数列、极限、数学归纳法 教案示例

数列、极限、数学归纳法 教案示例
目标：引导同学对所做旧题进行回顾反思，使对本章知识点、方法系统及易错点有一个更清晰的线索，框架，培养学生面对陌生情景的问题时，能从运用知识点，方法体系的角度去思考分析问题的解题策略。

难点：策略意识的归纳提取及运用 范例：
例1．(1)在等差数列{a n }中，若a 10=0,则有等式a 1+a 2+……+a n =a 1+a 2+……+a 19-n (n<19, n ∈N) 成立，类比上述性质，相应地：在等比数列{b n }中，若b 9=1,则有等式________成立。

(2)公差不为0的等差数列中，若第k,n,p 项成等比数列，则其公比为（ ）。

A 、p n n k --
B 、k n n p --
C 、p k n k --
D 、n
p k
p --
(3)等差数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n 和T n , 若132+=n n T S n n ，则n
n n b a lim ∞→等于（ ）。

A 、1 B 、
3
6
C 、32
D 、94
解析：以上三题都考查有关等差、等比数列概念，此处知识要点是定义、公式的理解运用。

问题主要是“知三求二”类的方程计算，方法有①“基本量法”（即把问题化归到a 1,d 或q 上去，简单可行，但通常较为麻烦）；②“表示技巧法”（在等差、等比数列中任两项都可互相表示；中项；若有k,l,m,n ∈N 且k+l=m+n...{a n }为AP 则a k +a l =a m +a n , {a n }为GP ，则a k ·a l =a m ·a n ）；③还有少数问题可联系函数去解决。

(1)a 1+a 2+……+a n =a 1+a 2+……+a 19-n ,{a n }等差,a 10=0, 此处用了：2a 10=a 9+a 11=a 8+a 12=……=a n +a 20-n . 而a 20-n 的前一项为a 19-n ，故上式成立，若{b n }等比数列，b 9=1,对于n<17, 则有：
11811710829=====-n n b b b b b b b ，
b 1,b 2,b 3……,b n 中，b 18-n 的前一项为b 17-n ,
b 1·b 2·b 3……b n =b 1·b 2·b 3……b 17-n (n<17, n ∈N). (2)若a k , a n , a p 成等比，设公比为q ，则p k n a a a ⋅=2
, 由{a n }等差，设公差为d(d ≠0) 则 a k =a n +(k-n)d, a p =a n +(p-n)d, n
n
p a d n p a a q )
(1-+==
, ∴ 22
2))((])()[(d n p n k a d n p d n k a a n n n --+-+-+=
∴
)
)((2n p n k p
k n a d n ----=
, ∴ n
k p
n n k p k n q --=---+=21, 选B 。

(3) {a n }为等差数列，故2)
)(12(12112--+-=n n a a n S ，而 a 1+a 2n-1=2a n ,
故一般地，对等差数列有1
212-=-n S
a n n
∴ 321)12(3)12(21
212lim
1212lim 121
2lim lim =+--==--=∞→--∞→--∞→∞→n n T S n T n S b a n n n n n n n n n n 。

评述：(1)题若{b n }为正项数列,可令a n =lgb n ，由已知推出。

(2),(3)题亦可用基本量法来作，但显然运算量会大上许多，此三题均选自高考原题和模拟题，要注意此类问题方法，技巧的归纳运用。

例2．数列{a n }的前n 项和是S n , 数列{b n }满足b 1=a 1, b n+1=a n+1-a n , a n +S n =n.
(1) 求证：数列{b n }是等比数列，并写出其通项公式； (2) 求lim ∞→n a n .
解析：对一般数列的问题，通常的问题有：递推关系辨析、使用问题；前n 项和S n 使用和计算问题。

通常的解题方法有：①赋n=1,2,3,4归纳猜想证明（运用数学归纳法）；（此法，简单，可操作性强，历来被视为看家的方法）；②利用所给式子的结构，将n 值赋成n-1,n+1或连续赋n,n-1,n-2,……3,2,1，运用方程或叠加叠乘技巧来作，（此法富于技巧但书写运算量较少，常见类型有：等差（或等比）定义型；叠加叠乘型：(n+1)a n+1-n ·a n =k ， na n+1-(n+1)a n =0; 变换可化归等差，等比型：a n =k ·a n-1+p, a n -a n-1=ka n ·a n-1; )。

对于S n 与a n 关系型的问题，通常要用
⎩⎨
⎧≥-==-)
2(11
n S S n S a n n n
n 易错点是只看S n -S n-1而忽略n=1。

解：(1)由a n +S n =n, 可得：a n+1+S n+1=n+1,
两式相减则有：a n+1-a n +(S n+1-S n )=1，即 2a n+1-a n =1 上式可变形为：2(a n+1-1)=a n -1.
又由 a 1+S 1=1, 可得2
11=
a ， 这说明数列{a n -1}为首项为21-，公比为2
1
的等比数列。

又由 2a n+1-a n =1 可变形为 a n+1-a n =1-a n+1,
由 b n+1=a n+1-a n , ∴ b n+1=1-a n+1,
∴ b n =1-a n , ∴ {b n }为等比数列，首项为
21，公比为21， ∴n n b )2
1(=. (2) 由 n n n b a )21(1==-, 可得 n
n a )2
1(1-=, lim ∞→n a n =1.
评述：此题亦可用归纳猜想证明来做，(1) 问亦可先求{1-a n }的通项，进而求出{a n }的通项，
再根据b n =a n -a n-1来作；(2)问亦可由b n =a n -a n-1 迭加得a n 通项来做。

……此题设计精巧，方法灵活，应多琢磨领会方法的运用。

例3．在数列{a n }中，a 1=1，当n ≥2时，a n ,S n , 2
1
-n S 成等比数列。

(1)求通项a n ; (2)求数列{a n }的所有项和 解：(1)∵a n ,S n , 21
-n S 成等比数列， ∴ )2
1
(2
-⋅=n n n S a S (n ≥2)，又 ∵ a n =S n -S n-1,
∴ )2
1
)((12
--=-n n n n S S S S (n ≥2)，
∴
2111
=--n n S S (n ≥2)， ∴ }1
{n S 是公差为2，首项为1的等差数列，
∴ 12)1(211
-=-+=n n S n
，
∴ 121-=n S n , 当n ≥2时，)
32)(12(2
3211211---=---=-=-n n n n S S a n n n ,
又 a 1=1不满足， ∴ ⎪⎩
⎪
⎨⎧≥---==)2()32)(12(2
)1(1
n n n n a n 。

