段函數(shù)，不同區(qū)間上對(duì)應(yīng)法則不同<2>聯(lián)系函數(shù)性質(zhì)求解析式4．值域問(wèn)題基本方法：<1>化為基本函數(shù)——換元（新元范圍）。化為二次函數(shù)，三角函數(shù)，……并結(jié)合函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)圖象，求值域。<2>均值不等式：——形如和，積，及形式。注意識(shí)別及應(yīng)用條件。<3>幾何背景：——解析幾何如斜率，曲線間位置關(guān)系等等。易錯(cuò)點(diǎn)：<1>考察定義域<2>均值不等式使用條件5．函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性，周期性。關(guān)注問(wèn)題：<1>判定時(shí)，先考察定義域。<2>用定義證明單調(diào)性時(shí)，最好是證哪個(gè)區(qū)間上的單調(diào)性，在哪個(gè)區(qū)間上任取x1及x2。<3>求復(fù)合函數(shù)單調(diào)區(qū)間問(wèn)題，內(nèi)、外層函數(shù)單調(diào)區(qū)間及定義域，有時(shí)需分類(lèi)討論。<4>由周期性及奇偶性（對(duì)稱(chēng)性）求函數(shù)解析式。<5>“奇偶性”+“關(guān)于直線x=k”對(duì)稱(chēng)，求出函數(shù)周期。6．比大小問(wèn)題基本方法：<1>粗分。如以“0”，“1”，“-1”等為分界點(diǎn)。<2>搭橋<3>結(jié)合單調(diào)性，數(shù)形結(jié)合<4>比差、比商<5>利用函數(shù)圖象的凸凹性。7．函數(shù)的圖象<1>基本函數(shù)圖象<2>圖象變換①平移②對(duì)稱(chēng)（取絕對(duì)值）③放縮易錯(cuò)點(diǎn)：復(fù)合變換時(shí)，有兩種變換順序不能交換。如下：<I>取絕對(duì)值（對(duì)稱(chēng)）與平移例：由圖象，經(jīng)過(guò)如何變換可得下列函數(shù)圖象？<1><2>分析：<1><2>評(píng)述：要由得到只能按上述順序變換，兩順序不能交換。<II>平移與關(guān)于y=x對(duì)稱(chēng)變換例：y=f(x+3)的反函數(shù)與y=f-1(x+3)是否相同？分析：①的反函數(shù)。②∴兩個(gè)函數(shù)不是同一個(gè)函數(shù)（也可以用具體函數(shù)去驗(yàn)證。）（三）重點(diǎn)題型例題：例1．判斷函數(shù)的奇偶性及周期性。分析：<1>定義域：∴f(x)定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，如圖：又∴f(-x)=-f(x),∴f(x)周期的奇函數(shù)。評(píng)述：研究性質(zhì)時(shí)關(guān)注定義域。例2．<1>設(shè)f(x)定義在R上的偶函數(shù)，且，又當(dāng)x∈[-3,-2]時(shí)，f(x)=2x，求f(113.5)的值。<2>已知f(x)是以2為周期的偶函數(shù)，且當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)=x+1.求f(x)在(1,2)上的解析式。解：<1>∵∴，∴f(x)周期T=6，∴f(113.5)=f(619-0.5)=f(-0.5).當(dāng)x∈(-1,0)時(shí)，x+3∈(2,3).∵x∈(2,3)時(shí)，f(x)=f(-x)=2x.∴f(x+3)=-2(x+3).∴,∴.<2>（法1）（從解析式入手）∵x∈(1,2),則-x∈(-2,-1),∴2-x∈(0,1),∵T=2.∵f(x)=f(-x)=f(2-x)=2-x+1=3-x.∴f(x)=3-x,x∈(1,2).小結(jié)：由奇偶性結(jié)合周期性，將要求區(qū)間上問(wèn)題轉(zhuǎn)化為已知解析式的區(qū)間上。（法2）（圖象）f(x)=f(x+2)如圖：x∈(0,1),f(x)=x+1.x∈(-1,0)→f(x)=-x+1.x∈(1,2)→f(x)=-(x-2)+1=3-x.注：從圖象入手也可解決，且較直觀。例3．<1>若x∈(1,2)時(shí)，不等式(x-1)2<logax恒成立，求a的取值范圍。<2>已知二次函數(shù)f(x)=x2+ax+5對(duì)任意t都有f(t)=f(-4-t)，且在閉區(qū)間Z[m,0]上有最大值5，最小值1，求m的取值范圍。分析：<1>設(shè)y1=(x-1)2,y2=logaxx∈(1,2)，即x∈(1,2）時(shí)，曲線y1在y2的下方，如圖：∴a=2時(shí)，x∈(1,2)也成立，∴a∈(1,2].小結(jié)：①數(shù)形結(jié)合②變化的觀點(diǎn)③注意邊界點(diǎn)，a=2，x取不到2，∴仍成立。<2>∵f(t)=f(-4-t),∴f(-2+t)=f(-2-t)∴f(x)圖象關(guān)于x=-2對(duì)稱(chēng)，∴a=4,∴f(x)=x2+4x+5.∴f(x)=(x+2)2+1,動(dòng)區(qū)間：[m,0],∵x∈[m,0],[f(x)]max=5,[f(x)]min=1,∴m∈[-4,0].小結(jié)：函數(shù)問(wèn)題，充分利用數(shù)形結(jié)合的思想，并應(yīng)用運(yùn)動(dòng)變化的觀點(diǎn)研究問(wèn)題。如二次函數(shù)問(wèn)題中常見(jiàn)問(wèn)題，定函數(shù)動(dòng)區(qū)間及動(dòng)函數(shù)和定區(qū)間，但兩類(lèi)問(wèn)題若涉及函數(shù)最值，必然要考慮函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，而二次函數(shù)的單調(diào)性研究關(guān)鍵在于其圖象對(duì)稱(chēng)軸的位置。以發(fā)展的眼光看，還可解決一類(lèi)動(dòng)直線定曲線相關(guān)問(wèn)題。例4．已知函數(shù)(黃岡2011，二模理科）(I)判定f(x)在x∈(-∞,-5)上的單調(diào)性，并證明。(II)設(shè)g(x)=1+loga(x-3)，若方程f(x)=g(x)有實(shí)根，求a的取值范圍。分析：(I)任取x1<x2<-5,則：,∵(x1-5)(x2+5)-(x1+5)(x2-5)=10(x1-x2)<0又(x1-5)(x2+5)>0且(x1+5)(x2-5)>0,∴當(dāng)a>1時(shí)，f(x1)-f(x2)<0,∴f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x1)-f(x2)>0,∴f(x)單調(diào)遞減。(II)若f(x)=g(x)有實(shí)根，即：?！唷嗉捶匠蹋河写笥?的實(shí)根。（法1）（∵x>5）∴.（法2）（實(shí)根分布）(1)有大于5的實(shí)根，方程(1)化為：ax2+(2a-1)x-15a+5=0.∵a>0,∴Δ=64a2-24a+1≥0.①有一根大于5.②兩根均大于.小結(jié)：實(shí)根分布即利用二次函數(shù)圖象及不等式組解決問(wèn)題。用此數(shù)形結(jié)合方法解決問(wèn)題時(shí)，具體步驟為：①二次函數(shù)圖象開(kāi)口方向。②圖象對(duì)稱(chēng)軸的位置。③圖象與x軸交點(diǎn)。④端點(diǎn)函數(shù)值的符號(hào)。此題(2)中，也可以用韋達(dá)定理解決。小結(jié)：函數(shù)部分是高考考察重點(diǎn)內(nèi)容，應(yīng)當(dāng)對(duì)其予以充分的重視，并配備必要例題，理順基本方法體系。練習(xí)：已知f(x)是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，且f(1)=1,若m,n∈[-1,1]，m+n≠0時(shí),有。<1>用定義證明f(x)在[-1，1]上是增函數(shù)。<2>若f(x)≤t2-2at+1對(duì)所有x∈[-1,1]，a∈[-1,1]恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍。參考答案：(2)|t|≥2或t=0.3高考數(shù)學(xué)排列與組合重點(diǎn)題型分析授課內(nèi)容：復(fù)習(xí)排列與組合考試內(nèi)容：兩個(gè)原理；排列、排列數(shù)公式；組合、組合數(shù)公式。