2018高考数学理二轮备考教学案—19选择题解题方法

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2018年高考数学选择题、填空题答题策略与答题技巧

2018年高考数学答题策略与答题技巧一、2012-2017历年高考数学试卷的启发1.试卷上有参考公式，80%是有用的，它为你的解题指引了方向；2.解答题的各小问之间有一种阶梯关系，通常后面的问要使用前问的结论。

如果前问是证明，即使不会证明结论，该结论在后问中也可以使用。

当然，我们也要考虑结论的独立性；3.注意题目中的小括号括起来的部分，那往往是解题的关键；二、答题策略选择1.先易后难是所有科目应该遵循的原则，而数学卷上显得更为重要。

一般来说，选择题的后两题，填空题的后一题，解答题的后两题是难题。

当然，对于不同的学生来说，有的简单题目也可能是自己的难题，所”，取“暂时性放弃以题目的难易只能由自己确定。

一般来说，小题思考 1 分钟还没有建立解答方案，则应采把自己可做的题目做完再回头解答；2.选择题有其独特的解答方法，首先重点把握选择支也是已知条件，利用选择支之间的关系可能使你的答案更准确。

切记不要“小题大做”。

注意解答题按步骤给分，根据题目的已知条件与问题的联系写出可能用到的公式、方法、或是判断。

虽然不能完全解答，但是也要把自己的想法与做法写到答卷上。

多写不会扣分，写了就可能得分。

三、答题技巧1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系，首先考虑定义域。

2.如果在方程或是不等式中出现超越式，优先选择数形结合的思想方法；3.面对含有参数的初等函数来说，在研究的时候应该抓住参数没有影响到的不变的性质。

如所过的定点，二次函数的对称轴或是⋯⋯；4.选择与填空中出现不等式的题目，优选特殊值法；5.求参数的取值范围，应该建立关于参数的等式或是不等式，用函数的定义域或是值域或是解不等式完成，在对式子变形的过程中，优先选择分离参数的方法；6.恒成立问题或是它的反面，可以转化为最值问题，注意二次函数的应用，灵活使用闭区间上的最值，；漏不遗分类讨论的思想，分类讨论应该不重复7.圆锥曲线的题目优先选择它们的定义完成，直线与圆锥曲线相交问题，若与弦的中点有关，选择设根的判别而不求点差法，与弦的中点无关，选择韦达定理公式法；使用韦达定理必须先考虑是否为二次及式；8.求曲线方程的题目，如果知道曲线的形状，则可选择待定系数法，如果不知道曲线的形状，则所用；点）的步骤为建系、设点、列式、化简（注意去掉不符合条件的特殊4.求椭圆或是双曲线的离心率，建立关于a、b、c 之间的关系等式即可；5.三角函数求周期、单调区间或是最值，优先考虑化为一次同角弦函数，然后使用辅助角公式解答；解三角形的题目，重视内角和定理的使用；与向量联系的题目，注意向量角的范围；6.数列的题目与和有关，优选和通公式，优选作差的方法；注意归纳、猜想之后证明；猜想的方向是两种特殊数列；解答的时候注意使用通项公式及前n 项和公式，体会方程的思想；7.立体几何第一问如果是为建系服务的，一定用传统做法完成，如果不是，可以从第一问开始就建系完成；注意向量角与线线角、线面角、面面角都不相同，熟练掌握它们之间的三角函数值的转化；锥体体积的计算注意系数1/3，而三角形面积的计算注意系数1/2；与球有关的题目也不得不防，注意连接“心心距”创造直角三角形解题；8.导数的题目常规的一般不难，但要注意解题的层次与步骤，如果要用构造函数证明不等式，可从已知或是前问中找到突破口，必要时应该放弃；重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上；3.概率的题目如果出解答题，应该先设事件，然后写出使用公式的理由，当然要注意步骤的多少决定解答的详略；如果有分布列，则概率和为 1 是检验正确与否的重要途径；9.三选二的三题中，极坐标与参数方程注意转化的方法，不等式题目注意柯西与绝对值的几何意义，平面几何重视与圆有关的知积，必要时可以测量；10.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范围，有勾股定理型的已知，可使用三角换元来完成；11.注意概率分布中的二项分布，二项式定理中的通项公式的使用与赋值的方法，排列组合中的枚举法，全称与特称命题的否定写法，取值范或是不等式的解的端点能否取到需单独验证，用点斜式或斜截式方程的时候考虑斜率是否存在等；12.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先选择使用定义；13.与平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数，沿向量平移一定要使用平移公式完成；14.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式就可以，关于轴对称问题，注意两个等式的运用：一是垂直，一是中点在对称轴上。

2018届高考数学二轮复习快速结题法——九招搞定选择题招式三数形结合法

招式三数形结合法数形结合法就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来,通过“以形助数”或“以数解形”即通过抽象思维与形象思维的结合,使复杂问题简单化,抽象问题具体化,从而起到优化解题途径的方法.数形结合法的应用大致可分为两种情形:第一,借助于数的精确性来阐明形的某些属性,第二,借助形的几何直观性来阐明数之间的某种关系,即“以数解形”和“以形助数”.数形结合法可用于解决集合问题、函数问题、方程与不等式问题、三角函数问题、线性规划问题、解析几何问题、立体几何问题等.典例1设变量x,y满足约束条件-则目标函数z=5x+y的最大值为()A.2B.3C.4D.5【解析】依题意,画出线性平面区域如图中的△ABC(包括边界),平移直线5x+y=0,当经过点C(1,0)时,直线在y轴的纵截距最大,此时z max=5×1+0=5.故选D.典例2若抛物线y2=2px(p>0)上一点M到准线和抛物线的对称轴的距离分别为10和6,则点M的横坐标为()A.B.9或1 C.10 D.18或10【解析】在图(1)中,MN=MF=10,MG=6,∴FG=8,故AF=2,则x M =OF+FG=9,∴M 的横坐标为9;在图(2)中,GF=8,∴AF=10+8=18,∴OG=AG-OA=10-9=1,故M 的横坐标为1.故选B .典例3 (安徽卷)若函数f (x )=|x+1|+|2x+a|的最小值为3,则实数a 的值为( )A.5或8B.-1或5C.-1或-4D.-4或8【解析】当a ≥2时,f (x )= -- -- - - - -如图可知,x=-时,f (x )min =f -=-1=3,可得a=8或a=-4(舍);当a<2时,f (x )= -- - - -- - - -如图可知,x=-时,f (x )min =f -=-1=3,可得a=8(舍)或a=-4;综上可知,答案为D .典例4 若0<x< ,则下列命题中正确的是 ( )A .sin x<xB .sin x>xC.sin x<x2D.sin x>x2【解析】在同一直角坐标系中分别作出y=x,y=sin x与y=x2的图象,如图所示,便可观察知D项正确.故选D.1.设集合A={x|-1≤x≤2},B={x|0≤x≤4},则A∩B=()A.[0,2]B.[1,2]C.[0,4]D.[1,4]2.过原点的直线与圆x2+y2+4x+3=0相切,若切点在第三象限,则该直线的方程是()A.y=xB.y=-xC.y=xD.y=-x3.方程2-x+x2=3的实数解的个数为()A.0B.1C.2D.34.函数y=lg|x|()A.是偶函数,在区间(-∞,0)上单调递增B.是偶函数,在区间(-∞,0)上单调递减C.是奇函数,在区间(0,+∞)上单调递增D.是奇函数,在区间(0,+∞)上单调递减5.使关于x的不等式+k<x有解的实数k的取值范围是()A.(-∞,-1)B.(-∞,1)C.(-1,+∞)D.(1,+∞)。

【通用版】2018年高考理科数学二轮复习：教学案全集(含答案)