(2) 由(1)得：1
21
-=
n S n ， ∴ 0lim ==∞→n n S S 。

评述：此题也可用归纳、猜想、证明等方法。

此题需关注两处技巧：①若由)2
1
(2
-⋅=n n n S a S 化归为有关a n 的关系式较难，可由a n →S n -S n-1去。

②式子)(2
1
11n n n n S S S S -=
⋅--的特征分析运用；此题易混之处在求lim
n ∞→S n 时不马上利用(1)问导出S n 的结果，而是又去裂项求和。

例4．已知)2(222)(≥+-=x x x x f ，且f -1
(x)为f(x)的反函数，又数列{a n }的前n 项和S n 满
足S n =f -1
(S n-1), a 1=2.
(1) 求数列{a n }的前n 项和S n 及通项a n ; (2) 若n 4a lg c ),S 1
S 1S 1lg(
b n n n 21n =+++= ，试比较b 1与
c 1；b 2与c 2；b 3与c 3的大小，猜测b n 与c n (n ∈N)的大小关系并加以证明； (3) 求极限lim ∞
→n 1
2
21+⋅+++n n
a n S S S 的值。

解析：对于数列综合题，一般有从数列引申到其它知识，类型由其它知识引入到数列中来两类，以后者居多，方法是化归（即将综合问题化归到各自的知识领域）。

解：由222)(--=x x x f , 可求得 222)(1
++=-x x x f ,
由S n =f -1
(S n-1), 21)2(+=-n n S S ,
∴ 21=
--n n S S ,
∴ }{n S 为等差数列，211==
a S ， ∴S n =2·n 2,
∴n ≥2时，a n =2(2n-1), 当n=1时， 2(2n-1)=2, ∴ a n =2(2n-1)(n ∈N).
(2) 11c 2
1lg
b ==; 85lg )8121lg(2=+=b , ,86
lg 2=c b 2<c 2;
72
60
lg 1210lg ,7249lg 33===c b , ∴ b 3<c 3. 猜测：b n ≤c n .
证：（数学归纳法）①验证n=1, n=2时b n ≤c n 成立。

②假设n=k 时， b k ≤c k 成立。

即 k a S S S k k 4lg )111lg(
21≤+++ 成立，等价于：k
k a S S S k k 21
1411121-
=≤+++ 。

则当n=k+1时，2
121)1(21
2111111++
-≤+++++k k S S S S k k 2
2)1(21
)1(2121])1(211[)1(21211++
++-=+--++-k k k k k k 0)
1(21
)1(212
<+++-=k k k ∴ )
1(21
1)1(212112+-
<++-k k k ∴ )
1(4lg )1(42
)1(4lg ))1(211lg())1(21211lg(12
+=+-+=+-<++-+k a k k k k k k 即 n=k+1时， b k+1≤c k+1成立。

由①，②可得 b n ≤c n 对任意n ∈N 成立。

(3) lim ∞
→n 1221+⋅+++n n a n S S S =lim ∞→n 61
)
24()21(22
2
22=+⋅+++n n n . 评述：此题与函数综合，但回到数列领域中来仍是21=
--n n S S ,等差数列类的问题，
仍用a n =S n -S n-1(n ≥2)关系式解决问题。

练习巩固：
1．设数列是公差不为0的等差数列，且|a 11|=|a 51|,a 22=22. (1)求数列{a n }的通项公式
(2)将{a n }的前n 项和表示为a n 的函数。

2．已知函数y=f(x)的图象是自原点出发的一条折线，当n ≤y ≤n+1(n=0,1,2,……)时，该图象
是斜率为b n
的线段（其中正常数b ≠1) ，设数列{x n }由f(x n )=n(n=1,2,……)定义。

(1)求x 1,x 2和x n 的表达式。

(2)求f(x)的表达式，并写出其定义域。

(3)证明：y=f(x)的图象与y=x 的图象没有横坐标大于1的交点。

答案提示：
1．答：(1) a n =62-2n. (2) 9302
1
412++-=n n n a a S 提示：(1) a 11=a 20-9d, a 51=a 20+31d
(2) 262n a n -=
, 代入2
)
60(n n a n S += 2．(1) 1
)1(,11,11
21--=+==-b b b x b x x n n . 提示：数形结合，由斜率公式
11
121211)1()(,)()(,10)0()(--=---=--=--n n n n n b x x x f x f b x x x f x f x f x f ，
可推出 1
1)1(--=-n n n b
x x , 用叠加法。

(2) ⎪⎩⎪⎨⎧=∈-+∈=+
2,1],[)(]1,0[)(1n x x x x x b n x x
x f n n n n
当b>1时，1
lim
-=∞→b b x n n ，
当0<b<1时，n →∞, x n →∞， ∴ 当b>1时，)1
,
0[-∈b b
x ， 当0<b<1时，x ∈[0,+∞). (3)分两种情况证明 ①b>1， 任意)1
b b
,
1(x -∈存在x n 使x n <x ≤x n+1, 此时， f(x)-f(x n )=b n
(x-x n )>x-x n , ∴ f(x)-x>f(x n )-x n , 又 f(x n )=n.
而n 1
n 1n 2x 1b )b 1(b b
1b 1b 11n =--=++++>-- ， ∴ f(x n )-x n >0, ∴ f(x)>x 成立。

② 当O<b<1时，仿上述证明 （此时f(x)<x ）。

最值问题
最值问题也可以表述成值域问题，取值范围等问题，它包括最大值及最小值。

这部分知识是高考中必考题，它与其他知识的联系也是十分紧密的，因此我们有必要把求最值的知识方法总结一下。

1．利用二次函数求最值
二次函数是我们研究的重点也是难点，特别是在给定区间．．．．上的最值问题。

这部分常见的是换元后转化为二次函数的形式。

特别注意换的“元”的取值范围。

研究二次函数问题最好是结合它的图像（可以在草稿纸上画草图），这样不易出错，并且加快解题速度。

例1：f(x)=1-2·a x -a 2x
(a>0且a ≠1) (1) 求函数f(x)的值域
(2) 若x ∈[-2,1]时，f(x)的最小值为-7，求a 的值及此时f(x)的最大值。

解：令t=a x ，则t>0， f(x)=1-2t-t 2=-(t 2+2t+1)+2=-(t+1)2
+2
∵对称轴t=-1<0,∴ f(x)<-(0+1)2
+2=1 ∴ f(x)的值域为(-∞,1).
(2) 由(1)，f(x)=1-2t-t 2=-(t+1)2
+2 ，并且在（1, ＋∞）上是减函数 ∵ x ∈[-2,+1],
∴①当a>1时，t ∈[a -2
,a]
当t=a 时，f(x)min =-(a+1)2
+2=-7,a=2
此时f(x)max =-(a -2
+1)2
+2=
16
7. ②当0<a<1时，t ∈[a, a -2
], 当t=a -2
时，f(x)min =-(a -2
+1)2
+2=-7,a=2
2, 此时f(x)max =-(a+1)2
+2=
2
2
21-, ∴满足题要求时a=2时，f(x)max =16
7
.
a=2
2
时，f(x)max =2221-.
例2：已知：3
1≤a ≤1，f(x)=ax 2
-2x+1在[1，3]上最大值为M(a),最小值为N(a)，令
g(a)=M(a)-N(a).
求g(a)的最小值。