考試要求：1）掌握加法原理及乘法原理，并能用這兩個(gè)原理分析和解決一些簡(jiǎn)單的問(wèn)題。2）理解排列、組合的意義。掌握排列數(shù)、組合數(shù)的計(jì)算公式，并能用它們解決一些簡(jiǎn)單的問(wèn)題。試題安排：一般情況下，排列組合為一道以選擇或填空題的形式出現(xiàn)的應(yīng)用題。有時(shí)還另有一道排列、組合與其他內(nèi)容的綜合題（大都與集合、立體幾何、不等式證明等相綜合）。重點(diǎn)：兩個(gè)原理尤其是乘法原理的應(yīng)用。難點(diǎn)：不重不漏。知識(shí)要點(diǎn)及典型例題分析：1．加法原理和乘法原理兩個(gè)原理是理解排列與組合的概念，推導(dǎo)排列數(shù)及組合數(shù)公式；分析和解決排列與組合的應(yīng)用問(wèn)題的基本原則和依據(jù)；完成一件事共有多少種不同方法，這是兩個(gè)原理所要回答的共同問(wèn)題。而兩者的區(qū)別在于完成一件事可分幾類(lèi)辦法和需要分幾個(gè)步驟。例1．書(shū)架上放有3本不同的數(shù)學(xué)書(shū)，5本不同的語(yǔ)文書(shū)，6本不同的英語(yǔ)書(shū)。（1）若從這些書(shū)中任取一本，有多少種不同的取法？

（2）若從這些書(shū)中取數(shù)學(xué)書(shū)、語(yǔ)文書(shū)、英語(yǔ)書(shū)各一本，有多少種不同的取法？（3）若從這些書(shū)中取不同的科目的書(shū)兩本，有多少種不同的取法。解：（1）由于從書(shū)架上任取一本書(shū)，就可以完成這件事，故應(yīng)分類(lèi)，由于有3種書(shū)，則分為3類(lèi)然后依據(jù)加法原理，得到的取法種數(shù)是：3+5+6=14種。（2）由于從書(shū)架上任取數(shù)學(xué)書(shū)、語(yǔ)文書(shū)、英語(yǔ)書(shū)各1本，需要分成3個(gè)步驟完成，據(jù)乘法原理，得到不同的取法種數(shù)是：3×5×6=90（種）。（3）由于從書(shū)架上任取不同科目的書(shū)兩本，可以有3類(lèi)情況（數(shù)語(yǔ)各1本，數(shù)英各1本，語(yǔ)英各1本）而在每一類(lèi)情況中又需分2個(gè)步驟才能完成。故應(yīng)依據(jù)加法與乘法兩個(gè)原理計(jì)算出共得到的不同的取法種數(shù)是：3×5+3×6+5×6=63（種）。例2．已知兩個(gè)集合A={1，2，3}，B={a,b,c,d}，從A到B建立映射，問(wèn)可建立多少個(gè)不同的映射？分析：首先應(yīng)明確本題中的“這件事是指映射，何謂映射？即對(duì)A中的每一個(gè)元素，在B中都有唯一的元素與之對(duì)應(yīng)?！币駻中有3個(gè)元素，則必須將這3個(gè)元素都在B中找到家，這件事才完成。因此，應(yīng)分3個(gè)步驟，當(dāng)這三個(gè)步驟全進(jìn)行完，一個(gè)映射就被建立了，據(jù)乘法原理，共可建立不同的映射數(shù)目為：5×5×5=53（種）。2．排列數(shù)與組合數(shù)的兩個(gè)公式排列數(shù)與組合數(shù)公式各有兩種形式，一是連乘積的形式，這種形式主要用于計(jì)算；二是階乘的形式，這種形式主要用于化簡(jiǎn)與證明。連乘積的形式階乘形式Pnm=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)=Cnm=例3．求證：Pnm+mPnm-1=Pn+1m證明：左邊=∴等式成立。評(píng)述：這是一個(gè)排列數(shù)等式的證明問(wèn)題，選用階乘之商的形式，并利用階乘的性質(zhì)。n!(n+1)=(n+1)!.可使變形過(guò)程得以簡(jiǎn)化。例4．解方程.(黃岡，二模理科）解：原方程可化為：解得x=3.評(píng)述：解由排列數(shù)與組合數(shù)形式給出的方程時(shí)，在脫掉排列數(shù)與組合數(shù)的符號(hào)時(shí)，要注意把排列數(shù)與組合數(shù)定義中的取出元素與被取元素之間的關(guān)系以及它們都屬自然數(shù)的這重要限定寫(xiě)在脫掉符號(hào)之前。3．排列與組合的應(yīng)用題歷屆高考數(shù)學(xué)試題中，排列與組合部分的試題主要是應(yīng)用問(wèn)題。一般都附有某些限制條件；或是限定元素的選擇，或是限定元素的位置，這些應(yīng)用問(wèn)題的內(nèi)容和情景是多種多樣的而解決它們的方法還是有規(guī)律可循的。常用的方法有：一般方法和特殊方法兩種。一般方法有：直接法和間接法（1）在直接法中又分為兩類(lèi)，若問(wèn)題可分為互斥各類(lèi)，據(jù)加法原理，可用分類(lèi)法；若問(wèn)題考慮先后次序，據(jù)乘法原理，可用占位法。（2）間接法一般用于當(dāng)問(wèn)題的反面簡(jiǎn)單明了，據(jù)A∪=I且A∩=的原理，采用排除的方法來(lái)獲得問(wèn)題的解決。特殊方法：（1）特元特位：優(yōu)先考慮有特殊要求的元素或位置后，再去考慮其它元素或位置。（2）捆綁法：某些元素必須在一起的排列，用“捆綁法”，緊密結(jié)合粘成小組，組內(nèi)外分別排列。（3）插空法：某些元素必須不在一起的分離排列用“插空法”，不需分離的站好實(shí)位，在空位上進(jìn)行排列。（4）其它方法。例5．7人排成一行，分別求出符合下列要求的不同排法的種數(shù)。（1）甲排中間；（2）甲不排兩端；（3）甲，乙相鄰；（4）甲在乙的左邊（不要求相鄰）；（5）甲，乙，丙連排；（6）甲，乙，丙兩兩不相鄰。解：（1）甲排中間屬“特元特位”，優(yōu)先安置，只有一種站法，其余6人任意排列，故共有：1×=720種不同排法。（2）甲不排兩端，亦屬于“特元特位”問(wèn)題，優(yōu)先安置甲在中間五個(gè)位置上任何一個(gè)位置則有種，其余6人可任意排列有種，故共有·=3600種不同排法。（3）甲、乙相鄰，屬于“捆綁法”，將甲、乙合為一個(gè)“元素”，連同其余5人共6個(gè)元素任意排列，再由甲、乙組內(nèi)排列，故共有·=1400種不同的排法。（4）甲在乙的左邊?？紤]在7人排成一行形成的所有排列中：“甲在乙左邊”與“甲在乙右邊”的排法是一一對(duì)應(yīng)的，在不要求相鄰時(shí)，各占所有排列的一半，故甲在乙的左邊的不同排法共有=2520種。（5）甲、乙、丙連排，亦屬于某些元素必須在一起的排列，利用“捆綁法”，先將甲、乙、丙合為一個(gè)“元素”，連同其余4人共5個(gè)“元素”任意排列，現(xiàn)由甲、乙、丙交換位置，故共有·=720種不同排法。（6）甲、乙、丙兩兩不相鄰，屬于某些元素必須不在一起的分離排列，用“插空法”，先將甲、乙、丙外的4人排成一行，形成左、右及每?jī)扇酥g的五個(gè)“空”。再將甲、乙、丙插入其中的三個(gè)“空”，故共有·=1440種不同的排法。例6．用0，1，2，3，4，5這六個(gè)數(shù)字組成無(wú)重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，分別求出下列各類(lèi)數(shù)的個(gè)數(shù)：（1）奇數(shù)；（2）5的倍數(shù)；（3）比20300大的數(shù)；（4）不含數(shù)字0，且1，2不相鄰的數(shù)。解：（1）奇數(shù)：要得到一個(gè)5位數(shù)的奇數(shù)，分成3步，第一步考慮個(gè)位必須是奇數(shù)，從1，3，5中選出一個(gè)數(shù)排列個(gè)位的位置上有種；第二步考慮首位不能是0，從余下的不是0的4個(gè)數(shù)字中任選一個(gè)排在首位上有種；第三步：從余下的4個(gè)數(shù)字中任選3個(gè)排在中間的3個(gè)數(shù)的位置上，由乘法原理共有=388（個(gè)）。（2）5的倍數(shù)：按0作不作個(gè)位來(lái)分類(lèi)第一類(lèi)：0作個(gè)位，則有=120。第二類(lèi)：0不作個(gè)位即5作個(gè)位，則=96。則共有這樣的數(shù)為：+=216（個(gè)）。