[全国卷3年考情分析][题点·考法·全练]1．(2017·全国卷Ⅱ)设集合A＝{1,2,4}，B＝{x|x2－4x＋m＝0}．若A∩B＝{1}，则B＝()A．{1，－3}B．{1,0}C ．{1,3}D ．{1,5}解析：选C 因为A ∩B ＝{1}，所以1∈B ，所以1是方程x 2－4x ＋m ＝0的根，所以1－4＋m ＝0，m ＝3，方程为x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3，所以B ＝{1,3}．2．(2018届高三·安徽名校阶段测试)设A ＝{x |x 2－4x ＋3≤0}，B ＝{x |ln(3－2x )<0}，则图中阴影部分表示的集合为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ x <32B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1<x <32 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ 1≤x <32 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪32<x ≤3 解析：选B A ＝{x |x 2－4x ＋3≤0}＝{x |1≤x ≤3}，B ＝{x |ln(3－2x )<0}＝{x |0<3－2x <1}＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ 1<x <32，结合Venn 图知，图中阴影部分表示的集合为A ∩B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1<x <32. 3．(2017·全国卷Ⅲ)已知集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2＝1}，B ＝{(x ，y )|y ＝x }，则A ∩B 中元素的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选B 因为A 表示圆x 2＋y 2＝1上的点的集合，B 表示直线y ＝x 上的点的集合，直线y ＝x 与圆x 2＋y 2＝1有两个交点，所以A ∩B 中元素的个数为2.4．已知集合P ＝{n |n ＝2k －1，k ∈N *，k ≤50}，Q ＝{2,3,5}，则集合T ＝{xy |x ∈P ，y ∈Q }中元素的个数为( )A ．147B ．140C ．130D ．117解析：选B 由题意得，y 的取值一共有3种情况，当y ＝2时，xy 是偶数，与y ＝3，y ＝5时，没有相同的元素，当y ＝3，x ＝5,15,25，…，95时，与y ＝5，x ＝3,9,15，…，57时有相同的元素，共10个，故所求元素个数为3×50－10＝140.5．已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12，B ＝{x |mx －1＝0，m ∈R}，若A ∩B ＝B ，则所有符合条件的实数m 组成的集合是( )A ．{－1,0,2} B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫－12，0，1 C ．{－1,2}D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，0，12解析：选A 因为A ∩B ＝B ，所以B ⊆A .若B 为∅，则m ＝0；若B ≠∅，则－m －1＝0或12m －1＝0，解得m ＝－1或2.综上，m ∈{－1,0,2}． [准解·快解·悟通][题点·考法·全练] 1．(2017·天津高考)设x∈R，则“2－x≥0”是“|x－1|≤1”的() A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B由2－x≥0，得x≤2，由|x－1|≤1，得0≤x≤2.∵0≤x≤2⇒x≤2，x≤2⇒/ 0≤x≤2，故“2－x ≥0”是“|x －1|≤1”的必要而不充分条件．2．(2017·惠州三调)设函数y ＝f (x )，x ∈R ，“y ＝|f (x )|是偶函数”是“y ＝f (x )的图象关于原点对称”的( )A ．充分不必要条件B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 设f (x )＝x 2，y ＝|f (x )|是偶函数，但是不能推出y ＝f (x )的图象关于原点对称．反之，若y ＝f (x )的图象关于原点对称，则y ＝f (x )是奇函数，这时y ＝|f (x )|是偶函数，故选C.3．(2017·浙江高考)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 因为{a n }为等差数列，所以S 4＋S 6＝4a 1＋6d ＋6a 1＋15d ＝10a 1＋21d,2S 5＝10a 1＋20d ，S 4＋S 6－2S 5＝d ，所以d >0⇔S 4＋S 6>2S 5.4．已知“x >k ”是“3x ＋1<1”的充分不必要条件，则k 的取值范围是( ) A ．[2，＋∞) B ．[1，＋∞) C ．(2，＋∞)D ．(－∞，－1]解析：选A 由3x ＋1<1，可得3x ＋1－1＝－x ＋2x ＋1<0，所以x <－1或x >2，因为“x >k ”是“3x ＋1<1”的充分不必要条件，所以k ≥2. 5．已知条件p ：x ＋y ≠－2，条件q ：x ，y 不都是－1，则p 是q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 因为p ：x ＋y ≠－2，q ：x ≠－1或y ≠－1，所以綈p ：x ＋y ＝－2，綈q ：x ＝－1且y ＝－1，因为綈q ⇒綈p 但綈p ⇒/綈q ，所以綈q 是綈p 的充分不必要条件，即p 是q 的充分不必要条件．[准解·快解·悟通][题点·考法·全练]1．下列命题中为真命题的是( ) A ．命题“若x ＞1，则x 2＞1”的否命题 B ．命题“若x ＞y ，则x ＞|y |”的逆命题 C ．命题“若x ＝1，则x 2＋x －2＝0”的否命题 D ．命题“若tan x ＝3，则x ＝π3”的逆否命题解析：选B 对于选项A ，命题“若x ＞1，则x 2＞1”的否命题为“若x ≤1，则x 2≤1”，易知当x ＝－2时，x 2＝4＞1，故选项A 为假命题；对于选项B ，命题“若x ＞y ，则x ＞|y |”的逆命题为“若x ＞|y |，则x ＞y ”，分析可知选项B 为真命题；对于选项C ，命题“若x ＝1，则x 2＋x －2＝0”的否命题为“若x ≠1，则x 2＋x －2≠0”，易知当x ＝－2时，x 2＋x －2＝0，故选项C 为假命题；对于选项D ，命题“若tan x ＝3，则x ＝π3”为假命题，故其逆否命题为假命题，综上可知，选B.2．(2015·全国卷Ⅰ)设命题p ：∃n ∈N ，n 2>2n ，则綈p 为( ) A ．∀n ∈N ，n 2>2n B ．∃n ∈N ，n 2≤2n C ．∀n ∈N ，n 2≤2nD ．∃n ∈N ，n 2＝2n解析：选C 因为“∃x ∈M ，p (x )”的否定是“∀x ∈M ，綈p (x )”，所以命题“∃n ∈N ，n 2>2n ”的否定是“∀n ∈N ，n 2≤2n ”．3．(2017·山东高考)已知命题p ：∀x >0，ln(x ＋1)>0；命题q ：若a >b ，则a 2>b 2.下列命题为真命题的是( )A ．p ∧qB ．p ∧綈qC ．綈p ∧qD ．綈p ∧綈q解析：选B 当x >0时，x ＋1>1，因此ln(x ＋1)>0，即p 为真命题；取a ＝1，b ＝－2，这时满足a >b ，显然a 2>b 2不成立，因此q 为假命题．由复合命题的真假性，知B 为真命题．[准解·快解·悟通][专题过关检测]一、选择题1．(2016·全国卷Ⅱ)已知集合A＝{1,2,3}，B＝{x|(x＋1)·(x－2)<0，x∈Z}，则A∪B＝() A．{1}B．{1,2}C．{0,1,2,3} D．{－1,0,1,2,3}解析：选C因为B＝{x|(x＋1)(x－2)<0，x∈Z}＝{x|－1<x<2，x∈Z}＝{0,1}，A＝{1,2,3}，所以A∪B＝{0,1,2,3}．2．(2017·成都一诊)命题“若a>b，则a＋c>b＋c”的否命题是()A．若a≤b，则a＋c≤b＋c B．若a＋c≤b＋c，则a≤bC．若a＋c>b＋c，则a>b D．若a>b，则a＋c≤b＋c解析：选A命题的否命题是将原命题的条件和结论均否定，所以题中命题的否命题为“若a≤b，则a＋c≤b＋c”．3．(2017·广西三市第一次联考)设集合A＝{x|8＋2x－x2>0}，集合B＝{x|x＝2n－1，n ∈N*}，则A∩B等于()A．{－1,1} B．{－1,3}C．{1,3} D．{3,1，－1}解析：选C∵A＝{x|－2<x<4}，B＝{1,3,5，…}，∴A ∩B ＝{1,3}．4．(2017·郑州第二次质量预测)已知集合A ＝{x |log 2x ≤1}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1x>1，则A ∩(∁R B )＝( )A ．(－∞，2]B ．(0,1]C ．[1,2]D ．(2，＋∞)解析：选C 因为A ＝{x |0<x ≤2}，B ＝{x |0<x <1}，所以A ∩(∁R B )＝{x |0<x ≤2}∩{x |x ≤0或x ≥1}＝{x |1≤x ≤2}．5．(2017·北京高考)设m ，n 为非零向量，则“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n <0”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A ∵m ＝λn ，∴m ·n ＝λn ·n ＝λ|n |2. ∴当λ<0，n ≠0时，m ·n <0.反之，由m ·n ＝|m ||n |cos 〈m ，n 〉<0⇔cos 〈m ，n 〉<0⇔〈m ，n 〉∈⎝⎛⎦⎤π2，π，当〈m ，n 〉∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，m ，n 不共线．故“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n <0”的充分而不必要条件．6．(2018届高三·湘中名校联考)已知集合A ＝{x |x 2－11x －12＜0}，B ＝{x |x ＝2(3n ＋1)，n ∈Z}，则A ∩B 等于( )A ．{2}B ．{2,8}C ．{4,10}D ．{2,4,8,10}解析：选B 因为集合A ＝{x |x 2－11x －12＜0}＝{x |－1＜x ＜12}，集合B 为被6整除余数为2的数．又集合A 中的整数有0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11，故被6整除余数为2的数有2和8，所以A ∩B ＝{2,8}．7．(2017·石家庄调研)设全集U ＝R ，集合A ＝{x |x ≥1}，B ＝{x |(x ＋2)(x －1)<0}，则( ) A ．A ∩B ＝∅ B ．A ∪B ＝U C ．∁U B ⊆AD ．∁U A ⊆B解析：选A 由(x ＋2)(x －1)<0，解得－2<x <1，所以B ＝{x |－2<x <1}，则A ∩B ＝∅，A ∪B ＝{x |x >－2}，∁U B ＝{x |x ≥1或x ≤－2}，A ⊆∁U B ，∁U A ＝{x |x <1}，B ⊆∁U A ，故选A.8．若x ∈A ，则1x ∈A ，就称A 是伙伴关系集合，集合M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，0，13，12，1，2，3，4的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为( )A ．15B ．16C ．28D ．25解析：选A 本题关键看清－1和1本身也具备这种运算，这样所求集合即由－1,1,3和13，2和12这“四大”元素所能组成的集合．所以满足条件的集合的个数为24－1＝15. 9．(2017·郑州第一次质量预测)已知命题p ：1a >14，命题q ：∀x ∈R ，ax 2＋ax ＋1>0，则p 成立是q 成立的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 命题p 等价于0<a <4.命题q ，对∀x ∈R ，ax 2＋ax ＋1>0，必有a ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a 2－4a <0，则0≤a <4，所以命题p 是命题q 的充分不必要条件． 10．已知f (x )＝3sin x －πx ，命题p ：∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x )<0，则( ) A ．p 是假命题，綈p ：∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x )≥0 B ．p 是假命题，綈p ：∃x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x 0)≥0 C ．p 是真命题，綈p ：∃x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x 0)≥0 D ．p 是真命题，綈p ：∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x )>0 解析：选C 因为f ′(x )＝3cos x －π，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，即对∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x )<f (0)＝0恒成立，所以p 是真命题．而p 的否定为∃x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x 0)≥0，故选C. 11．已知命题p ：函数f (x )＝2ax 2－x －1在(0,1)内恰有一个零点；命题q ：函数y ＝x 2－a在(0，＋∞)上是减函数．若p 且綈q 为真命题，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，2]C ．(1,2]D ．(－∞，1]∪(2，＋∞)解析：选C 由题意可得，对命题p ，令f (0)·f (1)<0，即－1·(2a －2)<0，得a >1；对命题q ，令2－a <0，即a >2，则綈q 对应的a 的范围是(－∞，2]．因为p 且綈q 为真命题，所以实数a 的取值范围是(1,2]．12．在下列结论中，正确的个数是( )①命题p ：“∃x 0∈R ，x 20－2≥0”的否定形式为綈p ：“∀x ∈R ，x 2－2<0”；②O 是△ABC 所在平面上一点，若OA ―→·OB ―→＝OB ―→·OC ―→＝OC ―→·OA ―→，则O 是△ABC 的垂心；③“M >N ”是“⎝⎛⎭⎫23M >⎝⎛⎭⎫23N”的充分不必要条件；④命题“若x 2－3x －4＝0，则x ＝4”的逆否命题为“若x ≠4，则x 2－3x －4≠0”． A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C 由特称(存在性)命题与全称命题的关系可知①正确． ∵OA ―→·OB ―→＝OB ―→·OC ―→，∴OB ―→·(OA ―→－OC ―→)＝0，即OB ―→·CA ―→＝0， ∴OB ―→⊥CA ―→.同理可知OA ―→⊥BC ―→，OC ―→⊥BA ―→，故点O 是△ABC 的垂心，∴②正确． ∵y ＝⎝⎛⎭⎫23x是减函数，∴当M >N 时，⎝⎛⎭⎫23M <⎝⎛⎭⎫23N ，当⎝⎛⎭⎫23M >⎝⎛⎭⎫23N 时，M <N . ∴“M >N ”是“⎝⎛⎭⎫23M >⎝⎛⎭⎫23N ”的既不充分也不必要条件，∴③错误．由逆否命题的写法可知，④正确． ∴正确的结论有3个．二、填空题13．设命题p ：∀a >0，a ≠1，函数f (x )＝a x －x －a 有零点，则綈p ：________________________.解析：全称命题的否定为特称(存在性)命题，綈p ：∃a 0>0，a 0≠1，函数f (x )＝a x 0－x－a 0没有零点．答案：∃a 0>0，a 0≠1，函数f (x )＝a x 0－x －a 0没有零点14．设全集U ＝{(x ，y )|x ∈R ，y ∈R}，集合M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫(x ，y )⎪⎪⎪ y －3x －2＝1，P ＝{(x ，y )|y ≠x ＋1}，则∁U (M ∪P )＝________.解析：集合M ＝{(x ，y )|y ＝x ＋1，且x ≠2，y ≠3}，所以M ∪P ＝{(x ，y )|x ∈R ，y ∈R ，且x ≠2，y ≠3}．则∁U (M ∪P )＝{(2,3)}．答案：{(2,3)}15．已知命题p ：不等式xx －1＜0的解集为{x |0＜x ＜1}；命题q ：在△ABC 中，“A ＞B ”是“sin A ＞sin B ”成立的必要不充分条件．有下列四个结论：①p 真q 假；②“p ∧q ”为真；③“p ∨q ”为真；④p 假q 真，其中正确结论的序号是________．解析：解不等式知，命题p是真命题，在△ABC中，“A＞B”是“sin A＞sin B”的充要条件，所以命题q是假命题，所以①③正确．答案：①③16．a，b，c为三个人，命题A：“如果b的年龄不是最大，那么a的年龄最小”和命题B：“如果c不是年龄最小，那么a的年龄最大”都是真命题，则a，b，c的年龄由小到大依次是________．解析：显然命题A和B的原命题的结论是矛盾的，因此我们应该从它们的逆否命题来看．由命题A可知，当b不是最大时，则a是最小，所以c最大，即c>b>a；而它的逆否命题也为真，即“若a的年龄不是最小，则b的年龄是最大”为真，即b>a>c.同理，由命题B为真可得a>c>b或b>a>c.故由A与B均为真可知b>a>c，所以a，b，c三人的年龄大小顺序是：b最大，a次之，c最小．答案：c，a，b送分专题(二)函数的图象与性质[全国卷3年考情分析][题点·考法·全练]1．(2017·广州综合测试)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x ≤0，1－log 2x ，x >0，则f (f (－3))＝( ) A.43B ．23C ．－43D ．3解析：选D 因为f (－3)＝2－2＝14，所以f (f (－3))＝f ⎝⎛⎭⎫14＝1－log 214＝3. 2．函数y ＝1－x 22x 2－3x －2的定义域为( )A ．(－∞，1]B ．[－1,1]C ．[1,2)∪(2，＋∞)D.⎣⎡⎭⎫－1，－12∪⎝⎛⎦⎤－12，1 解析：选D 要使函数y ＝1－x 22x 2－3x －2有意义，则⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2≥0，2x 2－3x －2≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤1，x ≠2且x ≠－12，即－1≤x ≤1且x ≠－12，所以该函数的定义域为⎣⎡⎭⎫－1，－12∪⎝⎛⎦⎤－12，1. 3．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x ，x >0，则满足f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x －12>1的x 的取值范围是________．解析：由题意知，可对不等式分x ≤0,0<x ≤12，x >12讨论．当x ≤0时，原不等式为x ＋1＋x ＋12>1，解得x >－14，∴－14<x ≤0.当0<x ≤12时，原不等式为2x ＋x ＋12>1，显然成立．当x >12时，原不等式为2x ＋2x －12>1，显然成立．综上可知，x 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－14，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎫－14，＋∞ 4．若函数f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )(常数a ，b ∈R)是偶函数，且它的值域为(－∞，2]，则该函数的解析式为________．解析：由题意知：a ≠0，f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )＝bx 2＋(2a ＋ab )x ＋2a 2是偶函数，则其图象关于y 轴对称，所以2a ＋ab ＝0，b ＝－2.所以f (x )＝－2x 2＋2a 2，因为它的值域为(－∞，2]，所以2a 2＝2.所以f (x )＝－2x 2＋2.答案：f (x )＝－2x 2＋25．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________．解析：当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，y ＝(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1]内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a ＜12.答案：⎣⎡⎭⎫0，12 [准解·快解·悟通][题点·考法·全练]1．(2018届高三·安徽名校阶段性测试)函数y ＝x 2ln|x ||x |的图象大致是( )解析：选D 易知函数y ＝x 2ln|x ||x |是偶函数，可排除B ，当x >0时，y ＝x ln x ，y ′＝ln x＋1，令y ′>0，得x >e －1，所以当x >0时，函数在(e －1，＋∞)上单调递增，结合图象可知D正确，故选D.2．已知函数f (x －1)是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，则函数f (x )的图象可能是( )解析：选B 函数f (x －1)的图象向左平移1个单位，即可得到函数f (x )的图象，因为函数f (x －1)是定义在R 上的奇函数，所以函数f (x －1)的图象关于原点对称，所以函数f (x )的图象关于点(－1,0)对称，排除A 、C 、D ，选B.3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋x 2，|x |≥1，x ，|x |<1的图象过点(1,1)，函数g (x )是二次函数，若函数f (g (x ))的值域是[0，＋∞)，则函数g (x )的值域是( )A ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B ．(－∞，－1]∪[0，＋∞)C ．[0，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选C 因为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋x 2，|x |≥1，x ，|x |<1的图象过点(1,1)，所以m ＋1＝1，解得m ＝0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，|x |≥1，x ，|x |<1.画出函数y ＝f (x )的图象(如图所示)，由于函数g (x )是二次函数，值域不会是选项A 、B ，易知，当g (x )的值域是[0，＋∞)时，f (g (x ))的值域是[0，＋∞)．[准解·快解·悟通][题点·考法·全练]1．下列函数中，满足“∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0”的是()A．f(x)＝1x－x B．f(x)＝x3C．f(x)＝ln x D．f(x)＝2x解析：选A“∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0”等价于f(x)在(0，＋∞)上为减函数，易判断f(x)＝1x－x满足条件．2．(2017·广西三市第一次联考)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，若实数a满足f(2log3a)>f(－2)，则a的取值范围是()A．(－∞，3) B．(0，3)C．(3，＋∞) D．(1，3)解析：选B∵f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，∴f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减．根据函数的对称性，可得f(－2)＝f(2)，∴f(2log3a)>f(2)．∵2log 3a >0，f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，∴0<2log 3a <2⇒log 3a <12⇒0<a < 3.3．(2017·山东高考)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋4)＝f (x －2)．若当x ∈[－3,0]时，f (x )＝6－x ，则f (919)＝________.解析：∵f (x ＋4)＝f (x －2)，∴f (x ＋6)＝f (x )， ∴f (x )的周期为6，∵919＝153×6＋1，∴f (919)＝f (1)．又f (x )为偶函数，∴f (919)＝f (1)＝f (－1)＝6. 答案：64．(2017·福建普通高中质量检测)已知函数f (x )＝x 2(2x －2－x )，则不等式f (2x ＋1)＋f (1)≥0的解集是________．解析：因为f (－x )＝(－x )2(2－x －2x )＝－x 2(2x －2－x )＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数．不等式f (2x ＋1)＋f (1)≥0等价于f (2x ＋1)≥f (－1)．易知，当x >0时，函数f (x )为增函数，所以函数f (x )在R 上为增函数，所以f (2x ＋1)≥f (－1)等价于2x ＋1≥－1，解得x ≥－1.答案：{x |x ≥－1}[准解·快解·悟通][专题过关检测]一、选择题 1．函数f (x )＝1x －1＋x 的定义域为( ) A ．[0，＋∞) B ．(1，＋∞) C ．[0,1)∪(1，＋∞)D ．[0,1)解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x －1≠0，x ≥0，∴f (x )的定义域为[0,1)∪(1，＋∞)．2．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝1xB ．y ＝|x |－1C ．y ＝lg xD ．y ＝⎝⎛⎭⎫12|x |解析：选B A 中函数y ＝1x 不是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，故A 错误；B 中函数满足题意，故B 正确；C 中函数不是偶函数，故C 错误；D 中函数不满足在(0，＋∞)上单调递增，故选B.3．已知函数f (x )＝2×4x －a2x的图象关于原点对称，g (x )＝ln(e x ＋1)－bx 是偶函数，则log a b ＝( )A ．1B ．－1C ．－12D ．14解析：选B 由题意得f (0)＝0，∴a ＝2. ∵g (1)＝g (－1)，∴ln(e ＋1)－b ＝ln ⎝⎛⎭⎫1e ＋1＋b ， ∴b ＝12，∴log 212＝－1.4．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b ，x <－1，ln (x ＋a )，x ≥－1的图象如图所示，则f (－3)等于( )A ．－12B ．－54C ．－1D ．－2解析：选C 由图象可得a (－1)＋b ＝3，ln(－1＋a )＝0，∴a ＝2，b ＝5，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5，x <－1，ln (x ＋2)，x ≥－1，故f (－3)＝2×(－3)＋5＝－1.5．已知函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，若f (x ＋2 017)＝⎩⎨⎧2sin x ，x ≥0，lg (－x )，x <0，则f ⎝⎛⎭⎫2 017＋π4·f (－7 983)＝( ) A ．2 016 B.14C ．4 D.12 016解析：选C 由题意得，f ⎝⎛⎭⎫2 017＋π4＝2sin π4＝1， f (－7 983)＝f (2 017－10 000)＝lg 10 000＝4， ∴f ⎝⎛⎭⎫2 017＋π4·f (－7 983)＝4. 6．函数y ＝sin xx ，x ∈(－π，0)∪(0，π)的图象大致是( )解析：选A 函数y ＝sin xx ，x ∈(－π，0)∪(0，π)为偶函数，所以图象关于y 轴对称，排除B 、C ，又当x 趋近于π时，y ＝sin xx 趋近于0，故选A.7．(2016·山东高考)已知函数f (x )的定义域为R.当x ＜0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x ＞12时，f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎫x －12，则f (6)＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．0D ．2解析：选D 由题意知，当x ＞12时，f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＝fx －12，则f (x ＋1)＝f (x )．又当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )， ∴f (6)＝f (1)＝－f (－1)．又当x ＜0时，f (x )＝x 3－1， ∴f (－1)＝－2，∴f (6)＝2.8．如图，动点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体对角线BD 1上．过点P 作垂直于平面BB 1D 1D 的直线，与正方体的表面相交于M ，N 两点．