解：f(x)=a(x 2
-a 2x+21a -21a )+1=a(x-a 1)2+1-a
1 ∵ 31≤a ≤1, ∴1≤a
1
≤3.
所以f(x)的图像开口向上，对称轴在1,3之间。

∵x ∈[1,3]
∴当x=
a 1时，f(x)min =N(a)=1-a 1， 当1≤a 1≤2即21
≤a ≤1时，f(x)max =f(3)=M(a)=9a-5.
当2<a 1≤3，即31≤a<2
1
时，f(x)max =f(1)=M(a)=a-1.
∵ g(a)=M(a)-N(a)
∴ g(a)=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤-+<≤-+)121(619)2
131(21a a a a a a ,
当31≤a<21时，g(a)=a+a
1
-2≥2-2=0. 当且仅当a=1时“=”成立，∵a=1∉[31, 2
1
),
∴ g(a)>0,可证g(a)在[31, 2
1
)是单减函数，
∴g(a)在[31, 2
1
)上无最小值,
当21≤a ≤1时，g(a)=9a+a
1
-6≥6-6 当且仅当a=31时“=”成立，∵a=31∉[2
1
,1]
∴ g(a)>0,可证g(a)在[2
1
,1]上为单增函数，
∴ g(a)min =g(21)=21
,
∴当a=21时，g(a)min =2
1
.
注：最好掌握一般的情况f(x)=ax+x
b
(a,b>0)的图像，因为是奇函数，只画右边部分。

（下面
的3中涉及到了）
因为ax+x b ab 2≥，在ax=x b 时取等号，即x ＝
b
a。

草图如下：（可以观察最值和单调性）
2．利用平均值不等式求最值
例1：从半径为2的圆板上剪下一个以原圆心为圆心的扇形，围成一个圆锥的侧面，如何操作使圆锥体积最大？
解：如图，圆锥的母线长为2，设圆锥轴截面的底角为α(0<α<2
π) 则圆锥底面半径r=2cos α,高h=2sin α， V=
31πr 2h=3
1π·4cos 2
α·2sin α
=38π(1-sin 2
α)sin α =38πααα2
22sin )sin 1)(sin 1(--
=38πααα222sin 2)sin 1)(sin 1(2
1--
≤
38π327
16)32(213=⋅π. 当且仅当2sin 2
α=1-sin 2
α，即sin α=3
3
时“=”成立， 此时，圆锥底面半径r=
632,圆锥侧面展开图扇形的中心角θ=22r π=632π， 即从圆板上剪下中心角为632π的扇形围成的圆锥体积最大，最大值为327
16π。

注：cos 2
α·2sin α是三次关系，对于所有的三次关系的最值问题，几乎都用均值不等式（因
为我们只学过二次函数求最值，没学过三次函数求最值，故只能用均值不等式求）
例：求函数y=1
3
22++-x x x (x ≥0)的最小值。

解：y=1
6
)1(4)1(2+++-+x x x =(x+1)+16+x -4≥26-4.
当且仅当x+1=1
6
+x 即x=6-1时“=”成立，
∴ y min =26-4.
本法叫分离常数法，就是在分子中凑出与分母相同的项，然后约分。

在分式中经常用到。

本种题型有些书上经常去分母转化成关于x 的二次方程，利用判别式求最值，但要注意x ≥0这个条件，即转化后的方程不仅有根，而且要有大于等于0的根（还要考虑有一个还是有两个根），因此如果对x 加以限制后最好采用平均值 不等式的方法来求，特别注意等号成立的条件。

注：在分式和三次式中求最值常用均值不等式 3．利用函数的单调性求最值。

利用函数的单调性来解决最值问题应该是最直接的方法，除了我们研究的常见函数外，大家应特别注意y=x+
x
1
这种形式函数的单调性。

经常会遇到用平均不等式后发现等号不成立。

故需要用到函数的单调性。

例：求：y=3
132
2
++
+x x 的值域。

解：令t=32+x , t ∈[3,+∞), y=t+t
1≥2, 当且仅当t=1时“=”成立， ∵ t=1∉[3,+∞), ∴ y>2. (此时要用到y=x+
x
1
型函数的单调性) ∵ y=t+t 1在[1,+∞)是增函数（自己去证）
∴ y=t+t
1
在[3,+∞) 上也是增函数，
∴ y ∈[
33
4
,+∞) . 4．利用三角变换求最值。

例：求函数y=x+21x -+x ·21x -的最值。

解：定义域：[-1，1]，设x=cos α,α∈[0,π]，则21x -=sin α, ∴ y=cos α+sin α+cos α·sin α
令t=sin α+cos α=2sin(α+4
π
),t ∈[-1,2], y=t+21(t 2-1)=21(t 2+2t+1)-1=21(t+1)2
-1
∵ t ∈[-1,2].
∴ 当t=-1时，即x=-1时，y min =-1, 当t=2时，即x=
2
2
时，y max =212+.
注：本题应用定义域[-1，1]上入手，采用三角换元方法解决，换元后一定要说明新元的范
围。

例：已知：复数z 1,z 2,z 3的辐角分别为α,β,γ，模分别为1，k,2-k ，且z 1+z 2+z 3=0. 求：cos(β-γ) 的最大及最小值及相应的k 值。

解：∵ k, 2-k 是复数的模， ∴0<k<2,
设z 1=cos α+isin α, z 2=k(cos β+isin β), z 3=(2-k)(cos γ+isin γ) ∵ z 1+z 2+z 3=0,
∴ [cos α+kcos β+(2-k)cos γ]+i[sin α+ksin β+(2-k)cos γ]=0,
∴ ⎩⎨
⎧--=--=β
γαβ
γαsin sin )2(sin cos cos )2(cos k k k k .
∵ sin 2
α+cos 2
α=1,
∴ (k-2)2cos 2γ-2k(k-2)cos γcos β+k 2cos 2β+(k-2)sin 2γ-2k(k-2)sin γsin β+k 2sin 2
β=1,
即(k-2)2+k 2
-1=2k(k-2)[cos γcos β+sin γsin β]=2k(k-2)cos(β-γ). ∵ 0<k<2,
∴ cos(β-γ)=)2(23422-+-k k k k =k k k k 423
4222-+-=1+2)12232-+-k k （=1+2)1232
--k （ ∴ 当k=1时，cos(β-γ)max =-2
1
,
∵ cos(β-γ)∈[-1,1], ∴ 当k=
21或2
3
时，cos(β-γ)min =-1. 注：本题最后求最值时，不仅要考虑k 的变化，也要考虑三角函数本身的范围。