（3）比20300大的數(shù)的五位數(shù)可分為三類(lèi)：第一類(lèi)：3xxxx,4xxxx,5xxxx有3個(gè)；第二類(lèi)：21xxx,23xxx,24xxx,25xxx,的4個(gè)；第三類(lèi)：203xx,204xx,205xx,有3個(gè)，因此，比20300大的五位數(shù)共有：3+4+3=474（個(gè)）。（4）不含數(shù)字0且1，2不相鄰的數(shù)：分兩步完成，第一步將3，4，5三個(gè)數(shù)字排成一行；第二步將1和2插入四個(gè)“空”中的兩個(gè)位置，故共有=72個(gè)不含數(shù)字0，且1和2不相鄰的五位數(shù)。例7．直線與圓相離，直線上六點(diǎn)A1，A2，A3，A4，A5，A6，圓上四點(diǎn)B1，B2，B3，B4，任兩點(diǎn)連成直線，問(wèn)所得直線最多幾條？最少幾條？解：所得直線最多時(shí)，即為任意三點(diǎn)都不共線可分為三類(lèi)：第一類(lèi)為已知直線上與圓上各取一點(diǎn)連線的直線條數(shù)為=24；第二類(lèi)為圓上任取兩點(diǎn)所得的直線條數(shù)為=6；第三類(lèi)為已知直線為1條，則直線最多的條數(shù)為N1=++1=31（條）。所得直線最少時(shí)，即重合的直線最多，用排除法減去重合的字?jǐn)?shù)較為方便，而重合的直線即是由圓上取兩點(diǎn)連成的直線，排除重復(fù)，便是直線最少條數(shù)：N2=N1-2=31-12=19（條）。4三角函數(shù)定義與三角變換題型分析內(nèi)容：三角函數(shù)的定義與三角變換重點(diǎn)：任意角的三角函數(shù)定義難點(diǎn)：三角變換公式的應(yīng)用內(nèi)容安排說(shuō)明及分析：本部分內(nèi)容分為兩大塊，一塊是三角的基礎(chǔ)與預(yù)備知識(shí)，另一塊是三角變換公式及其應(yīng)用。把三角變換公式提到三角函數(shù)圖象與性質(zhì)之前來(lái)復(fù)習(xí)，其目的是突出“工具提前”的原則。即眾多的三角變換公式是解決三角學(xué)中一系列典型問(wèn)題的工具，也是進(jìn)一步研究三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)的重要工具。由于本部分內(nèi)容的基礎(chǔ)性與工具性，這是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一，因此，最近幾年的高考試題中占有一定的比例，約占13%左右。有試題多為選擇題，有時(shí)也有解答題，難度多為容易題與中等題。知識(shí)要點(diǎn)及典型例題分析：一、三角函數(shù)的定義1．角的概念（1）角的定義及正角，負(fù)角與零角（2）象限角與軸上角的表達(dá)（3）終邊相同的角（4）角度制（5）弧度制2．任意角的三角函數(shù)定義任意角的6個(gè)三角函數(shù)定義的本質(zhì)是給角這個(gè)幾何量以代數(shù)表達(dá)。借助直角坐標(biāo)系這個(gè)工具，把角放進(jìn)直角坐標(biāo)系中完成的。由任意角的三角函數(shù)定義直接可以得到：（1）三角函數(shù)的定義域（2）三角函數(shù)值在四個(gè)象限中的符號(hào)（3）同角三角函數(shù)的關(guān)系（4）單位圓中的三角函數(shù)線：要充分利用三角函數(shù)線在記憶三角函數(shù)性質(zhì)與公式以及解決三角函數(shù)問(wèn)題中的作用。3．誘導(dǎo)公式總共9組共36個(gè)公式，記憶口決為“奇變偶不變，符號(hào)看象限”，并弄清口決中的字詞含義，并根據(jù)結(jié)構(gòu)總結(jié)使用功能。“奇變”是指所涉及的軸上角為的奇數(shù)倍時(shí)（包括4組：，）函數(shù)名稱(chēng)變?yōu)樵瓉?lái)函數(shù)的余函數(shù)；其主要功能在于：當(dāng)需要改變函數(shù)名稱(chēng)時(shí)，比如：由于“和差化積”公式都是同名函數(shù)的和差。使用時(shí)，對(duì)于不同名的函數(shù)先化為同名函數(shù)，又如：復(fù)數(shù)化三角形式，有時(shí)也需要改變函數(shù)名稱(chēng)，如：sin-icos=cos(+)+isin(+)。“偶不變”是指所涉及的軸上角為的偶數(shù)倍時(shí)（包括5組：2k+,,2-,-）,函數(shù)名稱(chēng)不變，其主要功能在于：求任意角的三角函數(shù)值，化簡(jiǎn)及某些證明問(wèn)題。二、典型例題分析：例1．（1）已知-<<<,求+與-的范圍。(黃岡，二模理科）（2）已知的終邊在第二象限，確定-所在象限。解：（1）∵-<<<,∴-<+<，-<-<0.（2）有兩種思路：其一是先把的終邊關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)放到-的終邊（在第三象限），再將-的終邊按逆時(shí)方向旋轉(zhuǎn)放到-的終邊即-的終邊的反向延長(zhǎng)線，此時(shí)-的終邊也在第二象限。思路2：是先把的終邊（第二象限）按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，得到+(-)（第四象限），再將它關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)得到-(-)=-的終邊，此時(shí)也在第一象限。例2．若A={x|x=,kZ},B={x|x=+,kZ},則A_____B。解：由B中的x=+=可視為的奇數(shù)倍所構(gòu)成的集合。而A中的x=是的所有奇數(shù)倍，因此AB。例3．設(shè)0<<2,問(wèn)5與角終邊相同，求。解：由已知5=2k+,kZ,有=，∵0<<2,∴k=1時(shí)，=；k=2時(shí)，=；k=3時(shí)，=.例4．若=ctg-csc，求取值范圍。解：先看一看右邊=ctg-csc=-=，這樣就決定了左邊的變形方向。==，∵=，∴無(wú)解，∴不存在這樣的使所給等式成立。例5．已知sin(-)-cos(+)=,<<.求：（1）sin-cos的值（2）sin3(+)+cos3(+)的值解：（1）由已知，得sin+cos=,平方得：1+2sincos=,∴2sincos=-,∵<<,∴sin-cos===.（2）sin3(+)+cos3(+)=cos3-sin3=(cos-sin)(cos2+sincos+sin2)=-(1-)=-.例6．已知sin(-)=2cos(-2),求下列三角函數(shù)的值：（1）（2）1+cos2-sin2.解：由已知：-sin=2cos，有tg=-2,則（1）原式===-。（2）1+cos2-sin2====.評(píng)述：對(duì)于形如為關(guān)于sin與cos的一次分式齊次式，處理的方法，就是將分子與分母同除以cos，即可化為只含tg的式子。而對(duì)于1+cos2-sin2屬于關(guān)于sin與cos的二次齊次式。即sin2+2cos2-5sincos.此時(shí)若能將分母的“1”用sin2+cos2表示的話，這樣就構(gòu)成了關(guān)于sin與cos的二次分式齊次式，分子分母同除以cos2即可化為只含有tg的分式形式。例7．求函數(shù)y=+logsinx(2sinx-1)的定義域。(黃岡，二模理科）解：使函數(shù)有意義的不等式為：將上面的每個(gè)不等式的范圍在數(shù)軸上表示出來(lái)，然后，取公共部分，由于x[-5,5]，故下面的不等式的范圍只取落入[-5，5]之內(nèi)的值，即∴因此函數(shù)的定義域?yàn)椋篬-5,-)∪(-,-)∪()∪()。例8．求證：=.證法一（左邊化弦后再證等價(jià)命題）左邊==要證=只需證：(1+sin+cos)cos=(1-sin+cos)(1+sin)左邊=cos+sincos+cos2右邊=1-sin2+cos+cossin=cos2+cos+sincos∵左邊=右邊，∴原等式成立?；蜃C等價(jià)命題：-=0證法二（利用化“1”的技巧）左邊===sec+tg==右邊。證法三（利用同角關(guān)系及比例的性質(zhì)）由公式sec2-tg2=1(sec-tg)(sec+tg)=1=.由等比定理有：=sec+tg=.證法四（利用三角函數(shù)定義）證sec=,tg=,sin=,cos=.然后代入所證等式的兩邊，再證是等價(jià)命題。其證明過(guò)程同學(xué)自己嘗試一下。