设BP ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选B 设正方体的棱长为1，显然，当P 移动到体对角线BD 1的中点E 时，函数y ＝MN ＝AC ＝2取得唯一的最大值，所以排除A 、C ；当P 在BE 上时，分别过M ，N ，P 作底面的垂线，垂足分别为M 1，N 1，P 1，则y ＝MN ＝M 1N 1＝2BP 1＝2x cos ∠D 1BD ＝263x ，是一次函数，所以排除D.故选B.9．(2017·贵阳模拟)定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2,2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：选C 由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数． ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6. 10．函数f (x )＝ax ＋b(x ＋c )2的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A ．a >0，b >0，c <0B ．a <0，b >0，c >0C ．a <0，b >0，c <0D ．a <0，b <0，c <0 解析：选C ∵f (x )＝ax ＋b(x ＋c )2的图象与x 轴，y 轴分别交于N ，M ，且点M 的纵坐标与点N 的横坐标均为正，∴x ＝－b a >0，y ＝bc 2>0，故a <0，b >0，又函数图象间断点的横坐标为正，∴－c >0，c <0，故选C.11．定义在R 上的函数f (x )对任意0<x 2<x 1都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<1，且函数y ＝f (x )的图象关于原点对称，若f (2)＝2，则不等式f (x )－x >0的解集是( )A ．(－2,0)∪(0,2)B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(0,2)D ．(－2,0)∪(2，＋∞)解析：选C (转化法)由f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<1，可得[f (x 1)－x 1]－[f (x 2)－x 2]x 1－x 2<0.令F (x )＝f (x )－x ，由题意知F (x )在(－∞，0)，(0，＋∞)上是减函数，且是奇函数，F (2)＝0，F (－2)＝0，所以结合图象，令F (x )>0，得x <－2或0<x <2.12．已知函数f (x )＝2x －1，g (x )＝1－x 2，规定：当|f (x )|≥g (x )时，h (x )＝|f (x )|；当|f (x )|<g (x )时，h (x )＝－g (x )，则h (x )( )A ．有最小值－1，最大值1B ．有最大值1，无最小值C ．有最小值－1，无最大值D ．有最大值－1，无最小值解析：选C 作出函数g (x )＝1－x 2和函数|f (x )|＝|2x －1|的图象如图①所示，得到函数h (x )的图象如图②所示，由图象得函数h (x )有最小值－1，无最大值．二、填空题13．函数f (x )＝ln 1|x |＋1的值域是________．解析：因为|x |≥0，所以|x |＋1≥1. 所以0＜1|x |＋1≤1.所以ln 1|x |＋1≤0，即f (x )＝ln1|x |＋1的值域为(－∞，0]．答案：(－∞，0]14．(2018届高三·安徽名校阶段性测试)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，f (x )＝2x ，则f (log 49)＝________.解析：因为log 49＝log 23>0，又f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，f (x )＝2x ，所以f (log 49)＝f (log 23)＝－2－log 23＝－2log 213＝－13.答案：－1315．若当x ∈(1,2)时，函数y ＝(x －1)2的图象始终在函数y ＝log a x 的图象的下方，则实数a 的取值范围是________．解析：如图，在同一平面直角坐标系中画出函数y ＝(x －1)2和y ＝log a x 的图象，由于当x ∈(1,2)时，函数y ＝(x －1)2的图象恒在函数y ＝log a x 的图象的下方，则⎩⎪⎨⎪⎧a >1，log a 2≥1，解得1<a ≤2.答案：(1,2]16．(2017·惠州三调)已知定义在R 上的函数y ＝f (x )满足条件f ⎝⎛⎭⎫x ＋32＝－f (x )，且函数y ＝f ⎝⎛⎭⎫x －34为奇函数，给出以下四个命题： ①函数f (x )是周期函数；②函数f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－34，0对称； ③函数f (x )为R 上的偶函数； ④函数f (x )为R 上的单调函数．其中真命题的序号为____________．解析：f (x ＋3)＝f ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x ＋32＋32＝－f ⎝⎛⎭⎫x ＋32＝f (x )，所以f (x )是周期为3的周期函数，①正确；函数f ⎝⎛⎭⎫x －34是奇函数，其图象关于点(0,0)对称，则f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－34，0对称，②正确；因为f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－34，0对称，－34＝－x ＋⎝⎛⎭⎫－32＋x 2，所以f (－x )＝－f ⎝⎛⎭⎫－32＋x ，又f ⎝⎛⎭⎫－32＋x ＝－f ⎝⎛⎭⎫－32＋x ＋32＝－f (x )，所以f (－x )＝f (x )，③正确；f (x )是周期函数在R 上不可能是单调函数，④错误．故真命题的序号为①②③. 答案：①②③送分专题(三) 平面向量[全国卷3年考情分析][题点·考法·全练]1．(2017·贵州适应性考试)已知向量e 1与e 2不共线，且向量AB ―→＝e 1＋me 2，AC ―→＝ne 1＋e 2，若A ，B ，C 三点共线，则实数m ，n 满足的条件是( )A ．mn ＝1B ．mn ＝－1C ．m ＋n ＝1D ．m ＋n ＝－1解析：选A 法一：因为A ，B ，C 三点共线，所以一定存在一个确定的实数λ，使得AB―→＝λAC ―→，所以有e 1＋me 2＝nλe 1＋λe 2，由此可得⎩⎪⎨⎪⎧1＝nλ，m ＝λ，所以mn ＝1.法二：因为A ，B ，C 三点共线，所以必有1n ＝m1，所以mn ＝1.2.如图所示，下列结论正确的是( )①PQ ―→＝32a ＋32b ；②PT ―→＝32a －b ；③PS ―→＝32a －12b ；④PR ―→＝32a ＋b .A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④解析：选C ①根据向量的加法法则，得PQ ―→＝32a ＋32b ，故①正确；②根据向量的减法法则，得PT ―→＝32a －32b ，故②错误；③PS ―→＝PQ ―→＋QS ―→＝32a ＋32b －2b ＝32a －12b ，故③正确；④PR ―→＝PQ ―→＋QR ―→＝32a ＋32b －b ＝32a ＋12b ，故④错误．故正确命题的结论为①③.3．已知平面内不共线的四点O ，A ，B ，C ，若OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→＝0，则|AB ―→||BC ―→|＝________.解析：由已知得OA ―→－OB ―→＝2(OB ―→－OC ―→)，即BA ―→＝2CB ―→， ∴|BA ―→|＝2|CB ―→|，∴|AB ―→||BC ―→|＝2.答案：24．已知e 1，e 2是不共线向量，a ＝me 1＋2e 2，b ＝ne 1－e 2，且mn ≠0，若a ∥b ，则mn 等于________．解析：∵a ∥b ，∴a ＝λb ，即me 1＋2e 2＝λ(ne 1－e 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧λn ＝m ，－λ＝2，解得m n ＝－2.答案：－2[准解·快解·悟通][题点·考法·全练]1．已知向量m ＝(t ＋1,1)，n ＝(t ＋2,2)，若(m ＋n )⊥(m －n )，则t ＝( ) A ．0 B ．－3 C ．3D ．－1解析：选B 法一：由(m ＋n )⊥(m －n )可得(m ＋n )·(m －n )＝0，即m 2＝n 2，故(t ＋1)2＋1＝(t ＋2)2＋4，解得t ＝－3.法二：m ＋n ＝(2t ＋3,3)，m －n ＝(－1，－1)，∵(m ＋n )⊥(m －n )，∴－(2t ＋3)－3＝0，解得t ＝－3.2．(2017·洛阳统考)已知向量a ＝(1,0)，|b |＝2，a 与b 的夹角为45°，若c ＝a ＋b ，d ＝a －b ，则c 在d 方向上的投影为( )A.55B ．－55C ．1D ．－1解析：选D 依题意得|a |＝1，a ·b ＝1×2×cos 45°＝1，|d |＝(a －b )2＝a 2＋b 2－2a ·b ＝1，c ·d ＝a 2－b 2＝－1，因此c 在d 方向上的投影等于c ·d|d |＝－1. 3．已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，k )，且a 与b 的夹角为锐角，则实数k 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－2，12 B.⎝⎛⎭⎫－2，12∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C ．(－2，＋∞)D ．[－2，＋∞)解析：选B 当a ，b 共线时，2k －1＝0，k ＝12，此时a ，b 方向相同，夹角为0，所以要使a 与b 的夹角为锐角，则有a·b >0且a ，b 不共线．由a·b ＝2＋k >0得k >－2，又k ≠12，即实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－2，12∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞，选B. 4．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________. 解析：法一：易知|a ＋2b |＝|a |2＋4a ·b ＋4|b |2＝4＋4×2×1×12＋4＝2 3.法二：(数形结合法)由|a |＝|2b |＝2，知以a 与2b 为邻边可作出边长为2的菱形OACB ，如图，则|a ＋2b |＝|OC ―→|.又∠AOB ＝60°，所以|a ＋2b |＝2 3.答案：2 35．(2017·山东高考)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量．若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是________．解析：因为(3e 1－e 2)·(e 1＋λe 2)|3e 1－e 2|·|e 1＋λe 2|＝3－λ21＋λ2，故3－λ21＋λ2＝12，解得λ＝33.答案：33[准解·快解·悟通][题点·考法·全练]1．在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝6，点D 在边AC 上，且2AD ―→＝DC ―→，则BA ―→·BD ―→的值是( )A ．48B ．24C ．12D ．6解析：选B 法一：由题意得，BA ―→·BC ―→＝0，BA ―→·CA ―→＝BA ―→·(BA ―→－BC ―→)＝|BA ―→|2＝36，∴BA ―→·BD ―→＝BA ―→·(BC ―→＋CD ―→)＝BA ―→·⎝⎛⎭⎫BC ―→＋23 CA ―→ ＝0＋23×36＝24. 法二：(特例法)若△ABC 为等腰直角三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (6,0)，C (0,6)．由2AD ―→＝DC ―→，得D (4,2)．∴BA ―→·BD ―→＝(6,0)·(4,2)＝24.2.如图所示，已知点G 是△ABC 的重心，过点G 作直线与AB ，AC 两边分别交于M ，N 两点，且AM ―→＝x AB ―→，AN ―→＝y AC ―→，则x ＋2y 的最小值为( )A ．2 B.13 C.3＋223D.34解析：选C 由已知可得AG ―→＝23×12(AB ―→＋AC ―→)＝13AB ―→＋13AC ―→＝13x AM ―→＋13y AN ―→，又M ，G ，N 三点共线，故13x ＋13y＝1，∴1x ＋1y ＝3，则x ＋2y ＝(x ＋2y )·⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ·13＝13⎝⎛⎭⎫3＋2y x ＋x y ≥3＋223(当且仅当x ＝2y 时取等号)．3．(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43D ．－1解析：选B 如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1,0)，C (1,0)，设P (x ，y )，则PA ―→＝(－x, 3－y )，PB ―→＝(－1－x ，－y )，PC ―→＝(1－x ，－y )，所以PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2x 2＋2⎝⎛⎭⎫y －322－32，当x ＝0，y ＝32时，PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)取得最小值，为－32.4．如图，已知△ABC 中，∠BAC ＝90°，∠B ＝30°，点P 在线段BC 上运动，且满足CP ―→＝λCB ―→，当PA ―→·PC ―→取到最小值时，λ的值为( )A.14 B.15 C.16D.18解析：选D 如图所示，建立平面直角坐标系．不妨设BC ＝4，P (x,0)(0≤x ≤4)，则A (3，3)，C (4,0)，∴PA ―→·PC ―→＝(3－x ，3)·(4－x,0)＝(3－x )(4－x )＝x 2－7x ＋12＝⎝⎛⎭⎫x －722－14.当x ＝72时，PA ―→·PC ―→取得最小值－14.∵CP ―→＝λCB ―→，∴⎝⎛⎭⎫－12，0＝λ(－4,0)， ∴－4λ＝－12，解得λ＝18.故选D.5.如图，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP ―→＝3PD ―→，AP ―→·BP ―→＝2，则AB ―→·AD ―→的值是________．解析：因为AP ―→＝AD ―→＋DP ―→＝AD ―→＋14AB ―→，BP ―→＝BC ―→＋CP ―→＝AD ―→－34AB ―→，所以AP ―→·BP ―→＝⎝⎛⎭⎫AD ―→＋14AB ―→·⎝⎛⎭⎫AD ―→－34AB ―→＝ |AD ―→|2－316|AB ―→|2－12AD ―→·AB ―→＝2，将AB ＝8，AD ＝5代入解得AB ―→·AD ―→＝22. 答案：22[准解·快解·悟通][专题过关检测]一、选择题1．设a ＝(1,2)，b ＝(1,1)，c ＝a ＋kb .若b ⊥c ，则实数k 的值等于( ) A ．－32B ．－53C.53D ．32解析：选A 因为c ＝a ＋kb ＝(1＋k,2＋k )，又b ⊥c ，所以1×(1＋k )＋1×(2＋k )＝0，解得k ＝－32.2．(2017·贵州适应性考试)已知向量a ＝(2,4)，b ＝(－1，1)，c ＝(2,3)，若a ＋λb 与c 共线，则实数λ＝( )A.25 B ．－25C.35D ．－35解析：选B 法一：a ＋λb ＝(2－λ，4＋λ)，c ＝(2,3)，因为a ＋λb 与c 共线，所以必定存在唯一实数μ，使得a ＋λb ＝μc ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2－λ＝2μ，4＋λ＝3μ，解得⎩⎨⎧μ＝65，λ＝－25.法二：a ＋λb ＝(2－λ，4＋λ)，c ＝(2,3)，由a ＋λb 与c 共线可知2－λ2＝4＋λ3，解得λ＝－25. 3．(2018届高三·云南11校跨区调研)已知平面向量a 与b 的夹角为45°，a ＝(1,1)，|b |＝2，则|3a ＋b |等于( )A ．13＋6 2B ．2 5 C.30D ．34解析：选D 依题意得a 2＝2，a ·b ＝2×2×cos 45°＝2，|3a ＋b |＝(3a ＋b )2＝9a 2＋6a ·b ＋b 2＝18＋12＋4＝34.4．在等腰梯形ABCD 中，AB ―→＝－2CD ―→CD ―→，M 为BC 的中点，则AM ―→＝( ) A.12AB ―→＋12AD ―→ B.34AB ―→＋12AD ―→ C.34AB ―→＋14AD ―→ D.12AB ―→＋34AD ―→ 解析：选B 因为AB ―→＝－2CD ―→，所以AB ―→＝2DC ―→.又M 是BC 的中点，所以AM ―→＝12(AB―→＋AC ―→)＝12(AB ―→＋AD ―→＋DC ―→)＝12⎝⎛⎭⎫AB ―→＋AD ―→＋12AB ―→＝34AB ―→＋12AD ―→.5．(2017·成都二诊)已知平面向量a ，b 的夹角为π3，且|a |＝1，|b |＝12，则a ＋2b 与b 的夹角是( )A.π6 B.5π6 C.π4D.3π4解析：选A 法一：因为|a ＋2b |2＝|a |2＋4|b |2＋4a ·b ＝1＋1＋4×1×12×cos π3＝3，所以|a ＋2b |＝3，又(a ＋2b )·b ＝a ·b ＋2|b |2＝1×12×cos π3＋2×14＝14＋12＝34，所以cos 〈a ＋2b ，b 〉＝(a ＋2b )·b|a ＋2b ||b |＝343×12＝32，所以a ＋2b 与b 的夹角为π6.法二：(特例法)设a ＝(1,0)，b ＝⎝⎛⎭⎫12cos π3，12sin π3＝⎝⎛⎭⎫14，34，则(a ＋2b )·b ＝⎝⎛⎭⎫32，32·⎝⎛⎭⎫14，34＝34，|a ＋2b |＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫322＝3，所以cos 〈a ＋2b ，b 〉＝(a ＋2b )·b |a ＋2b ||b |＝343×12＝32，所以a ＋2b 与b 的夹角为π6. 6．已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量AB ―→在CD ―→方向上的投影为( ) A.322B ．3152C ．－322D ．－3152解析：选A 由题意知AB ―→＝(2,1)，CD ―→＝(5,5)，则AB ―→在CD ―→方向上的投影为|AB ―→|·cos 〈AB ―→，CD ―→〉＝AB ―→·CD ―→|CD ―→|＝322.7．(2017·安徽二校联考)在边长为1的正三角形ABC 中，D ，E 是边BC 的两个三等分点(D 靠近点B )，则AD ―→·AE ―→等于( )A.16B.29C.1318D.13解析：选C 法一：因为D ，E 是边BC 的两个三等分点，所以BD ＝DE ＝CE ＝13，在△ABD 中，AD 2＝BD 2＋AB 2－2BD ·AB ·cos 60° ＝⎝⎛⎭⎫132＋12－2×13×1×12＝79，即AD ＝73，同理可得AE ＝73，在△ADE 中，由余弦定理得 cos ∠DAE ＝AD 2＋AE 2－DE 22AD ·AE＝79＋79－⎝⎛⎭⎫1322×73×73＝1314，所以AD ―→·AE ―→＝|AD ―→|·|AE ―→|cos ∠DAE ＝73×73×1314＝1318. 法二：如图，建立平面直角坐标系，由正三角形的性质易得A ⎝⎛⎭⎫0，32，D ⎝⎛⎭⎫－16，0，E ⎝⎛⎭⎫16，0，所以AD ―→＝⎝⎛⎭⎫－16，－32，AE ―→＝⎝⎛⎭⎫16，－32，所以AD ―→·AE ―→＝⎝⎛⎭⎫－16，－32·⎝⎛⎭⎫16，－32＝－136＋34＝1318.8．(2017·东北四市模拟)已知向量OA ―→＝(3,1)，OB ―→＝(－1,3)，OC ―→＝m OA ―→－n OB ―→(m >0，n >0)，若m ＋n ＝1，则|OC ―→|的最小值为( )A.52B.102C. 5D.10解析：选C 由OA ―→＝(3,1)，OB ―→＝(－1,3)，得OC ―→＝m OA ―→－n OB ―→＝(3m ＋n ，m －3n )，因为m ＋n ＝1(m >0，n >0)，所以n ＝1－m 且0<m <1，所以OC ―→＝(1＋2m,4m －3)，则|OC ―→|＝(1＋2m )2＋(4m －3)2＝20m 2－20m ＋10 ＝20⎝⎛⎭⎫m －122＋5(0<m <1)，所以当m ＝12时，|OC ―→|min ＝ 5.9．已知向量m ，n 的模分别为2，2，且m ，n 的夹角为45°.在△ABC 中，AB ―→＝2m ＋2n ，AC ―→＝2m －6n ，BC ―→＝2BD ―→，则|AD ―→|＝( )A ．2B ．2 2C ．4D ．8解析：选B 因为BC ―→＝2BD ―→，所以点D 为边BC 的中点，所以AD ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)＝2m －2n ，所以|AD ―→|＝2|m －n |＝2(m －n )2＝22＋4－2×2×2×22＝2 2. 10．(2018届高三·湘中名校联考)若点P 是△ABC 的外心，且PA ―→＋PB ―→＋λPC ―→＝0，C ＝120°，则实数λ的值为( )A.12 B ．－12C ．－1D ．1解析：选C 设AB 中点为D ，则PA ―→＋PB ―→＝2PD ―→PD ―→. 因为PA ―→＋PB ―→＋λPC ―→＝0，所以2PD ―→＋λPC ―→＝0，所以向量PD ―→，PC ―→共线．又P 是△ABC 的外心，所以PA ＝PB ，所以PD ⊥AB ，所以CD ⊥AB .因为∠ACB ＝120°，所以∠APB ＝120°，所以四边形APBC 是菱形，从而PA ―→＋PB ―→＝2PD ―→＝PC ―→，所以2PD ―→＋λPC ―→＝PC ―→＋λPC ―→＝0，所以λ＝－1.11．已知Rt △AOB 的面积为1，O 为直角顶点，设向量a ＝OA ―→|OA ―→|，b ＝OB ―→|OB ―→|，OP ―→＝a ＋2b ，则PA ―→·PB ―→的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 如图，设A (m,0)，B (0，n )，∴mn ＝2，则a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，OP ―→＝a ＋2b ＝(1,2)，PA ―→＝(m －1，－2)，PB ―→＝(－1，n －2)，PA ―→·PB ―→＝5－(m ＋2n )≤5－22nm ＝1，当且仅当m ＝2n ，即m ＝2，n ＝1时，等号成立．12．已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点D ，E 分别是边AB ，BC 的中点，连接DE 并延长到点F ，使得DE ＝2EF ，则AF ―→·BC ―→的值为( )A ．－58B.18 C.14D.118解析：选B 如图所示， AF ―→＝AD ―→＋DF ―→.又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，且DE ＝2EF ，所以AD ―→＝12AB ―→，DF ―→＝12AC ―→＋14AC ―→＝34AC ―→，所以AF ―→＝12AB ―→＋34AC ―→.又BC ―→＝AC ―→－AB ―→，则AF ―→·BC ―→＝⎝⎛⎭⎫12AB ―→＋34AC ―→·(AC ―→－AB ―→)＝12AB ―→·AC ―→－12AB ―→2＋34AC ―→2－34AC ―→·AB ―→ ＝34AC ―→2－12AB ―→2－14AC ―→·AB ―→. 又|AB ―→|＝|AC ―→|＝1，∠BAC ＝60°，故AF ―→·BC ―→＝34－12－14×1×1×12＝18.二、填空题13．在△ABC 中，点O 在线段BC 的延长线上，且||BO ―→＝3||CO―→，当AO ―→＝x AB ―→＋y AC ―→时，则x －y ＝________.解析：∵AO ―→＝AB ―→＋BO ―→＝AB ―→＋32BC ―→＝AB ―→＋32(AC ―→－AB ―→)＝－12AB ―→＋32AC ―→，∴x －y ＝－2.答案：－214．已知a ，b 是非零向量，f (x )＝(ax ＋b )·(bx －a )的图象是一条直线，|a ＋b |＝2，|a |＝1，则f (x )＝________.解析：由f (x )＝a ·bx 2－(a 2－b 2)x －a ·b 的图象是一条直线，可得a ·b ＝0.因为|a ＋b |＝2，所以a 2＋b 2＝4.因为|a |＝1，所以a 2＝1，b 2＝3，所以f (x )＝2x . 答案：2x15．(2017·天津高考)在△ABC 中，∠A ＝60°，AB ＝3，AC ＝2.若BD ―→＝2DC ―→，AE ―→＝λAC ―→－AB ―→ (λ∈R)，且AD ―→·AE ―→＝－4，则λ的值为________．解析：法一：AD ―→＝AB ―→＋BD ―→＝AB ―→＋23BC ―→＝AB ―→＋23(AC ―→－AB ―→)＝13AB ―→＋23AC ―→.又AB ―→·AC ―→＝3×2×12＝3，所以AD ―→·AE ―→＝⎝⎛⎭⎫13AB ―→＋23AC ―→·(－AB ―→＋λAC ―→) ＝－13AB ―→2＋⎝⎛⎭⎫13λ－23AB ―→·AC ―→＋23λAC ―→2 ＝－3＋3⎝⎛⎭⎫13λ－23＋23λ×4＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.法二：以点A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，建立平面直角坐标系，不妨假设点C 在第一象限，则A (0,0)，B (3,0)，C (1，3)．由BD ―→＝2DC ―→，得D ⎝⎛⎭⎫53，233，由AE ―→＝λAC ―→－AB ―→，得E (λ－3，3λ)，则AD ―→·AE ―→＝⎝⎛⎭⎫53，233·(λ－3，3λ)＝53(λ－3)＋233×3λ＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.答案：31116．定义平面向量的一种运算a ⊙b ＝|a ＋b |·|a －b |·sin 〈a ，b 〉，其中〈a ，b 〉是a 与b 的夹角，给出下列命题：①若〈a ，b 〉＝90°，则a ⊙b ＝a 2＋b 2；②若|a |＝|b |，则(a ＋b )⊙(a －b )＝4a ·b ；③若|a |＝|b |，则a ⊙b ≤2|a |2；④若a ＝(1,2)，b ＝(－2,2)，则(a ＋b )⊙b ＝10.其中真命题的序号是________．解析：①中，因为〈a ，b 〉＝90°，则a ⊙b ＝|a ＋b |·|a －b |＝a 2＋b 2，所以①成立；②中，因为|a |＝|b |，所以〈(a ＋b )，(a －b )〉＝90°，所以(a ＋b )⊙(a －b )＝|2a |·|2b |＝4|a ||b |，所以②不成立；③中，因为|a |＝|b |，所以a ⊙b ＝|a ＋b |·|a －b |·sin 〈a ，b 〉≤|a ＋b |·|a －b |≤|a ＋b |2＋|a －b |22＝2|a |2，所以③成立；④中，因为a ＝(1,2)，b ＝(－2,2)，所以a ＋b ＝(－1,4)，sin 〈(a ＋b )，b 〉＝33434，所以(a ＋b )⊙b ＝35×5×33434＝453434，所以④不成立．故①③正确．答案：①③送分专题(四) 不等式[全国卷3年考情分析][题点·考法·全练]1．已知关于x 的不等式(ax －1)(x ＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞，则a ＝( )A ．2B ．－2C ．－12D ．12解析：选B 根据一元二次不等式与之对应方程的关系知－1，－12是一元二次方程ax 2＋(a －1)x －1＝0的两个根，所以－1×⎝⎛⎭⎫－12＝－1a，所以a ＝－2. 2．若x >y >0，m >n ，则下列不等式正确的是( ) A ．xm >ymB ．x －m ≥y －nC.x n >y mD ．x >xy解析：选D A 不正确，因为同向同正不等式相乘，不等号方向不变，m 可能为0或负数；B 不正确，因为同向不等式相减，不等号方向不确定；C 不正确，因为m ，n 的正负不确定．故选D.3．(2017·云南第一次统一检测)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－2，x ≥1，21－x －2，x <1，则不等式f (x －1)≤0的解集为( )A ．{x |0≤x ≤2}B ．{x |0≤x ≤3}C ．{x |1≤x ≤2}D ．{x |1≤x ≤3}解析：选D 由题意，得f (x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2－2，x ≥2，22－x －2，x <2.当x ≥2时，由2x －2－2≤0，解得2≤x ≤3；当x <2时，由22－x －2≤0，解得1≤x <2.综上所述，不等式f (x －1)≤0的解集为{x |1≤x ≤3}．4．已知x ∈(－∞，1]，不等式1＋2x ＋(a －a 2)·4x >0恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎫－2，14 B ．⎝⎛⎦⎤－∞，14 C.⎝⎛⎭⎫－12，32 D ．(－∞，6]解析：选C 根据题意，由于1＋2x ＋(a －a 2)·4x >0对于一切的x ∈(－∞，1]恒成立，令2x ＝t (0<t ≤2)，则可知1＋t ＋(a －a 2)t 2>0⇔a －a 2>－1＋t t 2，故只要求解h (t )＝－1＋tt2(0＜t ≤2)的最大值即可，h (t )＝－1t 2－1t ＝－⎝⎛⎭⎫1t ＋122＋14，又1t ≥12，结合二次函数图象知，当1t ＝12，即t ＝2时，h (x )取得最大值－34，即a －a 2>－34，所以4a 2－4a －3<0，解得－12<a <32，故实数a的取值范围为⎝⎛⎭⎫－12，32. [准解·快解·悟通]。