5．利用数形结合求最值。

例：求函数y=
x
x
cos 2sin 3--的最值。

解：本题可看作定点P （2，3）与动点Q(cosx,sinx)连线的斜率的范围。

而动点Q 在圆心在原点的单位圆上移动，当过P 点的直线与圆相切时得到最值。

设过P 的直线y-3=k(x-2)
⎩
⎨⎧=+-=-1)2(32
2y x x k y ⇒(1+k 2)x 2-2k(2k-3)x+(4k 2-12k+8)=0 Δ=4k2(2k-3)2-4(1+k2)(4k2-12k+8)≥0， 3k 2
-12k+8≤0
2-332≤k ≤2+33
2, ∴ y max =2+
332, y min =2-33
2. 例：已知：实数x,y 满足x 2
+y 2
-4x-6y+12=0,求：x 2
+y 2
的范围。

解：由x 2+y 2-4x-6y+12=0，得到(x-2)2+(y-3)2
=1 x 2+y 2
即为圆上一点到原点距离的平方，
∴ (x 2
+y 2
)min =(13-1)2
=14-213, (x 2
+y 2
)max =(13+1)2
=14+213.
∴ x 2
+y 2
∈[14-213,14+213].
注：切记x 2+y 2
是指到原点距离的平方．．。

北 京 四 中
科 目：数 学 年 级：高 三 撰 稿：李晋渊 编 审：安东明 责 编：辛文升 录 入：刘红梅
专题二 数形结合思想
通过这21个题目要求:掌握在什么情况下用数形结合的方法，应该怎么用。

高中数学中涉及的有关数形结合问题基本都包括了。

1．方程lgx=sinx 的根的个数（ ）
A 、1个
B 、2个
C 、3个
D 、4个 解：设y 1=lgx, y 2=sinx, ∵
25π<10, ∴lg(2
5π)<1, ∵ 3π<10,∴ lg3π<1,
从图象上看有三个x 值可以使y 1=y 2.
2．函数y=|log2|x-1||的单调增区间是（ ）
A 、(-∞,-2)与(-1,0]
B 、[-2,-1)与[0,+∞)
C 、(-∞,0]与(1,2]
D 、[0,1)与[2,+∞)
解：由图象变换得图象y=log 2x →y=log 2|x|→y=log 2|x-1|→y=|log 2|x-1|| 分别是由y=log 2x 的图像加上它关于y 轴的对称图像得到y=log 2|x|的图像， 再向右平移一个单位，得到y=log 2|x-1|的图像，再把x 轴下方的图像对称的 翻到x 轴上方就得到了y=|log 2|x-1||的图像。

从图象上可得D 。

本题需要较 强的图像变换能力。

3．已知arg(z+3)=
4
3
π,则|z+6|+|z-3i|的最小值为（ ） A 、35 B 、3 C 、53 D 、5
解：arg[z-(-3)]=4
3π
为一条射线MN ，此射线上的点到点(-6,0),(0,3)距离
之和|z-(-6)|+|z-3i|的最小值为533622=+。

4．函数y=a|x|和y=x+a 的图象恰有两个公共点，则实数a 的取值范围是（ ）
A 、(1,+∞)
B 、(-1,1)
C 、(-∞,-1]∪[1,+∞)
D 、(-∞,-1)∪(1,+∞)
解：y=x+a 为斜率k=1的平行直线系，纵截距为a ，g=a|x|为过原点的定直线系。

(1) 当a>0时，如图(1)，a>1时有二个交点。

(2) 当a<0时，如图(2)，a<-1时，有二个交点。

注：本题还可以用特殊值法：取a ＝0代入，知y ＝0与y ＝x 只有一个交点，不合 题意，所以答案中不能有0， B 错。

再分别看a ＝1和a ＝－1的情形即可。

5．不等式|x-4|+|x-3|<a 有解，则a 的取值范围是_________。

解：P 点到A ，B 两点距离之和|PA|+|PB|≥1,又根据题意，a> |x-4|+|x-3|有解，则只要a 大于|x-4|+|x-3|的最小值1即可。

∴ 所以不等式有解，则a>1。

6．若z 1=-1+2i 且|z-2|=1，则|z 1-z|的最小值为________。

解：|z-2|=1的几何意义是复数z 表示的点在以(2,0)为圆心，r=1的圆上，
|z 1-z|表示的几何意义是点Z 1(-1,2)到圆(x-2)2+y 2
=1上的点的距离。

由图形可得，|z 1-z|最小值为2
2)02()21(-+---1=13-1。

7．关于x 的方程x 2
-
2
3
x=k 在(-1,1)内有1个实根，则k 的范围_________。

解：设y=x 2-23x=(x-43)2-16
9,
x ∈(-1,1),y ∈[-169, 25), x=1时，y 1=-2
1
, y 2=k. y ＝k 表示的是一条与x 轴平行的直线。

两曲线只有一个公共点，从图形可得，k=-
169 或21, -21≤k<2
5
. 注：此题用△几乎没法做。

8．已知f(x)=x 2
+ax+3，当x ∈[-2,2]时，f(x)≥a 恒成立，求a 的范围。

解：由f(x)≥a 恒成立，其中x ∈[-2,2]，可以构造g(x)=x 2
+ax+3-a 求其 图象在[-2，2]上恒为非负数的充要条件。

(1)Δ≤0，如图(1)，得-6≤a ≤2。

(2)Δ>0时，则有①⎪⎩⎪⎨⎧≥≥-0)2(22g a 如图(2)或②⎪⎩⎪⎨⎧≥--≤-0
)2(2
2g a 如图(3)，
综上-7≤a ≤2.
9．求f(θ)=
4
cos 23
sin 3++θθ的最小值______，最大值为_________。

解：设x=cos θ, y=sin θ, θ∈[0, 2π), 则x 2
+y 2
=1， f(θ)=)
2()
1(234233----⋅
=++x y x y 令
)
2()
1(----x y =k. 其几何意义是单位圆上的点M(x, y)与点(-2,-1)连线
的斜率，
调过(-2,-1)直线系为y+1=k(x+2)，相切时k=3
4
, k min =0. ∴ f(θ)max =
23·34=2， f(θ)min =2
3
·0=0.
10．当x ∈(1,2)时，(x-1)2<log a x
恒成立，求a 的取值范围________。