評(píng)述：證明三角恒等式的實(shí)質(zhì)，就是逐步消除等號(hào)兩邊結(jié)構(gòu)差異的過(guò)程，而“消除差異”的理論依據(jù)除了必要三角公式以外，還需要有下列等式的性質(zhì)：(1)若A=B，B=C則A=C（傳遞性）(2)A=BA-B=0(3)A=B=1(B0)(4)=AD=BC(BD0)(5)比例：一些性質(zhì)，如等比定理：若==……=，則===……=。1．如果是第二象限角，則所在的象限是（）A、第一象限B、第一或第三象限C、第二象限D(zhuǎn)、第二或第四象限2．在下列表示中正確的是（）A、終邊在y軸上的角的集合是{|=2k+,kZ}B、終邊在y=x的直線上的角的集合是{|=k+,kZ}C、與(-)的終邊相同的角的集合是{|=k-,kZ}D、終邊在y=-x的直線上的角的集合是{|=2k-,kZ}3．若<<,則等于（）A、sin(-)B、-sinC、cos(-)D、-csc4．函數(shù)y=2sin()在[，2]上的最小值是（）A、2B、1C、-1D、-25．已知函數(shù)y=cos(sinx)，下列結(jié)論中正確的是（）A、它的定義域是[-1，1]B、它是奇函數(shù)；C、它的值域是[0,1]D、它是周期為的函數(shù)6．設(shè)0<x<，下列關(guān)系中正確的是（）A、sin(sinx)<sinx<sin(tgx)B、sin(sinx)<sin(tgx)<sinxC、sin(tgx)<sinx<sin(sinx)D、sinx<sin(tgx)<sin(sinx)7．若sin=，cos=-，則[0,2]，終邊在（）A、第一象限B、第二象限C、第三象限D(zhuǎn)、第四象限8．如果一弧度的圓心角所對(duì)的弦長(zhǎng)為2，那么這個(gè)圓心角所對(duì)的弧長(zhǎng)是（）A、sinB、C、D、2sin9．化簡(jiǎn)三角函數(shù)式tg(+)(kZ),結(jié)果是（）A、tgB、ctgC、ctgD、-tg10．設(shè)(0,)，，的大小是（）A、A>BB、A≥BC、A<BD、A≤B答案:BBDCDADCBC5正、余弦函數(shù)的有界性之解題作用正、余弦函存在著有界性，即，，在一些數(shù)學(xué)問(wèn)題中靈活地加以運(yùn)用，溝通三角函數(shù)與數(shù)值間的關(guān)系，能大大簡(jiǎn)化解題過(guò)程。例1．若實(shí)數(shù)滿足，求的值。(黃岡，二模理科）解：原方程可化為，因?yàn)?，所以，所以，所以所以。?．在中，，試判定三角形的形狀。解：因?yàn)?，，又，所以，而，，于是，所以，。故為等腰直角三角形。?．已知四邊形中的角、滿足求證：證明：由已知條件有所以由于。從而所以，但，所以，。所以，故。例4．已知函數(shù)，，求證：對(duì)于任意，有。證明：因?yàn)?，所以。令，，則，所以從而又，故例5．證明：。證明：設(shè)，則只須證明。因?yàn)橐驗(yàn)?，所以，從而。故。?．復(fù)數(shù)，，的幅角分別為、、，，，，且，問(wèn)為何值時(shí)，分別取得最大值和最小值，并求出最大值和最小值。解；因?yàn)?，，，因?yàn)?，所以。因而，。兩式平方相加得由題設(shè)知，，所以……（＊）因?yàn)椋?，解之得。由（＊）知，?dāng)時(shí)，。又由（＊）及知，當(dāng)、時(shí)，。例7．設(shè)為無(wú)理數(shù)，求證：函數(shù)不可能是周期函數(shù)。證明：假設(shè)是周期函數(shù)，則存在常數(shù)，使對(duì)于任意的，都成立。令得，因?yàn)?，，所以從而，所以。此時(shí)，為整數(shù)，則為有理數(shù)，但為無(wú)理數(shù)，這是不可能的，故命題成立。1．（2010年全國(guó)）在(0,2)內(nèi)，使sinx>cosx成立的x取值范圍為（）。A、B、C、D、解：在內(nèi)，sinx>cosx，在內(nèi)sinx>cosx；在內(nèi)，sinx>cosx；綜上，∴應(yīng)選C。2．（2011年黃岡）的值為（）。A、B、C、D、解：∴應(yīng)選B。3．(黃岡，二模理科）已知點(diǎn)P(sin-cos,tg)在第一象限，則在[0，2]內(nèi)的取值范圍是（）A、B、C、D、解：由題設(shè)，有在[0，2）的范圍內(nèi)，在同一坐標(biāo)系中作出y=sinx和y=cosx的圖像，可在時(shí)，sin>cos?！鄳?yīng)選B。4．（1998年全國(guó)）sin600的值是（）。A、B、C、D、解：sin600=sin(360+240)=sin240=sin(180+60)=-sin60=∴應(yīng)選D。6高考數(shù)學(xué)數(shù)列重點(diǎn)題型分析數(shù)列是高中代數(shù)的重要內(nèi)容，又是學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)的基礎(chǔ).在高考和各種數(shù)學(xué)競(jìng)賽中都占有重要的地位.一、等差數(shù)列與等比數(shù)列例1．A＝{遞增等比數(shù)列的公比}，B＝{遞減等比數(shù)列的公比}，求A∩B．解：設(shè)q∈A，則可知q>0（否則數(shù)列為擺動(dòng)數(shù)列）．由an＋1－an＝a1·qn－a1·qn－1＝a1·qn－1(q－1)>0，得當(dāng)a1＞0時(shí)，那么q＞1；當(dāng)a1＜0時(shí)，則0＜q＜1．從而可知A＝{q|0<q<1或q>1}．若q∈A，同樣可知q>0．由an＋1－an＝a1·qn－a1·qn－1＝a1·qn－1(q－1)＜0，得當(dāng)a1＞0時(shí)，那么0＜q＜1；當(dāng)a1＜0時(shí)，則q＞1．亦可知B＝{q|0<q<1或q>1}．故知A∩B＝{q|0<q<1或q>1}．說(shuō)明：貌似無(wú)法求解的問(wèn)題，通過(guò)數(shù)列的基本量，很快就找到了問(wèn)題的突破口！例2．求數(shù)列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，……，(1＋2＋22＋……＋2n－1)，……前n項(xiàng)的和．分析：要求得數(shù)列的和，當(dāng)務(wù)之急是要求得數(shù)列的通項(xiàng)，并從中發(fā)現(xiàn)一定規(guī)律．而通項(xiàng)又是一等比數(shù)列的和．設(shè)數(shù)列的通項(xiàng)為an，則an＝1＋2＋22＋……＋2n－1＝eq\f(1·(1－2n),1－2)＝2n－1．從而該數(shù)列前n項(xiàng)的和Sn＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝eq\f(2·(1－2n),1－2)－n＝2n＋1－n－2．說(shuō)明：利用下列常用求和公式求和是數(shù)列求和的最基本最重要的方法.等差數(shù)列求和公式：2、等比數(shù)列求和公式：4、常用的數(shù)列求和方法有：利用常用求和公式求和；錯(cuò)位相減法求和；反序相加法求和；分組法求和；裂項(xiàng)法求和；合并法求和；利用數(shù)列的通項(xiàng)求和等等。例3．已知等差數(shù)列{an}的公差d＝eq\f(1,2)，S100＝145．設(shè)S奇＝a1＋a3＋a5＋……＋a99，S＇＝a3＋a6＋a9＋……＋a99，求S奇、S＇．解：依題意，可得S奇＋S偶＝145，即S奇＋(S奇＋50d)＝145，即2S奇＋25＝145，解得，S奇＝120．又由S100＝145，得eq\f((a1＋a100)100,2)＝145，故得a1＋a100＝2.9S＇＝a3＋a6＋a9＋……＋a99＝eq\f((a3＋a99)33,2)＝eq\f((a2＋a100)33,2)＝eq\f((0.5＋a1＋a100)33,2)＝eq\f((0.5＋2.9)33,2)＝1.7·33＝56.1．說(shuō)明：整體思想是求解數(shù)列問(wèn)題的有效手段！例4．在數(shù)列{an}中，a1＝b(b≠0)，前n項(xiàng)和Sn構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列。（1）求證：數(shù)列{an}不是等比數(shù)列；（2）設(shè)bn＝a1S1＋a2S2＋…＋anSn，|q|<1，求bn。解：（1）證明：由已知S1＝a1＝b∵{Sn}成等比數(shù)列，且公比為q。∴Sn＝bqn－1，∴Sn－1＝b·qn－2(n≥2)。