2018届高中数学高考二轮复习客观题答题策略与技巧教案含答案(全国通用)

教学过程一、考纲解读解数学选择题的常用方法，主要分为直接法和间接法两大类.直接法是解答选择题最基本、最常用的方法；但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，不但时间不允许，甚至有些题目根本无法解答.因此，我们还要掌握一些特殊的解答选择题的方法.解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，故对正确性的要求比解答题更高、更严格. 《考试说明》中对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速”. 为此在解填空题时要做到：细——审题要细，不能粗心大意；活——解题要活，不要生搬硬套；稳——变形要稳，不可操之过急；快——运算要快，力戒小题大作；全——答案要全，力避残缺不齐.二、复习预习选择题在高考中注重多个知识点的小型综合，渗透各种思想方法，体现以考查“三基”为重点的导向，解答选择题的基本要求是四个字——准确、迅速.填空题是将一个数学真命题，写成其中缺少一些语句的不完整形式，要求学生在指定空位上将缺少的语句填写清楚、准确. 它是一个不完整的陈述句形式，填写的可以是一个词语、数字、符号、数学语句等. 填空题大多能在课本中找到原型和背景，故可以化归为我们熟知的题目或基本题型.三、知识讲解考点1 选择题答题技巧充分利用题干和选项所提供的信息作出判断．先定性后定量，先特殊后推理；先间接后直接，先排除后求解．解题时应仔细审题、深入分析、正确推演、谨防疏漏．解答选择题的常用方法主要是直接法和间接法两大类．直接法是解答选择题最基本、最常用的方法，但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，不但时间不允许，甚至有些题目根本无法解答．因此，我们还要研究解答选择题的一些间接法的应用技巧．考点2 填空题答题技巧解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，故对正确性的要求比解答题更高、更严格．《考试说明》中对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速”．为此在解填空题时要做到：快——运算要快，力戒小题大做；稳——变形要稳，不可操之过急；全——答案要全，力避残缺不齐；活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意．四、例题精析例1 [2014全国1卷]设函数()f x ，()g x 的定义域都为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，则下列结论正确的是 ( )A .()f x ()g x 是偶函数B .|()f x |()g x 是奇函数C .()f x |()g x |是奇函数D .|()f x ()g x |是奇函数【规范解答】解法1.选C （验证推理）设()()()F x f x g x =，则()()()F x f x g x -=--，∵()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，∴()()()()F x f x g x F x -=-=-，()F x 为奇函数，选C. 解法2.选C （特值验证）从题意条件我们不难想到将函数()f x ，()g x 特殊化，设x x f =)(，2)(x x g =则A 选项中3)()(x x g x f =不是偶函数，排除A ；B 选项中|()f x |()g x =2x x 很明显是偶函数，排除B 。