解：设y 1=(x-1)2
, y 2=logax
(1)当0<a<1时，要x ∈(1,2)时，y 1<y 2不可能，如图(1).
(2)当a>1时，要使x ∈(1,2)时，(x-1)2<log a x
恒成立，则只要x=2时，y 2≥y 1即可,
即log a 2
≥1，根据a>1,解出1<a ≤2，参考图2。

11．已知关于x 的方程x 2
-4|x|+5=m 有四个不相等的实根，则实数m 范围_______。

解：设y 1=x 2-4|x|+5=(|x|-2)2
+1（偶函数，其图像关于y 轴对称）
当x ≥0时，y 1=(x-2)2
+1
当x ≤0时，y 1=(x+2)2
+1
设y 2=m, y 1与y 2有四个交点，从图象可得1<m<5。

12．求函数y=1362222+-++-x x x x 的最小值___________。

解：
y=
222222)20()3()10()1(4)3(1)1(-+-+-+-=+-++-x x x x 其几何意
义是x 轴上的点P(x,0)到A(1,1), B(3,2)距离之和的最小值。

求出A(1,1)关于x 轴的对称点A'(1,-1)，|A'B|=13为所求。

13．已知复数z 满足|z|=2，则|z+1-i|的最大值是__________。

解：|z|=2表示的几何意义是在圆心为 (0,0)，r=2的圆上的点
|z-(-1+i)|表示该圆上的点与定点A(-1,1)的距离的最大值为|OA|+2=2+2。

14．复数z 满足不等式z ·z +(z-z )i ≤0,设u=z+i,求argu 的最大值和最小值。

解：设Z=x+yi(x, y ∈R)
则(x+yi)(x-yi)-2y ≤0 x 2+y 2
-2y ≤0 x 2+(y-1)2
≤1
是以O'(0,1)为圆心，r=1的圆面，
u=z+i 是将该圆再上移1个单位，圆心(0,2)，r=1的圆， argu max =π32,argu min =
3
π.
5．设复数z 满足|z|≤15，求使arg(z-25i)取得最值时的复数z 。

解：法(1) |z|≤15,z 为以(0,0)为圆心，r=15的圆面。

u=z-25i 为以(0,-25)为心，r=15的圆面，图(1)。

ΔOAO'中，cos θ=
54, sin θ=5
3, OA z =20[cos(2
3π-θ)+isin(2
3π-θ)]=-12-16i.
同理
OB z =20[cos(2
3π+θ)+isin(2
3π+θ)]=12-16i.
z=u+25i,
∴ Z=±12+9i 。

法(2)，如图（2），可以自己试着做。

16．已知点A 在⊙C ：x 2
+(y-2)2
=31上，点B 在4
2x +y 2=1上，求|AB|的最大最小值。

解：如图，|AC|+|CB|≥|AB|,
当且仅当A ，C ，B 共线时，|AB|取得最大，最小值，设B(x,y),
则|BC|2=x 2+(y-2)2=4-4y 2+(y-2)2
=-3(y+
32)2+3
28 ∵ -1≤y ≤1，由二次函数性质得
⎪⎩⎪⎨⎧==1||2132||min max BC BC 所以⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧-=-=+=
+=33
1||||33
2132||||min min max max r BC AB r BC AB
17．如果f(x)=x 2
+bx+c 对任意实数t 都有f(2+t)=f(2-t)，则f(1),f(3),f(4)从小到大顺序是_________。

解：由f(2+t)=f(2-t)得二次函数对称轴为x=2, 又∵二次项系数为正数，∴图象开口向上， ∴f(1)=f(3)<f(x).
18．已知a 2+b 2-6a-4b+12≤0，求a 2+b 2
的最值。

解：(a-3)2+(b-2)2
≤1, 圆心O'(3,2),r=1的圆面， a 2+b 2
表示该圆面的点与原点O(0,0)距离的平方。

(a 2
+b 2
)max =(OO'+1)2
=(13+1)2
=14＋213。

(a 2
+b 2
)min =(OO'-1)2
=14-213。

19．已知u ≥1,v ≥1，且2
log a u+2log a
v=log a (au 2
)+log a (av 2
)(a>1)，求log a (uv)的 最大值和最小值。

解：原式整理为 2log a u+2
log a v-2log a u-2log a v-2=0,
设log a u=x, log a v=y,
∵ a>1, u ≥1, v ≥1, ∴x ≥0, y ≥0,
原式为x 2+y 2
-2x-2y-2=0
(x-1)2+(y-1)2
=4
圆心(1,1), r=2在第一象限上一段弧。

log a (uv)=log a u+log a v=x+y. 设x+y=m, y=-x+m
m 的几何意义是直线系y=-x+m 中的纵截距，从图形上得 ∵ OA=2+2,OB=2+22, 当x=0时，y=±3+1, OD=3+1.
∴ log a (uv)max =2+22, log a (uv)min =3+1.
20．∠MON 是60︒角，A 、B 分别在OM 、ON 上，|AB|=2，ΔPAB 为等边三 角形且P 、O 在AB 的两侧，求ΔPAB 中心G 到O 点距离的最小值和最大值。

解：复数法，以O 为原点，OM 为实轴建立复平面，如图，A ，B 点对 应的复数分别为p ，q(cos60︒+isin60︒) (p,q ∈R)，OG =x+yi(x,y ∈R)
AG 是AB 绕A 顺时针转30︒得到
∴ x+yi-p=[q(cos60︒+isin60︒)-p]·3
3
(cos30︒-isin30︒)整理为 x+yi=(p+q)(3
2121+i) ∴ |OG |=
3
3
22=
+y x (p+q) 在ΔAOB 中由余弦定理得p 2
+q 2
-pq=4.
∵ (p+q)2
=4+3pq ≥4 (p=q=0时，取等号）
∴ pq=p 2+q 2
-4≥2pq-4 ∴ pq ≤4
∴ (p+q)2
=4+3pq ≤16, 2≤p+q ≤4. ∴ |OG|max =
334,|OG|min =3
32. 21．试讨论关于x 的方程232+-ax x =2x-1的解的情况。

解：⎩⎨⎧-=+-≥-2)
2......()12(23)1.......(....................
0122
x ax x x (1): x ≥2
1
(3)
(2): -x 2
+4x+1=ax (4)
原式⇔⎪⎩
⎪
⎨⎧=++-≥ax x x x 142
12解的情况 设y 1=ax, y 2=-x 2+4x+1(x ≥2
1)=-(x-2)2
+5
当x=
21时，y 2=411
, x=2时，y 2=5, k OA =211
21411
=, ∴当a>211时，无解（无交点），
当a ≤2
11
时，有解。