當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝bqn－1－bqn－2＝b·(q－1)·qn－2故當(dāng)q≠1時(shí)，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(b(q－1)·qn－1,b(q－1)·qn－2)＝q，而eq\f(a2,a1)＝eq\f(b(q－1),b)＝q－1≠q，∴{an}不是等比數(shù)列。當(dāng)q＝1，n≥2時(shí)，an＝0，所以{an}也不是等比數(shù)列。綜上所述，{an}不是等比數(shù)列。（2）∵|q|<1，由（1）知n≥2，a2，a3，a4，…，an構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，∴a2S2，a3S3，…，anSn是公比為q2的等比數(shù)列?！郻n＝b2＋a2S2·(1＋q2＋q4＋…＋q2n－4)∵S2＝bq，a2＝S2－S1＝bq－b∴a2S2＝b2q(q－1)∴bn＝b2＋b2q(q－1)·eq\f(1－q2n－2,1－q2)∵|q|<1∴q2n－2＝0∴bn＝b2＋b2q(q－1)·eq\f(1,1－q2)＝eq\f(b2,1＋q)說(shuō)明：1＋q2＋q4＋…＋q2n－4的最后一項(xiàng)及這個(gè)式子的項(xiàng)數(shù)很容易求錯(cuò)，故解此類(lèi)題時(shí)要細(xì)心檢驗(yàn)。數(shù)列的極限與數(shù)列前n項(xiàng)和以及其他任何有限多個(gè)項(xiàng)無(wú)關(guān)，它取決于n→∞時(shí)，數(shù)列變化的趨勢(shì)。二、數(shù)列應(yīng)用題例5．(2001年全國(guó)理)從社會(huì)效益和經(jīng)濟(jì)效益出發(fā)，某地投入資金進(jìn)行生態(tài)環(huán)境建設(shè)，并以此發(fā)展旅游產(chǎn)業(yè).根據(jù)規(guī)劃，本年度投入800萬(wàn)元，以后每年投入將比上年減少eq\f(1,5).本年度當(dāng)?shù)芈糜螛I(yè)收入估計(jì)為400萬(wàn)元，由于該項(xiàng)建設(shè)對(duì)旅游業(yè)的促進(jìn)作用，預(yù)計(jì)今后的旅游業(yè)收入每年會(huì)比上年增加eq\f(1,4)。(Ⅰ)設(shè)n年內(nèi)(本年度為第一年)總投入為an萬(wàn)元，旅游業(yè)總收入為bn萬(wàn)元.寫(xiě)出an，bn的表達(dá)式(Ⅱ)至少經(jīng)過(guò)幾年旅游業(yè)的總收入才能超過(guò)總投入?解：第1年投入800萬(wàn)元，第2年投入800×(1－eq\f(1,5))萬(wàn)元……，eq\f(5,4)第n年投入800×(1－eq\f(1,5))n－1萬(wàn)元所以總投入an＝800＋800(1－eq\f(1,5))＋……＋800×(1－eq\f(1,5))n－1＝4000［1－(eq\f(4,5))n］同理：第1年收入400萬(wàn)元，第2年收入400×(1＋eq\f(1,4))萬(wàn)元，……，第n年收入400×(1＋eq\f(1,4))n－1萬(wàn)元bn＝400＋400×(1＋eq\f(1,4))＋……＋400×(1＋eq\f(1,4))n－1＝1600×［(eq\f(5,4))n－1］(2)∴bn－an＞0，1600［(eq\f(5,4))n－1］－4000×［1－(eq\f(4,5))n］＞0化簡(jiǎn)得，5×(eq\f(4,5))n＋2×(eq\f(5,4))n－7＞0設(shè)x＝(eq\f(4,5))n，5x2－7x＋2＞0∴x＜eq\f(2,5)，x＞1(舍)

即(eq\f(4,5))n＜eq\f(2,5)，n≥5.說(shuō)明：本題主要考查建立函數(shù)關(guān)系式，數(shù)列求和，不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力。解數(shù)學(xué)問(wèn)題應(yīng)用題重點(diǎn)在過(guò)好三關(guān)：(1)事理關(guān)：閱讀理解，知道命題所表達(dá)的內(nèi)容；(2)文理關(guān)：將“問(wèn)題情景”中的文字語(yǔ)言轉(zhuǎn)化為符號(hào)語(yǔ)言，用數(shù)學(xué)關(guān)系式表述事件；(3)數(shù)理關(guān)：由題意建立相關(guān)的數(shù)學(xué)模型，將實(shí)際問(wèn)題數(shù)學(xué)化，并解答這一數(shù)學(xué)模型，得出符合實(shí)際意義的解答。例6．某縣位于沙漠地帶，人與自然長(zhǎng)期進(jìn)行著頑強(qiáng)的斗爭(zhēng)，到2001年底全縣的綠化率已達(dá)30%。從2002年開(kāi)始，每年將出現(xiàn)這樣的局面，即原有沙漠面積的16%將被綠化，與此同時(shí)，由于各種原因，原有綠化面積的4%又被沙化。(1)設(shè)全縣面積為1，2001年底綠化面積為a1＝eq\f(3,10)，經(jīng)過(guò)n年綠化總面積為an＋1求證an＋1＝eq\f(4,25)＋eq\f(4,5)an(2)至少需要多少年(年取整數(shù)，lg2＝0.3010)的努力，才能使全縣的綠化率達(dá)到60%？(1)證明：由已知可得an確定后，an＋1表示如下：an＋1=an(1－4%)＋(1－an)16%即an＋1=80%an+16%=eq\f(4,5)an+eq\f(4,25)(2)解：由an＋1=eq\f(4,5)an+eq\f(4,25)可得：an＋1－eq\f(4,5)=eq\f(4,5)(an－eq\f(4,5))=(eq\f(4,5))2(an－1－eq\f(4,5))=…=(eq\f(4,5))n(a1－eq\f(4,5))故有an＋1＝－eq\f(1,2)(eq\f(4,5))n＋eq\f(4,5)，若an＋1≥eq\f(3,5)，則有－eq\f(1,2)(eq\f(4,5))n＋eq\f(4,5)≥eq\f(3,5)即eq\f(1,2)≥(eq\f(4,5))n－1兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)可得－lg2≥(n－1)(2lg2－lg5)＝(n－1)(3lg2－1)故n≥eq\f(lg2,1－3lg2)＋1＞4，故使得上式成立的最小n∈N＋為5，故最少需要經(jīng)過(guò)5年的努力，才能使全縣的綠化率達(dá)到60%.三、歸納、猜想與證明例7．已知數(shù)列{an}滿足Sn＋an＝eq\f(1,2)(n2＋3n－2)，數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，且bn＝an－an－1－1(n≥2).(1)試猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，并證明你的結(jié)論;解：（1）∵Sn＋an＝eq\f(1,2)(n2＋3n－2)，S1＝a1，∴2a1＝eq\f(1,2)(1＋3×1－2)＝1，∴a1＝eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2).當(dāng)n＝2時(shí)，有eq\f(1,2)＋2a2＝eq\f(1,2)(22＋3×2－2)＝4，∴a2＝eq\f(7,4)＝2－eq\f(1,22)猜想，得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n－eq\f(1,2n)(2)若cn＝b1＋b2＋…＋bn，求的值.當(dāng)n＝3時(shí)，有eq\f(1,2)＋eq\f(7,4)＋3a3＝8，∴a3＝eq\f(23,8)＝3－.eq\f(1,23)用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，等式成立.②假設(shè)n＝k時(shí)，等式ak＝k－eq\f(1,2k)成立，那么n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝[eq\f((k＋1)2＋3(k＋1)－2,2)－ak＋1]－[eq\f(k2＋3k－2,2)－ak],.∴2ak＋1＝k＋2＋ak，2ak＋1＝k＋2＋(k－eq\f(1,2k))，∴ak＋1＝(k＋1)－eq\f(1,2k＋1)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立.