2018年高考数学二轮复习第二部分专题一选择、填空题常用的10种解法教案

专题一选择、填空题常用的10种解法抓牢小题，保住基本分才能得高分原则与策略：1.基本原则：小题不用大做.2.基本策略：充分利用题干和选项所提供的信息作出判断•先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，选择题可先排除后求解•解题时应仔细审题、深入分析、正确推演运算、谨防疏漏. 题型特点：1. 高中低档题，且多数按由易到难的顺序排列2注重基本知识、基本技能与思想方法的考查3解题方法灵活多变不唯一4具有较好的区分度，试题层次性强•方法一定义法所谓定义法，就是直接利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的•简单地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最直接的方法•一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决.2 2［例1］如图，F i, F2是双曲线C：1x6 —鲁=1与椭圆C2的公共焦点，点A是C, C2在第一象限的公共点•若| F1A| = | F1F2I，贝U C2的离心率是（）A.62 4解析：由双曲线C的方程可得| F1F2I = 2^16 + 9 = 10, 由双曲线的定义可得| RA —I F2A| = 如6= 8,由已知可得| F1A I = | FF| = 10,所以I FaA| = I F1A I —8= 2.设椭圆的长轴长为2a,则由椭圆的定义可得2a= | F1A I + | F2A I = 10+ 2 = 12. 所以椭圆C的离心率e=务=弓=竟故选A.2a 12 6答案：A［增分有招］利用定义法求解动点的轨迹或圆锥.曲.线的有关问题，要注意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件，灵活利用相关的定义求解•…如［本例丄中根据双曲线的定义和已知条件，分别把……一.A 到两个焦点的距离求出来.，然后根据椭圆定义求出其长轴长，最后就可根据离心率的定义求值: ...........［技法体验］1. (2017 •广州模拟)如果P i, P2,…，P是抛物线C: y2= 4x 上的点，它们的横坐标依次为x i, X2,…，x n，F是抛物线C的焦点，若X i + X2+…+ X n= 10,则|PF| + |F2F| +…+ | RF| =( ) A. n+ 10 B. n+ 20C. 2n+10D. 2n+ 20解析：由题意得，抛物线C： y2= 4x的焦点为(1,0),准线为x=- 1,由抛物线的定义，可知|PF| =X1 + 1 , |P2F| =X2+ 1，…，I P n F| = X n + 1，故| PF| + | F2F| +•••+ | F n F| = X1+ X2+-+ X n+ n = n + 10,选 A.答案：A22. (2016 •高考浙江卷)设双曲线X2-与=1的左、右焦点分别为F1, F2.若点P在双曲线上，且△RPR为锐角三角形，则| PF| + | PF|的取值范围是____________ .解析：借助双曲线的定义、几何性质及余弦定理解决.2•••双曲线X2-y3 = 1的左、右焦点分别为F1, F2,点P在双曲线上，••• I F1F2I = 4, II PF| - I PFd l=2.若厶F1PF2为锐角三角形，则由余弦定理知|PF|2+ |PF|2- 16>0，可化为(| PF| + |PR|) 2-2PF| +1 PR2__代入不等式①可得(| PF| + | PF|) 2>28,解得| PF| + | P冋>2 不妨设P 2| PF| P冋>16 ①.由|| PF - | PR|| = 2,得(| PF| + | PF a|) —4| PF|| PF = 4.故2| PF|| PF| =2 2 __________________________________________________________________________________________________在左支上，T |PF| + 16—|PF >0,即(| PF| + | PF|) • (| PF| - | PB|)> —16, 又| PF| - | P冋= —2,二| PF|+ | PF|<8.故2羽<| PF| + | PR|<8.答案：(2 .7, 8)方法二特例法特例法，包括特例验证法、特例排除法，就是充分运用选择题中单选题的特征，解题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证的方法•对于定性、定值的问题可直接确定选项；对于其他问题可以排除干扰项，从而获得正确结论•这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略.[例2] (2016 •高考浙江卷)已知实数a, b, c( )2 2 2 2 2A. 右|a + b + c| + |a+ b + c| w 1,贝U a + b + c <100B. 若|a + b + c| +1 a + b—c| w 1,贝q a + b + c <1002 2 2 2 2C. 右| a + b+ c | +1 a+ b—c | w 1,贝y a + b + c <100D. 若|a2+ b+ c| +1 a+ b2- c| w 1,贝U a2+ b2+ c2<100解析：结合特殊值，利用排除法选择答案.对于A,取a= b= 10, c =- 110,显然| a + b+ c| + I a + b + c| wi 成立，但a2+ b2+ c2>100，即a2+ b2+ c2<100 不成立.对于B,取a = 10, b=—10, c = 0,显然| a + b+ c| + | a + b—c| wi 成立，但a2+ b2+ c2= 110,即卩a2+ b2+ c2<100不成立.对于C,取a = 10, b= —10, c= 0，显然|a + b+ c | + |a+ b —c | wi 成立，但a2+ b2+ c2= 200,即卩a2+ b2+ c2<100不成立.综上知，A, B, C均不成立，所以选 D.答案：D［增分有招］应用特例排除法的关键在于确定选项的差异性，利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应，从而排除干扰选项. ..............［技法体验］1 .函数f (x) = cos x • log 2| x|的图象大致为()C l>1 1 1 1 1 解析：函数的定义域为(—8, 0) U (0 , +8),且f(-) = cos^log 2纭| =—cosg, f( -?) = cos(—1 12• log 2| — 21 1 1 1 1=—cos2，所以f ( —2)= f(2)，排除A, D;又f(-) =—cos-< 0,故排除 C.综上，选B.答案：B2•已知EABC勺重心，AD为BC边上的中线，令XB= a, A C= b,过点E的直线分别交AB, AC于P, Q两点，且AP= ma, AQ= nb,则- + -=( )m nA. 3B. 41C. 5D.3解析：由于题中直线PQ的条件是过点E,所以该直线是一条“动”直线，所以最后的结果必然是一个定值.故可利用特殊直线确定所求值.2 2 2 1 1法一：如图1, PQ/ BC 则Ap= 3AB 心3AC 此时仆n =3,故种H = 3.故选A.法二：如图2,取直线BE 作为直线PQ 显然，此时X P = X B AQ= ^A C 故作1, n =J 所以-+ -2 2 m n=3.故选A. 答案：A方法三数形结合法数形结合法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一是代数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助于数的精确性阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.| X + 1| , — 7 w X W02[例3](2017 •安庆模拟)已知函数f (x ) = *— 2,g (x ) = x - 2x ，设a 为实数,[n x , e w x <e若存在实数 m 使f (m — 2g (a ) = 0，则实数a 的取值范围为( )A. [ — 1 ,+s )B . [ — 1,3]作出函数f (x )的图象可知，其值域为[—2,6] , v •存在实数 m 使f (m — 2g (a ) = 0, ••• — 2W2 a 2 —4a w 6,即一1w a w 3 ,故选B.答案：B[增分有招]数形结合.的思想,一其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，,关键是代数C. ( —a, — 1] U [3 ,+^)D. ( —a, 3]2解析：••• g (x ) = x — 2x , a 为实 22g ( a ) = 2a — 4a . v 函数|x + 1| f(x) =in x ,,—7w x <0—2e w x We问题与图形之间的相互转化.，如……［本例」.中求解，可通过作出图象，数形结合求解•一..…....［技法体验］1. （2017 •珠海摸底）已知|a| = |b|，且|a + b| = 3|a-b|，则向量a与b的夹角为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°解析：通解：设a与b的夹角为由已知可得a2+ 2a •b+ b2= 3（a2- 2a •b+ b2），即4a • b =22 1 2 a • b 1a +b ,因为| a| = | b|，所以a • b=a，所以cos 0 = =-, 0 = 60°,选C.2I a l • b l 2优解：由| a| = | b|，且| a+ b| = ■ 3| a-b|可构造边长为| a| = | b| = 1的菱形，如图，贝U | a+ b|与| a- b|分别表示两条对角线的长，且|a+ b| = 3, | a-b| = 1,故a与b的夹角为60°,选C.答案：C2. 已知点P在抛物线y2= 4x上，则点P到点Q2 , - 1）的距离与点P到抛物线的焦点F的距离之和取得最小值时，点P的坐标为（）1 1A.（4, 1）B.（4，- 1）C. （1,2）D. （1 , - 2）解析：如图，因为点Q2 , - 1）在抛物线的内部，由抛物线的定义可知，|PF等于点P到准线x=-1的距离.过Q2 , - 1）作x=- 1的垂线QH交抛物线于点K则点K为点P到点Q2 ,-11）的距离与点P到准线x=- 1的距离之和取得最小值时的点•将y=- 1代入y2= 4x得x =-,4 一1所以点P的坐标为（4，—1），选B.答案：B方法四待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫作待定系数法，其理论依据是多项式恒等一一两个多项式各同类项的系数对应相等•使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决. 待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式，例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等.［例4］（2017 •天津红桥区模拟）已知椭圆C 的焦点在y 轴上，焦距等于 4,离心率为三2,则椭圆C 的标准方程是( )2 2x yA. + ■= 1 16 122 2x yC.4 + 8 = 1解析：由题意可得 2c = 4，故c = 2，又e = a =〒，解得a = 2\；2，故b=i ； 2 2— 2 = 2,因为焦点在y 轴上，故选C. 答案：C［增分有招］待定系数法主要用来解决已经定性的问题，如 ..... ［.本例L 中已知椭.圆的焦点所在坐标. 轴，设出标准方程，根据已知列方程求解.［技法体验］则前 65 项的和为 65a 1 + 65X 64d = 65X 92+ 65X 64 X 匕=780.2 45 2 45答案：Dn2.已知函数f (x ) = A sin( 3 x +0 )( A > 0, 3> 0,0 v^vn )的部分图象如图所示，贝Uf ()的4值为（）2 2x yB. + = 1 12 161. 若等差数列｛a n ｝的前20项的和为 100,前45项的和为400,则前65项的和为（A. 640B .650 C. 660D. 780 92a 1 =45 解析：设等差数列｛a n ｝的公差为d , 依题意，得45 X 4445a 1+d = 400■- 214 d=亦20a 1 + =100A. 2C. 1311 n n 3 2 n解析：由题图可知， A = 2, ;T = —匚"二：兀，...T = =n,「. 3 = 2，即 f (x ) = 2sin(2 x +4 12 643■n 'TT 'TT 'TT 'TT0 )，由 f (云)=2si n(2 X — +0 ) = 2 得 2^石 + 0= 2k n+q ，k € Z ,即 0=石 + 2k n, k € Z ,nnnn nn 厂又 0v 0 V n ,••• 0 = ，二 f (x ) = 2sin(2 x + —) , . f (—) = 2sin(2 X — +三)=2cos — = , 3 , 故选D. 答案：D方法五估值法估值法就是不需要计算出代数式的准确数值，通过估计其大致取值范围从而解决相应问题的方法.该种方法主要适用于比较大小的有关问题，尤其是在选择题或填空题中，解答不需要详细的过程，因此可以猜测、合情推理、估算而获得，从而减少运算量.2 n［例 5］若 a = 20.5, b = log n 3, c = log 2sin ，则( )5 A. a >b >cB . b >a >cC. c >a >bD. b >c >a解析：由指数函数的性质可知 y = 2x 在R 上单调递增，而0<0.5<1，所以a = 20.5 € (1,2) •由对数函数的性质可知y = log n x ,y = log 2x 均在(0,+^)上单调递增，而1<3<n ,所以b = log n 3€ (0,1)； 2 n2 n因为 sin 5 € (0,1)，所以 c = log 2sin —<0.综上，a >1>b >0>c ，即 a >b >c .故选 A. 答案：A［增分有招］估算，省去很多推导过程和比较复杂的计算，节省时间，是发现问题、研究问题、 ......... 解决问题的一种重要的运算方法.但要注意估算也要有依据，如 ...... ［本例丄是根据指数函数与对数函....数的单调.性估计每个值的取值范围，.从而比较三者的大小，其实质就是找一个中间值进行比较.• ......［技法体验］ D. 3 B . 0已知函数f (x ) = 2sin( 3 x +0 ) + 1 3 >0, | 0 | < nn ，其图象与直线 y =— 1相邻两个交点的距离为n .若f ( x )>1对于任意的X € —12, 3恒成立，则0的取值范围是()解析：因为函数f (x )的最小值为一2+ 1 = — 1，由函数f (x )的图象与直线y =— 1相邻两个交点的距离为n 可得，该函数的最小正周期为 T = n ，所以 =n ，解得3 = 2.3故 f (x ) = 2sin(2 x + 0 ) +1.由 f (x )>1，可得 sin(2 x + 0 )>0.〈n n 、\i ,z n 2 n又x€ —初5，所以2x€ —石，2 .… n n i'n 7 n 丫 7 n对于选项B, D,右取0 = y ，则2x +亍€ i 3, ，在i n , ~^上，sin(2 x + 0 )<0 ,不合题意；对于选项 C,若取 0 = 12，则 2x + 診€ $ 普］在;—12，0 I 上, sin(2 x + 0 )<0 ,不合题意.选A. 答案：A方法六反证法反证法是指从命题正面论证比较困难，通过假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立的证明方法•反证法证明问题一般分为三步： (1)反设，即否定结论；(2)归谬，即推导矛盾；(3)得结论，即说明命题成立.23 2［例6］已知x € R, a = x + ^, b = 1 — 3x , c = x + x + 1,则下列说法正确的是 ()A. a , b , c 至少有一个不小于 1 B . a , b , c 至多有一个不小于 1C. a , b , c 都小于1D. a , b , c 都大于127解析：假设 a , b , c 均小于 1, 即卩 a <1, b <1, c <1，则有 a + b + c <3，而 a + b + c = 2x — 2x +?=2 x — 2 2+ 3>3.显然两者矛盾，所以假设不成立.故答案：A［增分有招］反证法证明全称命题以及“至少”“至多”类型的问题比较方便.其关键是根据假 .......... 设导出矛.盾——与.已知条件、定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾.如C.B.a ,b ,c 至少有一个不小于 1.选A.A.后，D............................................................................................. ［.本例］.中导出等式的矛一盾，从而说明假设错误，原命题正确: .................................［技法体验］如果△ ABC 的三个内角的余弦值分别等于厶 ABC 2的三个内角的正弦值，贝U ()£△ ABC 和厶AB 2C 2都是锐角三角形B.A ABC 和厶AB 2C 2都是钝角三角形C △ABC 是钝角三角形，△ ABQ 是锐角三角形D.A AB C 是锐角三角形，△ ABQ 是钝角三角形假设△ ARC2是锐角三角形,不成立.易知△ ARG 不是锐角三角形，所以△ ABC2是钝角三角形•故选 D. 答案：D方法七换元法换元法又称辅助元素法、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，或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化•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去研究，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.2y 1 1 f 1 1、 x y解析：由4y —{ = 1，得x + 2y = 4xy ，即石+以=1，所以x + 2y = (x + 2y )石+无=1 +石+ + 2 4^x x = 2当且仅当4y = x ，即x = 2y 时等号成立•所以x + 2y 的最小值为2. 答案：2［增分有招］换元法主要有常量代换和变量代换，要根据所求解问题的特征进行合理代换.如［本1 1例］中就是使用常数1的代换，将已知条件改写为“ 4y +乙=1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，再将其展开，通过构造基本不等式的形式求解最值.［技法体验］解析：由条件知厶ABG 的三个内角的余弦值均大于0,则厶A B C 是锐角三角形.sin则由题意可得n'A =~2-A ,n解得 B 2= 2 — B ,.°=寺-G ，所以 A+ B+ C 2=7t3n ~2n ，显然该等式不成立，所以假设[例7] 已知正数x , y2y 2=1，则x + 2y 的最小值为 A 2= cos A = sinsin B= cos B = sinG ，即1. (2016 •成都模拟)若函数f (x ) = 1+ 3x + a ・9x ，其定义域为(一汽1］，贝U a 的取值范围是( )4C. a w — 9解析：由题意得1+ 3x + a-9x >0的解集为(一g, 1］，即|£)］+ £)+ a 》0的解集为(一g, 1］. 令t = £ i ，则t >1，即方程t 2+ t + a >0的解集为I 1, +g ,••• 3 J 3+ a =0 '所以 a = — 9. 答案：A解析：y = cos 2x — sin x = — sin 2x — sin x + 1.•- t = 0 时，y max = 1.答案：1方法八补集法补集法就是已知问题涉及的类别较多，或直接求解比较麻烦时，可以通过求解该问题的对立事件, 求出问题的结果，则所求解问题的结果就可以利用补集的思想求得.该方法在概率、函数性质等问题中应用较多.［例8］某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况，从三个年级中分别抽取了 1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级不来自同一年级的概率为解析：记高一年级中抽取的班级为 a 1,高二年级中抽取的班级为 b 1, b 2,高三年级中抽取的班级为 C 1 , C 2 , C 3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为 (a 1, bj , (a 1, b 2), (a , C 1) , (a ,C 2), (a 1 , C 3), (b 1 , b 2), (b 1 , C 1) , (b 1 , C 2) , (d, C 3) , (b 2 , C 1) , (b, C 2) , (b 2 , C 3), (C 1 , C 2), (C 1 , C 3), (C 2 , C 3),共 15 种.A.D.22.函数 y = cos x — sin, 4上的最大值为令 t = sin•••函数4x ，又 x€ 0,2 y =— t — t +1 在由题意，两个班级来自同一年级的结果为(b l , b 2),(C 1, C 2), (c i , C 3),(C 2, C 3)，共4种.44所以 P ( A ) = 15,故 P (A ) = 1-P ( A ) = 1-1511答案：15［增分有招］利用补集法求解问题时，一定要准确把握所求问题的对立事件..如［本例丄中，““两个班级不来自同一年级”..的对立事件是.“两个班级来自同一年级”,,而高一年级只有一个班级？ ........... 所以两个.班级来自同一年级的可能性仅限于来自于高二年级，或来自于高三年级.，显然所包含基 ...... 本事件.的个数较少:..…［技法体验］2 11. (2016 •四川雅安中学月考)已知命题“ ？ x o € R ,使2x o + (a - 1)x o + 2<0”是假命题，则实数a 的取值范围是()A.(―汽―1) B . ( — 1,3) C. ( — 3,+^)D. ( — 3,1)2 1 2 1解析：依题意可知“ ？ x € R,2x + (a — 1)x +0”为真命题，所以 △ = (a — 1) — 4x 2X 0, 即(a +1) •( a — 3) v 0，解得一1 < a v 3.故选 B. 答案：B2. _____________________________________________________________________________ 已知函数f (x ) = ax 2— x + In x 在区间(1,2)上不单调，则实数 a 的取值范围为 _______________________ . 1 解析：f '(x ) = 2ax — 1 + -.x(1)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递增，则f '(x ) >0在(1,2)上恒成立，所以2ax — 1+1 >0,x令 t = 1 因为 x € (1,2)，所以 t € [1, 1 j,121 f 1 ； 1设 h (t )= 2(t —t ) = —2 t —2 +8, t €设“抽取的两个班级不来自同一年级”为事件 A ,则事件A 为抽取的两个班级来自同一年级.11所以两个班级11显然函数y= h(t)在区间2, 1上单调递减,所以h(1) <h(t)<h 2，即0<h(t)<1由①可知，a》■.O1⑵若函数f (x)在区间(1,2)上单调递减，则f'(x) <0在(1,2)上恒成立，所以2ax —1+ -<0,x得a< 2x- $.②结合(1)可知，a< 0.一一1 3综上，若函数f(x)在区间(1,2)上单调，则实数a的取值范围为(一汽0］U (O ,+^卜所以若函数f(x)在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为0, £ .答案：°, O方法九分离参数法分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法，通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解，从而避免对参数进行分类讨论的繁琐过程•该种方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决•但要注意该种方法仅适用于分离参数后能够求解相应函数的最值或值域的情况.［例9］若不等式x2+ ax+1>0对一切x€ Jo, 2恒成立，则a的最小值是_______________ .解析：由于x>0，则由已知可得a>—x —x在x € p 2上恒成立，而当x€ Jo, 2时，；—x —x (max _ 52，5二a>— 2，故a的最小值为―答案：-［增分有招］分离参数法解决不等式恒成立问题或有解.问题，关键在于進确分离参数，然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系分离参数时要注意参数系数的符号是否会发生变化，.….如果参数的系数符号为负号，则分离参数时应注意不等号的变化，否则就会导致错解•........［技法体验］1. (2016 •长沙调研)若函数f(x) = x3—tx2+ 3x在区间［1,4］上单调递减，则实数t的取值范围是()A. —m, 51B. ( —m, 3］D. [3 ,+s)2解析：f'(x) = 3x - 2tx + 3,由于f(x)在区间［1,4］上单调递减，则有f '(x) <0在［1,4］上恒成立，即3x2- 2tx + 3<0 在［1,4］上恒成立，则t >|'x + X 在［1,4］上恒成立，因为y = 3l x +1在［1,4］3 / 1 x 51上单调递增，所以t >2 4+4 = ~8，故选C.答案：C1 x2. (2016 •湖南五校调研)方程log ^(a- 2) = 2+ x有解，则a的最小值为______________ .1解析：若方程log 2(a-2x) = 2 + x有解，则=a- 2x有解，即［J |x+ 2x= a 有解,4«丿故a的最小值为1.答案：1方法十构造法构造法是指利用数学的基本思想，经过认真的观察，深入的思考，构造出解题的数学模型，从而使问题得以解决•构造法的内涵十分丰富，没有完全固定的模式可以套用，它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础，针对具体问题的特点采取相应的解决办法，其基本的方法是借用一类问题的性质，来研究另一类问题的相关性质•常见的构造法有构造函数、构造方程、构造图形等.［例10］已知m n€ (2 , e)，且卡一m<门吊则( )A. n>nC. m>2+ -n B. m<nD. m, n的大小关系不确定解析：由不等式可得A— m<ln m- In n,n m1n<-2 + Inm设f(x) = A+ In x(x€ (2 , e)),则f'(x)=-刍+1=x x因为x € (2 , e),所以f'(x)>0,故函数f(x)在(2 , e)上单调递增.因为f (n)<f (n),所以n<m故选A.答案：A［增分有招］构造法的实质是转化，通过构造函数、方程或图形等将问题转化为对应的问题来解1决.女口［本例］属于比较两个数值大小的问题，根据数值的特点，构造相应的函数f (x ) = —2+ In x .X［技法体验］解析：如图，以DA AB BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球 O 的半径为R,则正方体的体对角线长即为球 O 的直径，所以 CD= \；： \；'2 2+2 2+2 2= 2R所以R = "2^，故球O 的体积V = 4= 6 n .2 3答案：6 n1. a = In2 014 1 站，b =ln 1 2 0151 1 ,c = In2 0152 01612 016 ，贝U a, b , c 的大小关系为()A. a > b > c C. c >b >aB . b >a >cD. c > a > b解析：令f (x ) = lnx -x ,贝y f '(x ) = 1 — 1 =当 0V X V 1 时，f '(x ) > 0,xx即函数f (x )在(0,1)上是增函数. 1 1 11> 2 014 > 2 015 >2 016 > 0, ••• a > b > c.答案：A2.如图，已知球 O 的面上有四点代B, C, D,。