答案：1.C 2.D 3.A 4.D 5. a>1 6. 13-1 7. k=-
169或-21≤k<2
5; 8. -7≤a ≤2 9. 0;2 10. 1<a ≤2; 11. 1<m<5 12. 13 13. 2+2
14.
32π;3π 15. ±12+9i 16. 332132+;1-3
3 17.f(1)=f(3)<f(4) 18. 14±213
19. 2+22; 3+1 20. 332;3
3
4 21. 当a ≤211时有一解，当a>211时，无解。

选择题、填空题的解法（一）
命题趋向及复习目标：
高考数学试题中选择题占有十分重要的位置,加之它位于卷首，所以解选择题速度的快慢和成功率的高低对整个考试的成败起着举足轻重的作用。

近几年高考选择题减少了繁难的运算，着力考查考生的逻辑思维与直接思维能力，以及观察、分析、比较、选择简捷运算方法的能力，突出了对学生数学素质的考查。

数学选择题的特点是：考查的知识点覆盖面广，构思巧妙，概念性强，方法灵活多样，稍不注意，极易失误，因此怎样巧解，快解准确地得出结论显得越来越重要。

解选择题的基本要求是熟练准确，灵活快速，通常所用的方法有：①直接法；②数形结合法；③特殊化法；④筛选法；⑤估算法；⑥推理分析法。

复习时要注意：①“快速”，避免小题大做；如果一个题目没有想到简单的方法，做出它需要较长的时间，那么即使会做也要暂且放一边，看后面的时间而定，最后确实没有时间了就猜（万不得已的方法，尽量不用）②先考虑除直接法以外的其他方法，再考虑用直接法；③各种方法并不是孤立地使用，解题时应综合使用各种方法。

解选择题的直接法、排除法和图象法
直接法就是从题设条件出发，通过运算、推理，得到正确的结果或判断的一种方法。

用这种方法时要注意运用直觉思维实现跳跃、简约，也可以灵活运用一些技能技巧来提高解题的速度。

对于与题设有矛盾的结论可以利用“筛选法”予以排除，对于题设中有明确的几何意义的选择题可用图象法。

典型例题透析：
[例1] 函数y=cos 4x+sin 4
x 的最小正周期是（ ）
A 、π
B 、2π
C 、
2
π
D 、4π 解析：将原函数化简为y=4143+cos4x ，再利用T=ωπ2，得T=2
π。

答案：C 。

注：事实上，对于三角函数中的n 次式，降幂后就变成n 倍角了。

本题的4次方就成了4x
角，可以直接得答案C 。

[例2] 已知扇形AOB 的周长为20cm ，扇形的面积S 是扇形所在圆的半径r 的函数，则该函数的定义域是（ ）
A 、r>0
B 、(0,10)
C 、(
1
10
+π,10) D 、R
解析：扇形AOB 的周长为20cm ，则扇形的弧长为20-2r ，对r 的隐含的限制条件有
⎪⎩
⎪
⎨⎧<->->r r r r π222002200 ∴
1
10
+π<r<10。

答案：C 说明：上述两例都是用通性、通法直接求解，当选择题的思路明了、推理较简单时可用此法。

用这种方法时，要注意推理的严密性。

[例3] 已知两点M(1,
45), N(-4,-4
5
)，给出下列曲线方程： ① 4x+2y-1=0 ② x 2+y 2
=3 ③ 22x +y 2=1 ④ 2
2x -y 2=1
在曲线上存在点P 满足|MP|=|NP|的所有曲线方程是（ ）
A 、①③
B 、②④
C 、①②③
D 、②③④
分析：P 满足|MP|=|NP|即P 是MN 的中垂线上的点，P 点存在即中垂线与曲线有交点。

解析：MN 的中垂线方程为2x+y+3=0，与中垂线有交点的曲线才存在P 点满足|MP|=|NP|，直线4x+2y-1=0与2x+y+3=0平行，故排除A 、C ，又由：
⎪⎩⎪⎨⎧=+=++12
0322
2y x y x ⇒Δ=0,有唯一交点P 满足|MP|=|NP|，故选D 。

说明：本题解法称为排除法，即首先对某些选择题举出反例或否定后得到答案的解法，本题题型为“组合选”，是近几年高考命题的一个热点。

[例4] ax 2
+2x+1=0至少有一个负的实根的充要条件是（ ）
A 、0<a ≤1
B 、a<1
C 、a ≤1
D 、0<a ≤1或a<0 解析：（直接法）当a=0时，原方程变形为一元一次方程2x+1=0有一负根； 当a ≠0时，原方程为一元二次方程，有实根的充要条件是Δ≥0，即a ≤1。

设方程ax 2+2x+1=0(a ≠0)的根是x 1·x 2，由⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧
=⋅-=+a x x a x x 122121可知方程ax 2
+2x+1=0(a ≠0)有一
个负实根的充要条件是0010<⎪⎩⎪
⎨⎧<≤a a
a 即
方程ax 2
+2x+1=0(a ≠0)有两个负实根的充要条件是⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧
><-≤01011a
a a ，即0<a ≤1.
综上所述：方程ax 2
+2x+1=0至少有一个负实根的充要条件是a ≤1。

排除法：当a=0时，原方程有一个负实根，可否定A 、D 。

当a=1时，原方程有两个不相等的负实根，可否定B ，根据“有且仅有一个正确”可判断答案为C 。

说明：上述两例都用了排除法，排除法是解选择题的主导方法，它的前提是选择题结论的唯一性所提供的。

常见的排除方法有：①由学过的定理、公理、已知条件等排除有明显错误的结论；②利用所给选择支反验排除错误的结论。

[例5]两条直线A 1x+B 1y+C 1=0，A 2x+B 2y+C 2=0垂直的充要条件是（ ）
A 、A 1A 2+
B 1B 2=0 B 、A 1A 2-B 1B 2=0
C 、
2121B B A A =-1 D 、2
121A A B
B =1 分析：由于要求的是充要条件，则利用充要条件中条件与结论的互推性求解。

解析：∵两直线垂直时，A 1A 2，B 1B 2可以为0，
∴ 排除C 、D ；又两直线斜率都存在时A 1A 2-B 1B 2≠0，排除B 。

答案：A
说明：本题深刻地考查了两直线垂直的充要条件，切中学习中的薄弱环节，解题中考生很容易忽略两直线中有一斜率不存在时的情况而错选C 。

[例6]直线3x+y-23=0截圆x 2
+y 2
=4得的劣弧所对的圆心角为（ ）
A 、
6π B 、4π C 、3π D 、2
π 分析：本题属解析几何题，综合图形求解直观具体，利于观察分析。