綜上①、②知，對(duì)一切自然數(shù)n都有an＝n－eq\f(1,2n)成立.(2)∵b1＝a1＝eq\f(1,2)，bn＝an－an－1－1＝[n－eq\f(1,2n)]－[(n－1)－eq\f(1,2n－1)]－1＝eq\f(1,2n).∴cn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－(eq\f(1,2))n，∴＝[1－(eq\f(1,2))n]＝1.例8．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，對(duì)于任意的n∈N，都有an＞0，且(n＋1)an2＋anan＋1－nan＋12＝0.又知數(shù)列{bn}滿足：bn＝2n－1＋1..(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an以及它的前n項(xiàng)和Sn；(Ⅱ)求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn；(Ⅲ)猜想Sn和Tn的大小關(guān)系，并說(shuō)明理由.解：(n＋1)an2＋anan＋1－nan＋12＝0.是關(guān)于an和an＋1的二次齊次式，故可利用求根公式得到an與an＋1的更為明顯的關(guān)系式，從而求出an．(Ⅰ)∵an＞0（n∈N），且(n＋1)an2＋anan＋1－nan＋12＝0，∴(n＋1)(eq\f(an,an＋1))2＋(eq\f(an,an＋1))－n＝0．∴eq\f(an,an＋1)＝－1或eq\f(an,an＋1)＝eq\f(n,n＋1)．∵an＞0（n∈N），∴eq\f(an,an＋1)＝eq\f(n,n＋1)．∴eq\f(an,a1)＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·……·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)＝eq\f(n,n－1)·eq\f(n－1,n－2)·eq\f(n－2,n－3)·…·eq\f(3,2)·eq\f(2,1)＝n．又a1＝2,所以，an＝2n．∴Sn＝a1＋a2＋a3＋……＋an＝2(1＋2＋3……＋n)＝n2＋n．(Ⅱ)∵bn＝2n－1＋1，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋……＋bn＝20＋21＋22＋……＋2n－1＋n＝2n＋n－1(Ⅲ)Tn－Sn＝2n－n2－1．當(dāng)n＝1時(shí)，T1－S1＝0，∴T1＝S1；當(dāng)n＝2時(shí)，T2－S2＝－1，∴T2＜S2；當(dāng)n＝3時(shí)，T3－S3＝－2，∴T3＜S3；當(dāng)n＝4時(shí)，T4－S4＝－1，∴T4＜S4；當(dāng)n＝5時(shí)，T5－S5＝6，∴T5＞S5；當(dāng)n＝6時(shí)，T6－S6＝27，，∴T6＞S6；猜想：當(dāng)n≥5時(shí)，Tn＞Sn.即2n＞n2＋1.下用數(shù)學(xué)歸納法證明：1°當(dāng)n＝5時(shí)，前面已驗(yàn)證成立；2°假設(shè)n＝k（k≥5）時(shí)命題成立，即2k＞k2＋1.成立，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，2k＋1＝2·2k＞2(k2＋1)＝k2＋k2＋2≥k2＋5k＋2＞k2＋2k＋2＝(k＋1)2＋1．即n＝k＋1(k≥5)時(shí)命題也成立．由以上1°、2°可知，當(dāng)n≥5時(shí)，有Tn＞Sn.；綜上可知：當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝S1；當(dāng)2≤n＜5時(shí)，Tn＜Sn.，當(dāng)n≥5時(shí)，有Tn＞Sn.．說(shuō)明：注意到2n的增長(zhǎng)速度大于n2＋1的增長(zhǎng)速度，所以，在觀察與歸納的過(guò)程中，不能因?yàn)閺膎＝1到n＝4都有Tn≤Sn.就得出Tn≤Sn.的結(jié)論，而應(yīng)該堅(jiān)信：必存在，使得2n＞n2＋1，從而使得觀察的過(guò)程繼續(xù)下去．例9．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x2－3)，(x≤－3)(1)求f(x)的反函數(shù)f－1(x);(2)記a1＝1,an＝－f－1(an－1)(n≥2),請(qǐng)寫(xiě)出a2,a3,a4的值并猜測(cè)想an的表達(dá)式.再用數(shù)學(xué)歸納法證明.解：(1)設(shè)y＝f(x)＝eq\r(x2－3)，(x≤－eq\r(3))，由y2＝x2－3(x≤－)，x＝－eq\r(y2＋3)即f－1(x)＝－eq\r(x2＋3)(x≥0).(2)由a1＝1且an＝－f－1(an－1)(n≥2的整數(shù))，a2＝－f－1(a1)＝－(－eq\r(a12＋3)＝eq\r(4)，a3＝eq\r(3＋4)＝\r(7)，a4＝eq\r(3＋7)＝\r(10).依不完全歸納可以猜想到：an＝eq\r(3n－2)(n自然數(shù))下面用數(shù)學(xué)歸納法予以證明：當(dāng)n＝1時(shí),a1＝eq\r(3×1－2)＝1命題成立假設(shè)n＝k(1≤k≤n)時(shí),命題成立：即ak＝eq\r(3k－2)那么當(dāng)n＝k＋1時(shí),ak＋1＝－f－1(ak)＝eq\r(ak2＋3)＝eq\r((3k－2)＋3)＝eq\r(3(k＋1)－2)綜上所述,可知對(duì)一切自然數(shù)n均有an＝eq\r(3n－2)成立.例10．已知數(shù)列{an}中，a7＝4，an＋1＝eq\f(3an＋4,7－an)，．（Ⅰ）是否存在自然數(shù)m，使得當(dāng)n≥m時(shí)，an＜2；當(dāng)n＜m時(shí)，an＞2？（Ⅱ）是否存在自然數(shù)p，使得當(dāng)n≥p時(shí)，總有eq\f(an－1＋an＋1,2)＜an？解：（Ⅰ）首先考慮能否化簡(jiǎn)已知條件an＋1＝eq\f(3an＋4,7－an)，但事實(shí)上這一條路走不通，于是，我們轉(zhuǎn)而考慮通過(guò)計(jì)算一些ak的值來(lái)尋找規(guī)律．不難得到：a8＝eq\f(16,3)，a9＝12，a10＝－8，a11＝－eq\f(4,3)，a12＝0，a13＝eq\f(4,7)，可以看出：a8，a9均大于2，從a10到a13均小于2，但能否由此斷定當(dāng)n＞13時(shí)，也有an＜2？這就引導(dǎo)我們?nèi)ニ伎歼@樣一個(gè)問(wèn)題：若an＜2，能否得出an＋1＜2？為此，我們考查an＋1－2與an－2的關(guān)系，易得an＋1－2＝eq\f(3an＋4,7－an)－2＝eq\f(5(an－2),7－an)．可以看出：當(dāng)an＜2時(shí)，必有an＋1＜2．于是，我們可以確定：當(dāng)n≥10時(shí)，必有an＜2．為了解決問(wèn)題（Ⅰ），我們還需驗(yàn)證當(dāng)n＝1，2，……，9時(shí)，是否均有an＞2．方法之一是一一驗(yàn)證．即通過(guò)已知條件解出：an＝eq\f(7an＋1－4,an＋1+3)．由此，我們可以從a7出發(fā)，計(jì)算出這個(gè)數(shù)列的第6項(xiàng)到第1項(xiàng)，從而得出結(jié)論．另外，得益于上述解法，我們也可以考慮這樣的問(wèn)題：“若an＋1＞2，能否得出an＞2”？由an－2＝eq\f(7an＋1－4,an＋1+3)－2＝eq\f(5(an＋1－2),an＋1+3)不難得知：上述結(jié)論是正確的．所以，存在m＝10，使得當(dāng)n≥m時(shí)，an＜2；當(dāng)n＜m時(shí)，an＞2．（Ⅱ）問(wèn)題等價(jià)于：是否存在自然數(shù)p，使得當(dāng)n≥p時(shí)，總有an－1－an＋1－2an＜0．由（Ⅰ）可得：an－1－an＋1－2an＝eq\f(2(an＋1－2)3,(7－an＋1)(3＋an))．我們已經(jīng)知道：當(dāng)n≥10時(shí)，an＜2，于是(an＜2)3＜0，（7－an）＜0，所以，我們只需考慮：是否存在不小于10的自然數(shù)p，使得當(dāng)n≥p時(shí)，總有an＞－3？