2018年高考数学二轮复习第一部分方法、思想解读第1讲选择题、填空题的解课件理

1 ��-1 的对称中心为(1,0),设过对称中心的直线与曲线 1 上三个不同的点, ��-1
-19方法一方法二方法三方法四方法五方法六
方法四数形结合法在处理数学问题时,将抽象的数学语言与直观的几何图形有机结合起来,通过对图形或示意图形的观察分析,将数的问题(如解方程、解不等式、判断单调性、求取值范围等)与某些图形结合起来,利用图象的直观性解决问题,这种方法称为数形结合法.
∪
1 ,+∞ 2
解析:设A={x||4x-3|≤1},B={x|x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0}.
易知 A= ��
≤ �� ≤ 1 ;解 x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0,
得a≤x≤a+1,故B={x|a≤x≤a+1}. 由�� p是�� q的必要不充分条件,从而p是q的充分不必要条件,即 A⫋ B, 1 1 1 �� < , �� ≤ , 2 所以 2 或解得 0≤a≤ . 2 �� + 1 ≥ 1, �� + 1 > 1 1 故所求实数 a 的取值范围是 0, .故选 C.
-4方法一方法二方法三方法四方法五方法六
方法一直接法直接法就是利用已知条件、相关公式、公理、定理、法则等通过准确的运算、严谨的推理、合理的验证得出正确的结论.这种策略多用于一些定性的问题,是解题最常用的方法.
-5方法一方法二方法三方法四方法五方法六
例1(1)已知点A,B,C在圆x2+y2=1上运动,且AB⊥BC.若点P的坐标为(2,0),则 |�� + �� + �� | 的最大值为( B ) A.6 B.7 C.8 D.9 解析:∵点A,B,C在圆x2+y2=1上,且AB⊥BC, ∴AC为圆的直径. 又点P的坐标为(2,0),

2018年高考北京卷理科19题的解答与推广

=
y1 − y0
− y12
y02
2p 2p
=
2p , 所以直线 PA
y1 + y0
2p
的方程为 y − y0
=
(y1
(x + y0
− x0), )
令
x
=
0, 解得
y = y0y1 , 所以 M 0, y0y1 . 由 −Q−M→ = λ−Q−→O, 可
x1 − 1
x1 − 1
x1 − 1
方程为 y − 2 = kx1 − 1 (x − 1), 令 x = 0, 解得 y =
x1 − (1
)
(2 − k)x1 − 1 , 所以 M 0, (2 − k)x1 − 1 . 由 −Q−M→ =
x1 − 1
x1 − 1
λ−Q−→O, 可知 (2 − k)x1 − 1 − 1 = −λ, 所以 1 = x1 − 1 .
= (2 + y1)(2 − y2) + (2 − y1)(2 + y2) (2 − y1)(2 − y2)
=
8 − 2y1y2
= 8 − 2y1y2 = 2.
4 + y1y2 − 2(y1 + y2) 4 − y1y2
解法 2 由 (I) 得 (kx+1)2 = 4x, 即 k2x2+(2k−4)x+1 =
0, 因为 k2 ̸= 0, 所以
x1
+
x2
=
−
2k − k2
4 ,
1
x1x2
=
. k2
又因为直线 P A, P B 均与 y 轴相交, 所以直线 P A, P B

2018年高考数学(理)复习解决方案真题与重难点课件：19 不等式选讲

(2)证明：∵ x， y∈ M，∴ |x|<3， |y|<3， ∴ |x＋ y＋ xy|≤|x＋ y|＋ |xy|≤|x|＋ |y|＋ |xy|＝ |x|＋ |y|＋ |x|· |y|<3＋ 3＋ 3×3＝15.(10分 )
4．[2017· 广西河池联考]已知定义在R上的函数f(x)＝|x －m|＋ |x|，m∈N* ，存在实数 x使f(x)<2成立． (1)求实数m的值； 4 1 (2)若 α，β>1，f(α)＋f(β)＝4，求证：＋ >3. α β
(2分 )
当 x<－ 2时，由 x－ 3>0，得 x>3，舍去； (3分 ) 1 1 1 1 当－2≤x≤ 时，由 3x＋1>0，得 x>－，即－ <x≤ ； 2 3 3 2 (4分 )
1 1 当 x> 时，由－ x＋ 3>0，得 x<3，即 <x<3.(5分 ) 2 2
1 综上， M＝－， 3 .(6分 ) 3
3 x<－， 2 － 3， 2 x＋ 4>4
或
(4分 )
⇔x<－ 2或 0<x≤1或 x>1.(5分 ) 综上，不等式 f(x)>4的解集为 (－ ∞，－ 2)∪ (0，＋ ∞)． (6分 )
(2)存在 x∈ 1>f(x)min， (7分 )
2．[2016· 云南名校统考]已知关于 x的不等式m－|x－ 2|≥1，其解集为 x∈[0,4]． (1)求m的值； (2)若a，b均为正实数，且满足a＋b＝m，求a2＋b2的最小值．
解
(1)不等式 m－ |x－ 2|≥1可化为 |x－ 2|≤m－ 1，
∴ 1－ m≤x－ 2≤m－ 1，即 3－ m≤x≤m＋ 1.(3分 ) ∵其解集为 [0,4]，