解析：如图所示，由y=-3x+23知∠MNO=
3π，又|OM|=|ON|，∴∠MON=3
π。

答案：C 说明：本题解法叫数形结合法，对于题目中几何意义明显，易于运用图形图象的试题，
多采用数形结合法。

高考题中这中情形不少。

[本周教学内容]：分类讨论专题复习
[本周教学重点]：掌握分类讨论的依据、划分、方法和程序。

1、所解问题涉及到的概念、定理、公式，如果在不同的条件下有不同的结论，则必须进行分类讨论求解。

2、所解问题含有参数时，必须对参数的不同取值进行分类讨论。

3、所解函数问题中的定义域、单调性是分类讨论进行划分的依据，确定分界点是分类讨论的关键。

4、分类讨论要确定合理的推理程序，当问题中出现多个影响结论的因素时，要以起主导作用的因素进行划分。

划分要做到不重不漏。

“数形结合”也是进行分类讨论的重要手段。

[本周教学难点] ：分类讨论中，对参数允许取值范围的划分，以及对多参数的讨论。

数学中的分类讨论贯穿教材的各章内容，它不仅形式多样，而且具有很强的综合性和逻辑性，是培养分析和解决问题能力的重要题型。

[例题与分析]：
例1．已知b 是常数，求函数f(x)=sin 6x+bsin 2x·cos 2x+cos 6
x 的最大值。

[分析与解题] ：由三角函数式确定的多项式函数，只有化为一个三角函数的形式，或通过换元法转化为常见函数，才便于确定最大值。

若常数b 成为一个三角函数的系数字母时，则其取值的符号将决定不同的最大值。

f(x)=(sin 2x+cos 2x)·(sin 4x-sin 2x ·cos 2x+cos 4x)+bsin 2x ·cos 2
x
=(sin 2x+cos 2x)2-3sin 2x ·cos 2x+bsin 2x ·cos 2
x
=(b-3)sin 2
x ·cos 2
x+1=
4
3-b sin 2
2x+1 (x ∈R). 当b=3时，f(x)=1, ∴ f(x)的最大值是1。

当b>3，且sin 2
2x=1时，f(x)取最大值是
4
1
+b ， 当b<3，且sin 22x=0时，f(x)取最大值是1。

综上，当b ≤3时，f(x)取得最大值1，当b>3时，f(x)取得最大值4
1
+b 。

例2．已知函数f(x)=a x-1
-3
10a 的反函数f －1(x)的图象经过点(-1,3)，且f －1
(x)在(-1,+∞)上恒
有f －1
(x)<3，求
函数f －1
(x).
[分析与解答]：由原函数求其满足题意的反函数，首先必须确定参数a 的取值。

否则既不能
确定原函数值域，也不便于确定反函数解析式。

利用反函数关系，将f －1
(x)经过的点转化为f(x)经过的点。

由此得到参数a 的取值。

若a 的取值不唯一，需作分类讨论，以确定满足题意函数f －1
(x).
∵ f －1
(x)图象经过点(-1,3), ∴f(x)图象经过点(3,-1),将点(3,-1)代入f(x)解析式
-1=a 2
-310a, 即a 2-310a+1=0，解出a=3或a=3
1. (1)当a=3时，f(x)=3x-1
-10,值域(-10,+∞), 则 f -1
(x)=log 3(x+10)
+1 (x>-10)
当x ∈(-1,+∞)时，f －1(x)>f －1(-1)=log 39+1=3.与已知f －1
(x)<3矛盾，故a=3不符题意。

(2)当a=31时，f(x)=(31)x-1-910, 值域(-9
10
, +∞)， ∴ f －1(x)=)910(31log +x +1, (x>-910).当x ∈(-1,+∞)时，f －1(x)<f －1
(-1)=913
1log +1=3, 满足题
意
所求反函数为f －1
(x)=)9
10(3
1
log +
x +1, (x>-
9
10
)。

例3．设数列{a n }是首项为1，公比为q （q>0）的等比数列，其前n 项和为S n ,求lim ∞
→n n
n S S 1
+。

[分析与解答] ：影响本题结论的因素有两点，一是公比q 在q=1与q ≠1时，对应着不同的求
和公式S n ；二是当0<q<1时，lim ∞→n q n
=0，q=1时，lim ∞→n q n
=1, q>1时，lim
∞→n (
q
1)n
=0，对应着不同的极限结果。

因此必须对公比q 进行分类讨论。

（1）当q=1时，S n =n, S n+1=n+1, ∴ lim ∞
→n n
n S S 1+=lim ∞→n n n 1
+=1。

（2）当q ≠1时，S n =q q n --11,S n+1=q q n --+111
,
(i)若0<q<1，lim
∞→n n n S S 1+=lim ∞→n n
n q
q --+111=1, (ii)若q>1,lim ∞
→n n
n S S 1+=lim ∞→n 1)1()1
(--n n q
q
q
=q , 综上，lim
∞→n n n S S 1+=⎩⎨⎧>≤<)
1()10(1q q q 。

例4．已知a 是实数，讨论关于x 的方程lg(x-1)+lg(3-x)=lg(a-x)实根的个数。

[分析与解答] ：对数方程的根，首先要确保各个对数函数有意义。

在利用同底法将对数方程化为关于x 的二次方程后，则根的情况需由二次方程的判别式及对称轴的位置与定义域决定，这必然涉及到对参数a 的分类讨论。

为使方程有意义，需有⎪⎩
⎪
⎨⎧>->->-00301x a x x ⇒1<x<3且x<a,
显然，当a 1≤时解集为空，原0方程无解。

当a>1时，原方程化为lg(x-1)(3-x)=lg(a-x)，得x 2
-5x+(a+3)=0............*
令f(x)=x 2
-5x+(a+3), Δ=25-4(a+3)=13-4a. （1）当a>
413
时，Δ<0，故方程*无解，即原方程无解。

（2）当a=413时，Δ=0, 方程*有两个等根x=25
,即原方程有一个实根。

（3）当3<a<413时,f(x)图象对称轴x=2
5
,Δ>0, 且f(1)>0, f(3)>0，所以方程*有两个不
等根，即原方程有两个实根。

（4）当1<a ≤3时，f(x)图象对称轴x=2
5
,Δ>0, 且f(1)>0, f(3)≤0，所以方程*有一个根，即原方程有一个实根。

综上，a>
413
或a ≤1时，原方程无实根。

a=413
或1<a ≤3时，原方程有一个实根。

3<a<4
13
时，原方程有二个实根。

[说明]：题中方程*在（1，3）上根的情况，与函数值f(1)=a-1, f(3)=a-3符号有关，因此a=1，a=3及Δ=0 对应的a=
4
13
是关于a 分类讨论的分界点。