觀察前面計(jì)算的結(jié)果，可以看出：a10＜－3，a11，a12，a13均大于－3，可以猜想：p＝11即可滿足條件．這樣的猜想是否正確？我們只需考查an＋1＋3與an＋3的關(guān)系：由an＋1＋3＝eq\f(3an＋4,7－an)＋3＝eq\f(25,7－an)可知：上述結(jié)論正確．另外，如果我們注意到從a11到a13，數(shù)列的項(xiàng)呈遞增的趨勢(shì)，則也可以考慮an＋1－an．由an＋1－aneq\f(3an＋4,7－an)－an＝eq\f((an－2)2,7－an)＞0，從而得出結(jié)論．說(shuō)明：（1）歸納、猜想是建立在細(xì)致的觀察和縝密的分析基礎(chǔ)上的，并非無(wú)源之水、無(wú)本之木．（2）上述分析的過(guò)程如果用數(shù)學(xué)歸納法寫(xiě)出，則相當(dāng)簡(jiǎn)潔，但同時(shí)也掩蓋了思維的過(guò)程．四、由遞推公式探求數(shù)列問(wèn)題例11．設(shè)An為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和，An＝eq\f(3,2)(an－1)，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝4n＋3。（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）把數(shù)列{an}與{bn}的公共項(xiàng)按從小到大先后順序排成一個(gè)新的數(shù)列{dn}，證明數(shù)列{dn}的通項(xiàng)公式為dn＝32n＋1;（3）設(shè)數(shù)列{dn}的第n項(xiàng)是數(shù)列{bn}中的第r項(xiàng)，Br為數(shù)列{bn}的前r項(xiàng)的和，Dn為數(shù)列{dn}的前n項(xiàng)和，Tn＝Br－Dn，求eq\f(Tn,an4)。解：（1）由An＝eq\f(3,2)(an－1)，可知An＋1＝eq\f(3,2)(an＋1－1)∴An＋1－An＝eq\f(3,2)(an＋1－an)＝an＋1，即eq\f(an＋1,an)＝3而a1＝A1＝eq\f(3,2)(a1－1)，得a1＝3所以數(shù)列{an}是以3為首項(xiàng)，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n。（2）∵32n＋1＝3·32n＝3·(4－1)2n＝3×（42n＋C12n·42n－1(－1)＋…＋C2n2n－1·4·(－1)＋(－1)2n）＝4m＋3∴32n＋1∈{bn}而數(shù)32n＝（4－1）2n＝42n＋C2n1·42n－1·（－1）＋…＋C2n2n－1·4·(－1)＋(－1)2n＝(4k＋1)∴32n{bn}而數(shù)列{an}＝{32n＋1}∪{32n}∴dn＝32n＋1(3)由32n＋1＝4·r＋3，可知r＝eq\f(32n＋1－3,4)∵Br＝eq\f(r(7＋4r＋3),2)＝r(2r＋5)＝eq\f(32n＋1－3,4)·eq\f(32n＋1＋7,2)Dn＝eq\f(27,1－9)·(1－9n)＝eq\f(27,8)(9n－1)∴Tn＝Br－Dn＝eq\f(92n＋1＋4·32n＋1－21,8)－eq\f(27,8)(9n－1)＝eq\f(9,8)·34n－eq\f(15,8)·32n＋eq\f(3,4)又∵（an）4＝34n∴eq\f(Tn,an4)＝eq\f(9,8)例12．已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\r(x2－a2)(a>0)（1）求f(x)的反函數(shù)f－1(x)及其定義域；(黃岡，一模理科）（2）數(shù)列{an}滿足eq\b\lc\{(\a\al\col(a1＝3a,an＋1＝f－1(an)))設(shè)bn＝eq\f(an－a,an＋a)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，試比較Sn與eq\f(7,8)的大小，并證明你的結(jié)論。解：（1）給y－x＝eq\r(x2－a2)兩邊平方，整理得x＝eq\f(y2＋a2,2y)∵y－x＝y(tǒng)－eq\f(y2＋a2,2y)＝eq\f(y2－a2,2y)＝eq\f((y＋a)(y－a),2y)≥0∴y≥a或－a≤y<0故f－1(x)＝eq\f(x2＋a2,2x)，其定域?yàn)閇－a,0)∪[a,＋∞)（2）∵an＋1＝f－1(an)＝eq\f(an2＋a2,2an)∴bn＋1＝eq\f(an＋1－a,an＋1＋a)＝…＝（eq\f(an－a,an＋a)）2＝bn2(可兩邊取對(duì)數(shù)求解)又a1＝3a，b1＝eq\f(a1－a,a1＋a)＝eq\f(3a－a,3a＋a)＝eq\f(1,2)∴bn＝(bn－1)2＝(bn－2)＝(bn－3)＝…＝(b1)＝(eq\f(1,2))∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)＋(eq\f(1,2))2＋(eq\f(1,2))＋[(eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2))＋…＋(eq\f(1,2))]＝1－(eq\f(1,2))n由此可知，當(dāng)n＜3時(shí)，Sn＜eq\f(7,8)，當(dāng)n＝3時(shí)，Sn＝eq\f(7,8)，當(dāng)n＞3時(shí)，Sn＞eq\f(7,8)．又∵2n－1＝(1＋1)n－1＝1＋Ceq\o\al(\s\up5(1),\s\do3(n－1))＋Ceq\o\al(\s\up5(2),\s\do3(n－1))＋Ceq\o\al(\s\up5(3),\s\do3(n－1))＋……＋Ceq\o\al(\s\up5(n－1),\s\do3(n－1))則當(dāng)n≥4時(shí)，2n－1＞1＋Ceq\o\al(\s\up5(1),\s\do3(n－1))＋Ceq\o\al(\s\up5(2),\s\do3(n－1))＝1＋(n－1)＋eq\f((n－1)(n－2),2)>n＋1∴(eq\f(1,2))<(eq\f(1,2))n＋1∴Sn＝eq\f(1,2)＋(eq\f(1,2))2＋(eq\f(1,2))＋[(eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2))＋…＋(eq\f(1,2))]＝1－(eq\f(1,2))n由此可知，當(dāng)n≥4時(shí)，Sn＞eq\f(7,8)．當(dāng)n＝3時(shí)，Sn＝eq\f(1,2)＋(eq\f(1,2))2＋(eq\f(1,2))＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,16)＝eq\f(13,16)＜eq\f(7,8)．故知當(dāng)n≤3時(shí)，Sn＜eq\f(7,8)．說(shuō)明：本題是一道數(shù)列與函數(shù)的綜合題。首先應(yīng)準(zhǔn)確地求出f－1(x)及其定義域。搞清定義域是解題成功的一半。根據(jù)函數(shù)f(x)解析式的特點(diǎn)，也可以利用三角代換x＝asecθ，θ∈[0,eq\f(π,2))∪[π,\f(3π,2))，求函數(shù)f(x)的值域，即f－1(x)的定義域。例13．已知數(shù)列{an}中，a1＝4，an＋1＝eq\f(4an－2,an＋1)，是否存在這樣的數(shù)列{bn}，bn＝eq\f(Ban＋C,an＋A)，其中A、B、C為實(shí)常數(shù)，使得{bn}是等比數(shù)列而不是等差數(shù)列？證明你的結(jié)論，并求{an}的取值范圍。解：假設(shè)這樣的{bn}存在，則應(yīng)有bn＋1＝eq\f(Ban＋1＋C,an＋1＋A)＝eq\f(B·eq\f(4an－2,an＋1)＋C,eq\f(4an－2,an＋1)＋A)＝eq\f(\f(4B＋C,4＋A)an＋\f(C－2B,4＋A),an＋\f(A－2,4＋A))又bn＝eq\f(Ban＋C,an＋A)存在q≠0，q≠1，q為常數(shù)，使bn＋1＝qbn，對(duì)n∈N都成立，于是比較兩邊的分子和分母，有eq\b\lc\{(\a\al\col(\f(A－2,4＋A)＝A(1),\f(4B＋C,4＋A)＝Bq(2),\f(C－2B,4＋A)＝Cq(3)))由（1）可解得A＝－1或－2，由（2）、（3）可解得B＝－C或C＝－2B。