2018届高考数学二轮复习快速结题法——九招搞定选择题答案与解析

答案与解析招式一排除法1.B【解析】M∩N⊆M,故排除C,D,当x=1时,2x+1=4,故1∉N,排除A,故选B.2.B【解析】由于f(x)=x2-3|x|-10是偶函数,所以不等式f(x)>0,即x2>3|x|+10的解集必是某个关于原点对称的集合(-a,a)或(-∞,-a)∪(a,+∞),于是选项C不正确.此外,由于x=0不满足所给不等式,所以选项A,D都不正确.故选B.3.B【解析】因y=a|x|中a>1,所以a|x|≥1,排除A,C;当x≥0时,由指数函数图象易知D不正确.故选B.4.C【解析】根据奇函数定义排除A,再根据减函数定义可排除B,D(因为D不具有单调性,B的单调性不确定).故选C.招式二特例法1.C【解析】令x=y=0,可得f(0)=0;令x=1,y=-1,则f(0)=f(1)+f(-1)-2,且f(1)=2,解得f(-1)=0;f(-2)=f((-1)+(-1))=f(-1)+f(-1)+2=2,f(-3)=f((-2)+(-1))=f(-2)+2×(-1)×(-2)=6.2.D【解析】结论中不含n,故本题结论的正确性与n取值无关,可对n取特殊值,如n=1,此时a1=48,a2=S2-S1=12,d=-36,a3=a1+2d=-24,所以前3n项和为36.故选D.3.A【解析】令x=4,得m=12log a4=log a2,n=log a52,p=log a85,又∵52>2>85,且y=log a x为减函数,则p>m>n.4.B【解析】(1)取特殊值a=3,b=4,c=5,则cos A=45,cosC=0,cos A+cos C1+cos A cos C =45;(2)取特殊角A=B=C=60°,cos A=cosC=12,cos A+cos C1+cos A cos C=45.故选B.招式三数形结合法1.A【解析】利用数轴,如图所示阴影部分即为所求交集,即A∩B=[0,2].2.C【解析】圆(x+2)2+y2=1,画出图形如图所示,又直线倾斜角小于45°,可解.故选C.3.C【解析】∵2-x+x2=3,∴2-x=3-x2,作y=2-x及y=3-x2的图象,由图知原方程有两个实数解.4.B【解析】如图所示,因为y=lg|x|是偶函数,又当x∈(0,+∞)时,y=lg|x|单调递增,当x∈(-∞,0)时,y=lg|x|单调递减.故选B.5.A【解析】根据题意不妨设y=x+1+k,y=x.如图所示,将y=x+1的图象向下平移一个单位长度即可,所以有k<-1.招式四验证法1.B【解析】当x=0时,y>0,C,D选项不对,当x=1时,y=0,A 项不对,∴y=sin(1-x).故选B.2.D【解析】令n=1,A项a1=-23,B项a1=-43,C项a1=-53,只有D项正确.故选D.3.D【解析】把各个点一一代入验证,不能使不等式成立的即是所求,将(2,0)代入不等式得6<6,不等式不成立,所以点(2,0)不在3x+2y<6表示的平面区域内,故选D.4.B【解析】取n=1时,由条件得a1=S1=6,但由选项A得a1=5.故正确答案应为a n=6(n=1),6n-1(n≥2).故选B.5.B【解析】分别对每个选项进行代入验证.可得B正确,故选B.招式五估算法1.C【解析】由题意,这列数是108,88,98,93,95.5,94.25, 94.875,…,由此可见,这一列数中第六个与第七个数大于94小于95.因此,由平均数的性质可知后面的这些数都大于94小于95.根据题意,没有必要准确算出第28个数,只需知道整数部分,所以第28个数的整数部分是94.故选C.2.A【解析】由题可知,当x≥110时,永远大于等于零,又当x≥10时1-lg x就开始为负值了,因此可估算当x无穷大时均可成立.故选A.3.D【解析】由于已知等式的形式,猜测该三角形为等边三角形的可能性较大,进一步判断可得答案,故选D.4.C【解析】取函数F(x)=12x−x13,当x=0,13,12时,均有F(x)>0,而当x=1,2时,有F(x)<0,故选C.招式六等价转化法1.D【解析】依题意,V A-A1B1D1=13S△A1B1D1·AA1=1 3V ABD-A1B1D1,可知V A-BB1D1D=23V ABD-A1B1D1.又V ABD-A1B1D1=S△ABD·AA1=12×3×3×2=9,所以V A-BB1D1D=2 3V ABD-A1B1D1=23×9=6,即四棱锥A-BB1D1D的体积为6.2.D【解析】设x=t,则原不等式可转化为at2-t+32<0,∴a>0,且2与b(b>4)是方程at2-t+32=0的两根,由此可得a=18,b=36.3.A【解析】把不等式a(x2+1)+b(x-1)+c>2ax化为a(x-1)2+b(x-1)+c>0,其结构与原不等式ax2+bx+c>0相同,则只需令-1<x-1<2,得0<x<3,故选A.4.A【解析】本题将求最值问题转化为计算点到直线的距离问题,利用公式d=00A2+B2即可求解.本题中的点为原点(0,0),直线为2x+y+5=0,故d=5=5,故选A.5.D【解析】题设条件等价于点(0,1)在圆内或圆上,或等价于点(0,1)到圆(x-a)2+y2=2a+4的圆心(a,0)的距离d=2+1≤2a+4,解得-1≤a≤3.6.D【解析】该问题等价于把12个相同的小球分成4堆,故在排成一列的12个小球之间的11个空中插入3块隔板即可,即C113=165.招式七正难则反法1.B【解析】由题得三角形的面积为S=12×6×4=12,而在三角形绿化地中小花猫与三角形三个顶点的距离均不超过2 m 的区域为如图中的阴影部分所示.又因为A+B+C=180°,所以阴影部分合在一起是一个半径为2 m的半圆,其对应的面积为T=12π×22=2π,结合几何概型与对立事件的概率知,所求概率P=1-TS =1-π6.2.D【解析】同时掷出8颗骰子,出现的点数都为1的概率为168,出现的点数不全为1的概率为1-168;4次掷出的8颗骰子的点数都不全为1的概率为1-1684,4次至少有一次掷出的8颗骰子的点数全为1的概率为1-1-1684,故选D.3.C【解析】因为只有一人获奖,所以丙、丁中只有一人说对了,同时甲、乙中只有一人说对了,假设乙说的对,这样丙说就错了,丁就说对了,也就是甲也说对了,与甲说错了相矛盾,所以乙说错了,从而知甲、丙两位歌手说的话是对的,所以丙为获奖歌手.故选C.4.B【解析】对于A,若存在直线n,使n∥l且n∥m,则有l ∥m,与直线l,m异面相矛盾;对于C,过点P与l,m都相交的直线不一定存在,如图,在正方体中ABCD-A'B'C'D'中,设AD为直线l,A'B'为直线m,若点P在P1点处,则无法作出直线与两直线都相交;对于D,若P在P2点,则由图中可知直线CC'及D'P2均与l,m异面.招式八构造法1.B【解析】由a n=3-a n-12得1-a n=-12(1-a n-1),又1-a1=12≠0,所以数列{1-a n}是首项为12,公比为-12的等比数列,∴a n=1-(1-a1)·-12n-1=1+-12n.2.A【解析】构造函数f(x)=x3+2012x,x∈R,则函数f(x)在定义域上单调递增且是奇函数.由题意知f(a7-1)=1,f(a2006-1)=-1,得a7-1=1-a2006,即a7+a2006=2.故S2012=(a1+a2012)×20122=(a7+a2006)×20122=2012.3.A【解析】不等式x2-3>ax-a对∀x∈[3,4]恒成立,得a(x-1)<x2-3,a<x 2-3x-1,令t=x-1∈[2,3],得x=t+1,a<(t+1)2-3t=t-2t+2,t∈[2,3]恒成立,故a< t-2t +2min,t∈[2,3],当t=2时, t-2t+2min=3,则a<3,故实数a的取值范围是(-∞,3).4.B【解析】依题意,由f(x)=3x-22x-1,得f(x)+f(1-x)=3x-22x-1+3(1-x)-2 2(1-x)-1=3x-22x-1+1-3x1-2x=3.令S=f12012+f22012+…+f20112012,得S=f20112012+f20102012+…+f12012,2S=3×2011,所以S=2011×32=60332.招式九直接法1.B【解析】令S=a7+a8+a9,由等差数列性质知S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,即9,27,S成等差数列,所以S=45,故选B.2.B【解析】原式=i+12-2+23i=-32+12+23i,故在复平面内,复数i1+i +(1+3i)2对应的点为-32,12+23,故选B.3.D【解析】根据双曲线的定义可得(2-m)(m-1)<0,∴m>2或m<1.4.A【解析】由函数f(x)=sinωx+π3(ω>0)的最小正周期为π得ω=2,由2x+π3=kπ得x=12kπ-π6,对称点为12kπ-π6,0(k∈Z),当k=1时对称点为π3,0,故选A.模拟演练一1.B【解析】(排除法)因为M=m∈Z|-3<m<2={-2,-1,0,1},则M∩N一定不含有2,故排除C,D项,同时会发现M∩N一定会有-1,故排除A项,故选B.(直接法)集合M=m∈Z|-3<m<2={-2,-1,0,1},N=n∈Z|-1≤n≤3={-1,0,1,2,3},则M∩N={-1,0,1},故选B.2.D【解析】(直接法)(a+i)2i=(a2+2a i-1)i=(a2-1)i-2a.∵(a+i)2i为正实数,∴a2-1=0,-2a>0,∴a=-1,故选D.3.B【解析】(排除法)A项:f(x)=2x不是奇函数;C项:y=-sin x在[-1,1]上是减函数;D项:y=-1x定义域中不包括0.所以A,C,D不正确.故选B.4.A【解析】(直接法)根据三视图的特点知原图形是正六棱锥,其侧棱长为2,底面正六边形相对顶点的连线为2,所以棱锥高为3,也为侧(左)视图等腰三角形的高,而侧(左)视图的底为正六边形两平行边之间的距离3,所以该几何体的侧(左)视图的面积为12×3×3=32.故选A.5.C【解析】(数形结合法)现要统计的是身高在160~180cm之间的学生的人数,即是要计算A4,A5,A6,A7的和,故流程图中空白框应是“i<8?”,当i<8时就会返回进行叠加运算,当i≥8将数据直接输出,不再进行任何的返回叠加运算,此时已把数据A4,A5,A6,A7叠加起来送到s中输出,故选C.6.B【解析】(直接法)BC=AC−AB=(-1,-1),BD=AD−AB=BC−AB=(-3,-5).故选B.7.B【解析】(数形结合法)如图所示,过点M做MM1垂直于抛物线的准线,垂足为M1,所以|MF|=|MM1|,所以|MF|+|MA|=|MM1|+|MA|,当A,M,M1三点在一条直线上时,|MF|+|MA|取得最小值,此时y M =2,x M =y M 22=2,即M (2,2).故选B.8.C 【解析】(构造法)因为{a n }是等比数列,所以S 3,S 6-S 3,S 9-S 6也成等比数列,即(S 6-S 3)2=S 3(S 9-S 6),将S 6=12S 3代入整理得S 9S 3=34,故选C. 9.A 【解析】(验证法)关于A,函数y=sin 2x=cos π2-2x =cos 2x-π2,向左平移5π12个单位长度,有y=cos 2 x +5π12 -π2 =cos 2x+π3,故选A . 10.D 【解析】(排除法)∵a>b>0,∴排除B 选项;又∵c= 2= a 2-b 2,∴排除A,C 选项,∴D 项正确.11.D 【解析】(直接法)一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上,正四棱柱的体对角线的长即为球的直径,又∵正四棱柱底面边长为1cm,设正四棱柱的高为h ,∴2R=2=2+12+ℎ2解得h=2,∴该棱柱的表面积为2+42cm2,故选D.12.B【解析】(特例法)由a n-2a n+1+a n+2=0得a1-2a2+a3=0,又∵a1=2,a1+a2+a3=12,∴a2=4,a3=6,当n=1时,b1=4a1a2+a1=42×4+2=52.当n=1时,A项,S1=1+12+2=72;B项,S1=1-12+2=52=b1;C项,S1=1+2=3;D项,S1=1-2=-1,故选B.模拟演练二1.C【解析】(排除法)由A∩(∁U B)的意义可得元素是属于集合A,则一定不含元素5,故可以排除B,D项,再由A∩(∁U B)中的元素不属集合B,则一定不含元素2,可排除A项.(直接法)∵U={1,2,3,4,5},∴∁U B={3,4,5},∴A∩(∁U B)={3,4}.(数形结合法)根据题意可画出如图所示的韦恩图,由图可知A∩(∁U B)={3,4}.2.A【解析】(构造法)要使f(x)=e x+ln x+2x2+mx+1在(0,+∞)上单调递增,则f'(x)=e x+1x+4x+m≥0在(0,+∞)上是恒成立的,即m≥-e x+1x +4x ,而e x+1x+4x>5,则可得m>-5,故p是q的充分不必要条件.故选A.3.C【解析】(直接法)由三视图可知该几何体是由一个三棱柱和半圆柱组合而成.由题图知三棱柱的高为2,底面是底为2,腰长为2的等腰直角三角形;半圆柱的底面半径为1,高为2,故该几何体的表面积为2×2+2×12×22+π×122×2+π×1×2=2+42+3π.4.A【解析】(特例法)由x2+y2-2x-4y=0得(x-1)2+(y-2)2=5,因为直线l将圆平分,故直线过圆心,当k=0时,直线与x轴平行,直线不过第四象限,当k=2时,直线经过原点且不过第四象限,故选A.(直接法)由x2+y2-2x-4y=0得(x-1)2+(y-2)2=5.因为直线l将圆平分,故直线过圆心,则设直线方程为y-2=k(x-1),即y=kx+2-k,要使直线不过第四象限,k≥0,且直线在y轴的截距在[0,2]之间,故0≤2-k≤2,得0≤k≤2.5.C【解析】(数形结合法)由统计图可知,100株树木中,底部周长小于110 cm的树木的频率为(0.01+0.02+0.04)×10=0.7,所以株数=0.7×100=70(株).6.D【解析】(直接法)由余弦定理得cos B=a 2+c2-b22ac,∴a2+c2-b2=2ac cos B,∴2ac cos B·tan B=3ac,∴sin B=32,又∵角B是三角形的内角,∴B=π3或2π3,故选D.7.A【解析】(直接法)根据题意,i=101,S=0+1+2+…+100=5050时,输出的结果Si=50.8.D【解析】(估算法)由a1=1,a n+1=a n2a n+1得a n>0,∴2a n+1>a n,即a n2a n+1<1,故排除A项,C项.又a2=a12a1+1=13,又由已知可以看出a n+1<a n,故a6的值应小于13,故选D.9.C【解析】(直接法)因为双曲线x 23−16y2p2=1(p>0)的左焦点在抛物线y2=2px的准线上,所以3+p 216=p24,解得p=4.所以双曲线的离心率为233.10.D【解析】(数形结合法)画出可行域,如图所示,由图知目标函数z=5x+y的最优解为A(1,0),∴z max=5.11.D【解析】(验证法)若ω=12,则T=4π,所以A,B错误;当φ=π6时,f(0)=2sinπ6=1≠3,当φ=π3时,f(0)=2sinπ3=3,故C错误,D正确.12.C【解析】(数形结合法)画出函数f(x)=-1-(x-1)2的图象如图所示.根据f(x1)x1及f(x2)x2的几何意义知f(x1)x1,f(x2)x2分别为直线OA,OB的斜率.由图可知k OA<k OB,又因为0<x1<x2<1,知f(x1) x1<f(x2)x2.模拟演练三1.D【解析】(直接法)因为1×0=0,1×2=2,2×0=0,2×2=4.故集合A*B有三个元素0,2,4,它们的和为6,故选D.2.C【解析】(特例法)令a=-3<b=1,代入A,B,C,D,可排除A,B,D项.(直接法)∵a<b,a2b2>0,∴aa2b2<ba2b2,即1ab2<1a2b.3.B【解析】(特例法)令α=30°,β=40°,则a=sin 75°,b=2sin 85°,易知a<b且1<ab<2.(直接法)两边平方,得a 2=(sin α+cos α)2=1+sin 2α,b 2=(sin β+cos β)2=1+sin 2β,又0<2α<2β<π2,则有a 2<b 2且1<a 2b 2<4.又∵a>0,b>0,∴a<b 且1<ab<2.4.B 【解析】(直接法)正三棱柱的侧(左)视图是宽为 3(长为2的等边三角形底边上的高),长为2的长方形,其面积为2× 3=2 3.5.D 【解析】(排除法)∵椭圆的长轴在y 轴上,∴10-m<m-2,∴排除A,B;若m=7时,则c 2=5-3=2,不符合要求,当m=8时,c 2=6-2=4,得2c=4适合.(直接法)∵焦距为4,∴c=2.又长轴在y 轴上,a 2=m-2,b 2=10-m ,由c 2=a 2-b 2得(m-2)-(10-m )=4,解得m=8.6.A 【解析】(数形结合法)由题图知,博士研究生所占的百分比为1-62%-26%=12%,所以博士研究生的人数为2000×12%=240.7.C 【解析】(直接法)由a 2+a 4=4得2a 1+4d=4;由a 3+a 5=10得2a 1+6d=10,则a 1=-4,d=3,∴S 10=95,故选C .8.C 【解析】(直接法)由题意知n=5时输出S ,此时S=2-1+2-2+2-3+2-4+2-5=1× 1- 1 5 1-12=3132.9.C 【解析】(数形结合法)依题意如图所示,设点A y 024,y 0 (y 0>0),根据直线斜率为 3,∴y0y 024-1= 3,解得y 0=2 3,y 0=-2 33(舍去),∴点A (3,2 3).又∵准线l 为x=-1,∴S △AKF =12×|AK|×|y A |=12×|3-(-1)|×2 410.B 【解析】(特例法)由S n =t ·5n -2得S 1=5t-2=a 1,S 2=25t-2=a 1+a 2,S 3=125t-2=a 1+a 2+a 3,∴a 1=5t-2,a 2=20t ,a 3=100t ,又∵数列{a n }为等比数列,∴a 2a 1=20t5t -2=5,解得t=2.(构造法)等比数列{a n }的前n 项和S n =a 11-q −a11-q ·q n =λ-λ·q n ,q n 的系数与常数项互为相反数,依题意S n =t ·5n -2,故t=2.11.D 【解析】(构造法)由已知OC ·OA =0,则OC ⊥OA ,以OA ,OC为x 轴,y 轴的非负半轴建立平面直角坐标系,则易知OA =(1,0),OC =(0,2 3),OB = -k 2, 32k ,因此OC =2m OA +m OB ,即(0,23)=2m(1,0)+m-k2,32k ,故有2m-mk2=0,32km=23,解得k=4,m=1.12.C【解析】(数形结合法)函数f(x)的图象如图,由函数h(x)=[f(x)]2+bf(x)+12有5个不同的零点,令f(x)=t,即得方程t2+bt+12=0有两个不同的实根,且一个为1,即12+b×1+12=0,得b=-32,故方程为t2-32t+12=0,则另一根为12,由此可知f(x)=1或f(x)=12.当f(x)=1时,可解得方程的根为0,1或2;当f(x)=12时,可解得方程的根为-1或3,所以x12+x22+x32+x42+x52=15.。

【2018新课标高考必考知识点教学计划教学安排教案设计】高三数学：高考冲刺：数学解题技巧之选择题

解析：画出函数 f ( x) 的图象，如图所示。若方程 f ( x) g ( x) 有两个不相等的实数，
1 2
B. ( ,1)
1 2
则函数 f ( x), g ( x) 有两个交点，则 k 答案：B
1 ，且 k 1 ，故选 B。 2
点拨：本题利用数形结合法，直观明了，涉及函数零点、方程根以及函数与不等式结合等问题，利用数形结合常能化繁为简，获得简捷解法。
高中数学编稿老师
高考冲刺：数学解题技巧之选择题武振一校程文军占比例较大，具有题小、量大、基础、灵活的特征，在高考中几乎占据半壁江山。因此考生能否迅速、准确、全面、简捷地解好选择题，成为高考成功的关键。
一、解答选择题的基本策略
在解答时，一要突出一个“选”字，尽量减少书写解题过程，要充分利用题干和选择支两方面提供的信息，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，以便快速智取，这是解选择题的基本策略。其二是要充分挖掘各选择支的暗示作用、巧妙有效地排除迷惑支的干扰、同时采用几种方法进行分析、推理。速解选择题要靠基础知识的熟练和思维方法的灵活以及科学、合理的巧解，可以“不择手段”，应尽量避免小题大做。
2
答案：B 点拨：本题若直接求解则繁琐且易出错，先画出 f ( x) ，再结合特例法则能迅速作出判断，大有“四两拨千斤”之效。
回归定义，妙解选择题
数学定义经常是数学思维的依据，不少方法和途径由此产生，在解某些问题时，若能根据题意适时回归定义，常能使之得以快速决断。【满分训练】已知抛物线 C : y 8 x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，Q 是直线 PF 与
答案：B 点拔：本题巧用抛物线的定义，使问题顺利解决。涉及圆锥曲线问题，不要忽视定义的应用。

2018年高考数学全国卷高三二轮复习备考策略

2018年高考数学全国卷高三二轮复习备考策略2018年3月2018年高考，肩负着探索构建“一体四层四翼”的高考评价体系的重任。

“一体四层四翼”到底是什么？“一体”即高考评价体系，通过确立“立德树人、服务选拔、导向教学”这一高考核心立场。

“四层”通过明确“必备知识、关键能力、学科素养、核心价值”四层考查目标。

第一层：必备知识强调考查学生长期学习的知识储备中的基础性、通用性知识，是学生今后进入大学学习以及终身学习所必须掌握的。

第二层：关键能力重点考查学生所学知识的运用能力，强调独立思考、分析问题和解决问题、交流与合作等学生适应未来不断变化发展社会的至关重要的能力。

第三层：学科素养要求学生能够在不同情境下综合利用所学知识和技能处理复杂任务，具有扎实的学科观念和宽阔的学科视野，并体现出自身的实践能力、创新精神等内化的综合学科素养。

第四层：核心价值要求学生能够在知识积累、能力提升和素质养成的过程中，逐步形成正确的核心价值观。

这也体现了高考所承载的“坚持立德树人，加强社会主义核心价值体系教育”和“增强学生社会责任感”的育人功能和政治使命。

“四翼”通过明确“基础性、综合性、应用性、创新性”四个方面的考查要求。

1.“基础性”要求主要体现在学生要具备适应大学学习或社会发展的基础知识、基本能力和基本素养，包括全面合理的知识结构、扎实灵活的能力要求和健康健全的人格素养。

2.“综合性”要求主要体现在学生能够综合运用不同学科知识、思想方法，多角度观察、思考，发现、分析和解决问题。

3.“应用性”要求主要体现在学生要能够善于观察现象、主动灵活地应用所学知识分析和解决实际问题，学以致用，具备较强的理论联系实际能力和实践能力。

4.“创新性”要求主要体现在学生要具有独立思考能力，具备批判性和创新性思维方式。

“一体四层四翼”高考评价体系的科学构建，是考试内容改革的基础性工程，凸显了高考的考试功能和考查理念，也将为高考考试内容改革提供坚实理论支撑，使高考能够更好服务立德树人根本要求、提高教育质量主要任务和人才强国战略部署。

【高考数学】2018-2019学年数学高考江苏专版二轮专题复习教学案：二项式定理与数学归纳法(理科)