例5．讨论k 的取值，说明方程k 2x 2
+(2k-1)y 2
=2x 表示的曲线。

[分析与解答]： x, y 的二元方程，可以表示平面内的直线、圆、抛物线、椭圆和双曲线，因此必须对各种可能性分类讨论。

（1）当k=0时，方程化为y 2
=-2x ，它表示顶点在原点开口向左的抛物线。

（2）当k ≠0时，方程变形为k 2
(x-21k )2+(2k-1)y 2
=21k
. (i) 若k=
21, 方程化为4
1(x-4)2
=4，即x=0或x=8，它表示两条平行直线。

(ii) 若k ≠2
1, 则方程可化为2
2222
2)12(1)1()1(k k y k k x -+-=1，
当k>21且k ≠1时，0<(21k )2<2
)12(1k
k -,方程表示以(21k ,0)为中心，焦点在平行于y 轴直线上的椭圆。

当k=1时，方程化为(x-1)2+y 2
=1，它表示圆心在(1,0)，半径为1的圆。

当k<21且k ≠0时，21k >0, 2)12(1k
k -<0. 方程可化为2
2222
2)21(1)1()1(k k y k k x ---=1，它表示以(21k ,0)为中心，焦点在x 轴上的双曲线。

[本周练习]：
1．求函数y=x x b k a ⋅-的定义域，其中a>0, b>0, 且a ≠1, b ≠1. 2. 求函数f(x)=
1
2+x ax
(a ≠0)在[0,|a|]上的值域。

[参考答案]：
1．解：由a x
-k ·b x
≥0⇒a x
≥k ·b x
(b x
>0)⇒(b
a )x
≥k. (1)当b a >1时，若k ≤0, 则x ∈R,若k>0，则x ∈[k
b
a log ,+∞). (2)当
b a
=1时，若k ≤1, 则x ∈R, 若k>1，则解为φ。

(3)当0<b a <1时，若k ≤0, 则x ∈R. 若k>0，则x ∈(-∞,k
b
a log ].
2．解：任取x 1<x 2，则f(x 2)-f(x 1)=
)
1)(1()
1)((2
2212112++--x x x x x x a 。

(1)当a>0时，若1≤x 1<x 2，则f(x 2)-f(x 1)<0, ∴ f(x)在[1,+∞)上是减函数，
若0≤x 1<x 2≤1. 则f(x 2)-f(x 1)>0, ∴ f(x)在[0,1]上是增函数，由于f(x)在[0,+∞)上恒有f(x)≥0.
(i)当0<a ≤1时，在[0,|a|]上，f(x)min =f(0)=0, f(x)max =f(|a|)=f(a)=1
22
+a a ,
∴ 值域为[0,1
22
+a a ]。

(ii)当a>1时，在[0,|a|]上，f(x)min =f(0),f(x)max =f(1)=2a ,∴ 值域为[0,2
a
].
（2）当a<0时，若0≤x 1<x 2≤1,
则f(x 2)-f(x 1)<0, ∴ f(x)在[0，1]上是减函数，若1≤x 1<x 2,
则f(x 2)-f(x 1)>0, ∴ f(x)在[1,+∞)是增函数，由于f(x)在[0,+∞)上恒有f(x)≤0.
(i)当-1≤a ≤0时，在[0,|a|]上，f(x)max =f(0)=0, f(x)min =f(|a|)=1
22
+-a a ,
∴ 值域为[1
22
+-a a ,0].
(ii)当a<-1时，在[0,|a|]上，f(x)max =f(0)=0, f(x)min =f(1)=2
a
,
∴ 值域为[2
a
，0]。

注：也可以这样做： 当x ＝0时，f(0)＝0 当x 0≠时，f(x)=
x
x a 1+,先讨论x
x 1
+
在（0,|a|]上的值域（先讨论a>0的情形，以1分类，再讨论
a<0的情形），再来确定f(x)的值域。

y ＝x
x 1
+的图像(x>0的情形)如下：
1．若曲线9
42
2y m x ++=1的一条准线方程为x=10，则m 的值是（ ） A 、8或86 B 、6或56 C 、5或56 D 、6或86
2．函数y=arccos(x 2
-2x)的递减区间是（ ）
A 、[1,+∞)
B 、[-1,1+2]
C 、[1,1+2]
D 、[1-2,1+2]
3. 设S=i n +i -n
(n ∈N), 则S 的所有可能的不相等的值有（ ）
A 、1个
B 、2个
C 、3个
D 、多于3个
4．设f(x)=(a-x)|3a-x|, a 是常数，下面结论中正确的是（ ）
A 、当x=2a 时，f(x)取最小值-a 2
B 、当x=3a 时，f(x)取最大值0
C 、f(x)无最大值也无最小值
D 、f(x)有最小值，但无最大值 5．在等比数列{a n }中，若lim ∞→n (a 1+a 2+……+a n )=1，那么a 1的取值范围是（） A 、-1<a 1<1 B 、0<a 1<1 C 、1<a 1<2 D 、0<a 1<1或1<a 1<2 答案：D C C C D 解析：
1．由选项及题意知，曲线只能是焦点在x 轴上的椭圆，则a 2=m+4，b 2
=9。

2．首先确定函数的定义域为[1-2,1+2]，又y=arcosx 在[-1，1]上是减函数，所以要求y=arccos(x 2
-2x)的递减区间，只要求出y=x 2
-2x 在[1-2,1+2]上的增区间即可。

本题应用了复合函数的单调性。

3．S=i n
+n
n n i i 1
)1(1+-=, 取n=1，2，3，……代入验证即可，有0，±2三个可能值。

4．最简单的解法是a 取一个具体的值，例如取a=0, 则f(x)=-x|x|，则没有最大、最小值。

5． 因为等比数列{a n }的前n 项和的极限存在，且等于1，则0<|q|<1, 又lim ∞→n (a 1+a 2+……+a n )=q
a -11
=1，所以q=1-a 1,即0<|1-a 1|<1，解出a 1即可。

解选择题的特殊化法、估算法和推理分析法
重点难点归纳：
特殊化法、估算法和推理分析法也是解选择题常用的方法，特殊化法常有数值特殊化和图形特殊化对选择支检验，对定量分析不易作出判断的选择题，可进行定性分析和定量分析结合推理，以便作出正确判断。

典型例题透析：
[例1] 已知a 、b 是两个不相等的正数，下列三个代数式：P=(a+
a 1)(b+
b 1), Q=(ab
ab 1+)2
，。