1°若eq\b\lc\{(\a\al\col(A＝－1,B＝－C))代入（2）知q＝1（B、C不能為0，否則bn＝0，不合題意要求）舍去。2°若eq\b\lc\{(\a\al\col(A＝－1,C＝－2B))代入（2）得q＝eq\f(2,3)3°當(dāng)eq\b\lc\{(\a\al\col(A＝－2,B＝－C))時(shí)，q＝EQ\F(3,2)4°當(dāng)eq\b\lc\{(\a\al\col(A＝－2,C＝－2B))時(shí)，q＝1（舍去）故現(xiàn)只取A＝－1，B＝1，C＝－2，q＝eq\f(2,3)（不必考慮q＝EQ\F(3,2)時(shí)的情況，因?yàn)橹蛔C存在性）。得bn＝eq\f(an－2,an－1)所以滿足題設(shè)條件的數(shù)列存在。對(duì)于{an}的取值范圍，我們可以這樣解.∵an＋1－an＝eq\f(4an－2,an＋1)－an＝－eq\f((an－2)(an－1),(an＋1))，a1＝4>2，故a2<a1。如果能證明所有的an都大于2，便可用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}是單調(diào)遞減的。事實(shí)上∵an＋1－2＝eq\f(4an－2,an＋1)－2＝eq\f(2(an－2),an＋1)由上式，我們也可用數(shù)學(xué)歸納法由a1>2，得an>2，所以{an}單調(diào)遞減。且因?yàn)閍n>2，所以an－2＝eq\f(2(an－2),an＋1)<eq\f(2,3)(an－1－2)<(eq\f(2,3))2(an－2－2)<…<(eq\f(2,3))n－1(a1－2)∴an＝2，故an∈(2，4。說(shuō)明：存在性問(wèn)題的解法常是假設(shè)存在經(jīng)過(guò)推理、運(yùn)算或是求出結(jié)論得出存在或是得出矛盾證明不存在。本題的{an}的范圍還可用前半部分的結(jié)論來(lái)求。解法如下：b1＝eq\f(a1－2,a1－1)＝eq\f(2,3)，故bn＝(eq\f(2,3))n∴eq\f(an－2,an＋1)＝(eq\f(2,3))n∴an＝eq\f(1,1－(\f(2,3))n)＋1由此易得an∈(2，4。例14．（1）設(shè)數(shù)列{cn}，其中cn＝2n＋3n，且數(shù)列{cn＋1－pcn}為等比數(shù)列，求常數(shù)p。（2）設(shè)數(shù)列{an}、{bn}是公比不相等的兩個(gè)等比數(shù)列，cn＝an＋bn，證明：{cn}不是等比數(shù)列。證明：（1）∵{cn＋1－pcn}是等比數(shù)列，故有(cn＋1－pcn)2＝(cn＋2－pcn＋1)·(cn－pcn－1)將cn＝2n＋3n代入上式，得：[2n＋1＋3n＋1－p(2n＋3n)]2＝[2n＋2＋3n＋2－p(2n＋1＋3n＋1)]·[2n＋3n－p(2n－1＋3n－1)]整理得：eq\f(1,6)(2－p)(3－p)·2n·3n＝0解之得：p＝2或p＝3。（2）設(shè){an}，{bn}的公比分別為p，q，p≠q，cn＝an＋bn。為證{Cn}不是等比數(shù)列，只要證明c22≠c1·c3事實(shí)上：c22＝(a1p＋b1q)2＝a12p2＋b12q2＋2a1b1pqc1c3＝(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)＝a12p2＋＋b12q2＋a1b1(p2＋q2)∵p≠q，∴p2＋q2>2pq，又a1，b1不為零，∴c22≠c1·c3，故{cn}不是等比數(shù)列。說(shuō)明：本題是2000年全國(guó)高考數(shù)學(xué)試題。其證法很多，建議讀者從不同的角度審視此題。我們可以得出更一般的結(jié)論；推論1：設(shè)數(shù)列{cn}，cn＝an＋bn且a≠b，則數(shù)列{cn＋1－pcn}為等比數(shù)列的充要條件是p＝a或p＝b。推論2：設(shè){an}、{bn}是兩個(gè)等比數(shù)列，則數(shù)列{an＋bn}為等比數(shù)列的充要條件是，數(shù)列{an}，{bn}的公比相等。推論3：公比為a、b的等比數(shù)列{an}，{bn}，且a≠b，s、t為不全為零的實(shí)數(shù)，cn＝san＋tbn為等比數(shù)列的充要條件是st＝0。例15．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝8，a4＝2且滿足an＋2＝2an＋1－ann∈N(黃岡，三模理科）（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求sn;（3）設(shè)bn＝eq\f(1,n(12－an))(n∈N)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn(n∈N)，是否存在最大的整數(shù)m，使得對(duì)任意n∈N，均有Tn＞eq\f(m,32)成立？若存在，求出m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。解：（1）由an＋2＝2an＋1－anan＋2－an＋1＝an＋1－an，可知{an}成等差數(shù)列，d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝－2－∴an＝10－2n（2）由an＝10－2n≥0得n≤5∴當(dāng)n≤5時(shí)，Sn＝－n2＋9n當(dāng)n>5時(shí)，Sn＝n2－9n＋40故Sn＝eq\b\lc\{(\a\al\col(－n2＋9n1≤n≤5,n2－9n＋40n＞5))（n∈N）（3）bn＝eq\f(1,n(12－an))＝eq\f(1,n(2n＋2))＝eq\f(1,2)(eq\f(1,n)－\f(1,n＋1))∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋……＋(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n))]＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(n,2(n＋1))＞eq\f(n－1,2n)＞Tn－1＞Tn－2＞……＞T1.∴要使Tn>eq\f(m,32)總成立，需eq\f(m,32)<T1＝eq\f(1,4)恒成立，即m<8，（m∈Z）。故適合條件的m的最大值為7．7高考數(shù)學(xué)數(shù)列專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練{黃岡題庫(kù)}一.選擇題:1．lgx，lgy，lgz成等差數(shù)列是x，y，z成等比數(shù)列的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件2．(文)在等比數(shù)列中,則·=6，,則=()A.B.C.或D.或(理)若是等比數(shù)列,其中是方程的兩根,且,則k的值為()A.B.C.D.3．?dāng)?shù)列滿足<,,則實(shí)數(shù)的取值范圍是()A.>0B.<0C.=0D.>-34．設(shè)數(shù)列1,(1+2),(1+2+)…(1+2++…+)的前n項(xiàng)和為,則等于()A.B.-nC.-nD.-n-25．某工廠月生產(chǎn)總值平均增長(zhǎng)率為p,則年平均增長(zhǎng)率為()A.12PB.C.D.6．在數(shù)列中,已知,,,則等于()A.5B.4C.-1D.-47．(理)給出一系列碳?xì)浠衔锏姆肿邮?,,…,則該系列化合物的分子中含碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)最大可無(wú)限接近于()A.95%B.96%C.97%D.98%(文)若數(shù)列的前n項(xiàng)和為,且,則數(shù)列()A.只能是遞增的等比數(shù)列B.只能是遞減的等差數(shù)列C.只能是遞減的等比數(shù)列D.可能是常數(shù)列8．已知1是與的等比中項(xiàng),又是與的等差中項(xiàng),則的值為()A.1或-B.1或-C.1或D.1或9．若方程與的四個(gè)實(shí)根適當(dāng)排列后,恰好組成一個(gè)首項(xiàng)為1的等比數(shù)列,則m：n的值為()A.