江苏新高考本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查. 2012，2013年主要考查组合计数；2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年考查计数原理为主，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.近年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、函数、不等式、数学归纳法等知识交汇考查.第1课时计数原理与二项式定理(能力课)[常考题型突破][例1]{1,2,3，…，3n}的子集中所有“好集”的个数为f(n)．(1)求f(1)，f(2)的值；(2)求f(n)的表达式．[解](1)①当n＝1时，集合{1,2,3}中的一元好集有{3}，共1个；二元好集有{1,2}，共1个；三元好集有{1,2,3}，共1个，所以f(1)＝1＋1＋1＝3.②当n＝2时，集合{1,2,3,4,5,6}中一元好集有{3}，{6}，共2个；二元好集有{1,2}，{1,5}，{2,4}，{3,6}，{4,5}，共5个；三元好集有{1,2,3}，{1,2,6}，{1,3,5}，{1,5,6}，{4,2,3}，{4,2,6}，{4,3,5}，{4,5,6}，共8个；四元好集有{3,4,5,6}，{2,3,4,6}，{1,3,5,6}，{1,2,3,6}，{1,2,4,5}，共5个；五元好集有{1,2,4,5,6}，{1,2,3,4,5}共2个，还有一个全集．故f(2)＝1＋(2＋5)×2＋8＝23.(2)首先考虑f(n＋1)与f(n)的关系．集合{1,2,3，…，3n,3n＋1,3n＋2,3n＋3}在集合{1,2,3，…，3n}中加入3个元素3n＋1,3n ＋2,3n＋3.故f(n＋1)的组成有以下几部分：①原来的f(n)个集合；②含有元素3n＋1的“好集”是{1,2,3，…，3n}中各元素之和被3除余2的集合，含有元素是3n＋2的“好集”是{1,2,3，…，3n}中各元素之和被3除余1的集合，含有元素是3n＋3的“好集”是{1,2,3，…，3n}中各元素之和被3除余0的集合．合计是23n；③含有元素是3n＋1与3n＋2的“好集”是{1,2，3，…，3n}中各元素之和被3除余0的集合，含有元素是3n ＋2与3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中各元素之和被3除余1的集合，含有元素是3n ＋1与3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中各元素之和被3除余2的集合．合计是23n ；④含有元素是3n ＋1,3n ＋2,3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中“好集”与它的并，再加上{3n ＋1,3n ＋2,3n ＋3}．所以f (n ＋1)＝2f (n )＋2×23n ＋1. 两边同除以2n ＋1，得f (n ＋1)2n ＋1－f (n )2n ＝4n＋12n ＋1. 所以f (n )2n ＝4n －1＋4n －2＋…＋4＋12n ＋12n －1＋…＋122＋32＝4n －13＋1－12n (n ≥2)．又f (1)21也符合上式，所以f (n )＝2n (4n －1)3＋2n －1.[方法归纳](2017·苏北三市三模)已知集合U ＝{1,2，…，n }(n ∈N *，n ≥2)，对于集合U 的两个非空子集A ，B ，若A ∩B ＝∅，则称(A ，B )为集合U 的一组“互斥子集”．记集合U 的所有“互斥子集”的组数为f (n )(视(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”)．(1)写出f (2)，f (3)，f (4)的值； (2)求f (n )．解：(1)f (2)＝1，f (3)＝6，f (4)＝25.(2)法一：设集合A 中有k 个元素，k ＝1,2,3，…，n －1. 则与集合A 互斥的非空子集有2n －k －1个．于是f (n )＝12∑k ＝1n －1C k n (2n －k－1)＝12(∑k ＝1n －1C k n2n －k －∑k ＝1n －1C k n )．因为∑k ＝1n －1C k n 2n －k＝∑k ＝0nC k n 2n －k －C 0n 2n －C n n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1， ∑k ＝1n －1C k n ＝∑k ＝0nC k n －C 0n －C n n ＝2n －2，所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(3n －2n ＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A ，B ，C ＝∁U (A ∪B )之一中，则这n 个元素在集合A ，B ，C 中，共有3n 种，其中A 为空集的种数为2n ，B 为空集的种数为2n ，所以A ，B 均为非空子集的种数为3n －2×2n ＋1. 又(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”，所以f (n )＝12(3n －2n ＋1＋1).[例2] (2017·. (1)求(1＋x )2n－1的展开式中含x n 的项的系数，并化简：C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ；(2)证明：(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.[解] (1)(1＋x )2n －1的展开式中含x n 的项的系数为C n 2n －1，由(1＋x )n －1(1＋x )n ＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1x n －1)·(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )，可知(1＋x )n －1(1＋x )n 的展开式中含x n 的项的系数为C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n . 所以C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1.(2)证明：当k ∈N*时，k C k n ＝k ×n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！＝n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n C k －1n －1.所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝∑k ＝1n[k (C k n )2]＝∑k ＝1n(k C k n C kn )＝∑k ＝1n(n C k －1n －1C kn )＝n ∑k ＝1n(C k －1n －1C kn )＝n ∑k ＝1n(C n －k n －1C kn )．由(1)知C 0n －1C nn ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1，即∑k ＝1n(C n －k n －1C k n )＝C n2n －1，所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.[方法归纳](2017·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *.(1)求值：①k C k n －n C k －1n －1；②k 2C k n －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n . 解：(1)①k C k n －n C k －1n －1＝k ×n ！k ！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝0. ②k 2C k n－n (n －1)Ck －2n －2－n C k －1n －1＝k 2×n ！k ！(n －k )！－n (n －1)×(n －2)！(k －2)！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝k ×n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －2)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －2)！(n －k )！⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1－1－1k －1＝0. (2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2C k n ＝(k 2＋2k ＋1)C k n ＝k 2C kn ＋2k C k n ＋C k n ＝[n (n －1)C k －2n －2＋n C k －1n －1]＋2n C k －1n －1＋C k n ＝n (n －1)C k －2n －2＋3n C k －1n －1＋C kn .故12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n ＝(12C 0n ＋22C 1n )＋n (n －1)(C 0n －2＋C 1n －2＋…＋C n －2n －2)＋3n (C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1)＋(C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n )＝(1＋4n )＋n (n －1)2n －2＋3n (2n －1－1)＋(2n －1－n )＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．法二：当n ≥3时，由二项式定理，有(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n n x n ，两边同乘以x ，得(1＋x )n x ＝x ＋C 1n x 2＋C 2n x 3＋…＋C k n x k ＋1＋…＋C n n xn ＋1，两边对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＝1＋2C 1n x ＋3C 2n x 2＋…＋(k ＋1)C k n x k ＋…＋(n ＋1)C n n x n ，两边再同乘以x ，得(1＋x )n x ＋n (1＋x )n －1x 2＝x ＋2C 1n x 2＋3C 2n x 3＋…＋(k ＋1)C k n x k ＋1＋…＋(n ＋1)C n n xn ＋1，两边再对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＋n (n －1)(1＋x )n －2x 2＋2n (1＋x )n －1x ＝1＋22C 1n x ＋32C 2n x 2＋…＋(k ＋1)2C k n x k ＋…＋(n ＋1)2C n n x n.令x ＝1，得2n ＋n ·2n －1＋n (n －1)2n －2＋2n 2n －1＝1＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n＋…＋(n ＋1)2C n n ，即12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C nn ＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．[例3] (2017·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n不能构成等差数列．[解] (1)杨辉三角形的第n 行由二项式系数C k n ， k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34，C k nC k ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45，那么3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5，解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5. (2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 成等差数列，则2C r ＋1n ＝C r n ＋C r ＋2n ，2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ，即2n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＝n ！r ！(n －r )！＋n ！(r ＋2)！(n －r －2)！，2n ！(r ＋2)！(n －r －2)！＝n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＋n ！(r ＋3)！(n －r －3)！.所以有2(r ＋1)(n －r －1)＝1(n －r －1)(n －r )＋1(r ＋1)(r ＋2)，2(r ＋2)(n －r －2)＝1(n －r －2)(n －r －1)＋1(r ＋2)(r ＋3)，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0， n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0. 两式相减得，n ＝2r ＋3，于是C r 2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3＜C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[方法归纳]设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ∈N *，n ≥2. (1)若n ＝11，求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值；(2)设b k ＝k ＋1n －k a k ＋1(k ∈N ，k ≤n －1)，S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ，m ≤n －1)，求⎪⎪⎪⎪S m C m n －1的值．解：(1)因为a k ＝(－1)k C k n ，当n ＝11时，|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|＝C 611＋C 711＋C 811＋C 911＋C 1011＋C 1111＝12(C 011＋C 111＋…＋C 1011＋C 1111)＝210＝1 024. (2)b k ＝k ＋1n －k a k ＋1＝(－1)k ＋1k ＋1n －k C k ＋1n ＝(－1)k ＋1C k n ，当1≤k ≤n －1时， b k ＝(－1)k ＋1C k n＝(－1)k ＋1()C k n －1＋C k －1n －1 ＝(－1)k ＋1C k －1n －1＋(－1)k ＋1C k n －1 ＝(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1.当m ＝0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 0C 0n －1＝1.当1≤m ≤n －1时，S m ＝－1＋∑k ＝1m[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C m n －1＝－(－1)m C m n －1，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1.综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1.[课时达标训练]1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，满足：A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集．(1)若M ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数．解：(1)110.(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n －1)个．当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nC k n (2k－1)＝∑k ＝0nC k n 2k－∑k ＝0nC k n ＝3n －2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n 个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n . 2．(2017·南京、盐城二模)现有n (n ＋1)2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值； (2)证明：p n >C 2n ＋1(n ＋1)！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n n (n ＋1)2＝2n ＋1；去掉第n 行已经排好的n 个数，则余下的n (n ＋1)2－n ＝n (n －1)2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n (n －1)2＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n×…×23＝2n －1(n ＋1)×n ×…×3＝2n(n ＋1)！.由于2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1，故2n(n ＋1)！>C 2n ＋2(n ＋1)！，即p n >C 2n ＋1(n ＋1)！. 3．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解：(1)当n ＝3时，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1. 从而f (n )＝23(1－2n －3)1－2－(n －3)＋f (3)＝2n －n －1.4．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0. (2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n ＞m时，(k ＋1)C mk ＝(k ＋1)·k ！m ！·(k －m )！＝(m ＋1)·(k ＋1)！(m ＋1)！·[(k ＋1)－(m ＋1)]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)] ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.5．设a n 是满足下述条件的自然数的个数：各数位上的数字之和为n (n ∈N *)，且每个数位上的数字只能是1或2.(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求证：a 5n －1(n ∈N *)是5的倍数．解：(1)当n＝1时，只有自然数1满足题设条件，所以a1＝1；当n＝2时，有11,2两个自然数满足题设条件，所以a2＝2；当n＝3时，有111,21,12三个自然数满足题设条件，所以a3＝3；当n＝4时，有1 111,112,121,211,22五个自然数满足题设条件，所以a4＝5.综上所述，a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5.(2)证明：设自然数X的各位数字之和为n＋2，由题设可知，X的首位为1或2两种情形．当X的首位为1时，则其余各位数字之和为n＋1.故首位为1，各位数字之和为n＋2的自然数的个数为a n＋1；当X的首位为2时，则其余各位数字之和为n.故首位为2，各位数字之和为n＋2的自然数的个数为a n.所以各位数字之和为n＋2的自然数的个数为a n＋1＋a n，即a n＋2＝a n＋1＋a n.下面用数学归纳法证明a5n－1是5的倍数．①当n＝1时，a4＝5，所以a4是5的倍数，命题成立；②假设n＝k(k≥1，n∈N*)时，命题成立，即a5k－1是5的倍数．则a5k＋4＝a5k＋3＋a5k＋2＝2a5k＋2＋a5k＋1＝2(a5k＋1＋a5k)＋a5k＋1＝3a5k＋1＋2a5k＝3(a5k＋a5k－1)＋2a5k＝5a5k＋3a5k－1.因为5a5k＋3a5k－1是5的倍数，即a5k＋4是5的倍数．所以n＝k＋1时，命题成立．由①②可知，a5n－1(n∈N*)是5的倍数．6．(2017·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为C n2n，而右边(1＋x)n(1＋…＋C n n C0n＝＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)，x n的系数为C0n C n n＋C1n C n－1n(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2，因此可得到组合恒等式C n2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：第2课时数学归纳法(能力课) [常考题型突破]用数学归纳法证明等式[例1] (2017·苏锡常镇一模)设|θ|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π2tan n θ，其前n 项和为S n .(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan nθ；(2)求证：对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]．[证明] (1)因为a n ＝sin n π2tan n θ.当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，a n ＝a 2k ＝sin 2k π2tan 2k θ＝sin k π·tan 2k θ＝0，a n ＝0.当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，a n ＝a 2k －1＝sin(2k －1)π2tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫k π－π2·tan nθ. 当k ＝2m ，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－π2·tan n θ＝－tan n θ，此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan n θ＝(－1)2m －1tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.当k ＝2m －1，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－3π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－3π2·tan n θ＝tan nθ，此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan n θ＝(－1)2m －2·tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.综上，当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan n θ.(2)当n ＝1时，由(1)得，S 2＝a 1＋a 2＝tan θ，等式右边＝12sin 2θ(1＋tan 2θ)＝sin θ·cos θ·1cos 2θ＝tan θ.故n ＝1时，命题成立，假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时命题成立，即S 2k ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2k θ]．当n ＝k ＋1时，由(1)得：S 2(k ＋1)＝S 2k ＋a 2k ＋1＋a 2k ＋2＝S 2k ＋a 2k ＋1＝12sin 2θ·[]1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k tan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k ·2sin 2θtan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·－1tan 2θ ＋2sin 2θtan θ ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·⎝⎛⎭⎫－cos 2θsin 2θ＋1sin 2θ ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ ]．即当n ＝k ＋1时命题成立.综上所述，对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]．[方法归纳](2017·扬州期末)已知F n (x )＝(－1)0C 0n ，f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )(n ∈N *，x >0)，其中f i (x )(i ∈{0,1,2，…，n })是关于x 的函数． (1)若f i (x )＝x i (i ∈N)，求F 2(1)，F 2 017(2)的值； (2)若f i (x )＝xx ＋i (i ∈N)，求证：F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋n )(n ∈N *)．解：(1)因为f i (x )＝x i (i ∈N)，所以F n (x )＝(－1)0C 0n x 0＋(－1)1C 1n x 1＋…＋(－1)n C n n x n ＝(1－x )n ，所以F 2(1)＝0, F 2 017(2)＝(1－2)2 017＝－1.(2)证明：因为f i (x )＝xx ＋i(x >0，i ∈N)，所以F n (x )＝(－1)0C 0n f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )＝∑i ＝0n⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i n x x ＋i (n ∈N *)． ①当n ＝1时，F n (x )＝∑i ＝0n ＝1⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i 1x x ＋i ＝1－x x ＋1＝1x ＋1，所以n ＝1时结论成立. ②假设n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即F k (x )＝∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k x x ＋i ＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )，则n ＝k ＋1时，F k ＋1(x )＝∑i ＝0k ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C ik ＋1x x ＋i＝1＋∑i ＝1k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k ＋1x x ＋i ＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1x x ＋k ＋1 ＝1＋∑i ＝1k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i (C i k ＋C i －1k )x x ＋i ＋(－1)k ＋1·C k ＋1k ＋1x x ＋k ＋1＝∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k x x ＋i ＋∑i ＝1k ＋1 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i －1k x x ＋i＝F k (x )－∑i ＝1k ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i －1C i －1k x x ＋i＝F k (x )－∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k x x ＋i ＋1＝F k (x )－∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C ik x ＋1x ＋i ＋1·x x ＋1＝F k (x )－x x ＋1F k (x ＋1)＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )－k ！(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )·xx ＋1＝(x ＋1＋k )·k ！－x ·k ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋k )(x ＋1＋k ) ＝(k ＋1)！(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )，所以n ＝k ＋1时，结论也成立. 综合①②可知，F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n )(n ∈N *).[例2] (2017·南京模拟)已知数列{a n }满足a n ＝3n －2，函数f (n )＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，g (n )＝f (n 2)－f (n －1)，n ∈N *.(1) 求证：g (2)＞13；(2) 求证：当n ≥3时，g (n )＞13.[证明] (1)由题意知，a n ＝3n －2，g (n )＝1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2，当n ＝2时，g (2)＝1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140＞13.故结论成立．(2)用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，g (3)＝1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17＋⎝⎛⎭⎫110＋113＋116＋⎝⎛⎭⎫119＋122＋125＞18＋⎝⎛⎭⎫116＋116＋116＋⎝⎛⎭⎫132＋132＋132＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13，所以当n ＝3时，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，结论成立，即g (k )＞13，则当n ＝k ＋1时，g (k ＋1)＝g (k )＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋2k ＋13(k ＋1)2－2－13k －2 ＝13＋(2k ＋1)(3k －2)－[3(k ＋1)2－2][3(k ＋1)2－2](3k －2)＝13＋3k 2－7k －3[3(k ＋1)2－2](3k －2)，由k ≥3可知，3k 2－7k －3＞0，即g (k ＋1)＞13.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．综合①②可得，当n ≥3时，g (n )＞13.[方法归纳]设实数a 1，a 2，…，a n 满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |≤1(n ∈N *且n ≥2)，令b n ＝a n n (n ∈N *)．求证：|b 1＋b 2＋…＋b n |≤12－12n(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，a 1＝－a 2，所以|a 1|＋|a 2|＝2|a 1|≤1，即|a 1|≤12，所以|b 1＋b 2|＝⎪⎪⎪⎪a 1＋a 22＝|a 1|2≤14＝12－12×2，即当n ＝2时，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥2)时，结论成立，即当a 1＋a 2＋…＋a k ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |≤1时，有|b 1＋b 2＋…＋b k |≤12－12k .则当n ＝k ＋1时，由a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，可得2|a k ＋1|＝|a 1＋a 2＋…＋a k |＋|a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，所以|a k ＋1|≤12.又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋(a k ＋a k ＋1)＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k －1|＋|a k ＋a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，由假设可得⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ≤12－12k ，所以|b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k k ＋a k ＋1k ＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ≤12－12k ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a k ＋1k ＋1－a k ＋1k＝12－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1|a k ＋1| ≤12－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1×12 ＝12－12(k ＋1)，即当n ＝k ＋1时，结论成立．综合(1)(2)可知，结论成立．[例3] (2017·n n n 1)k C k n (x －k )n ＋…＋(－1)n C nn (x －n )n ，其中x ∈R ，n ∈N *，k ∈N ，k ≤n .(1)试求f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )的值；(2)试猜测f n (x )关于n 的表达式，并证明你的结论．[解] (1)f 1(x )＝C 01x －C 11(x －1)＝x －x ＋1＝1；f 2(x )＝C 02x 2－C 12(x －1)2＋C 22(x －2)2＝x 2－2(x 2－2x ＋1)＋(x 2－4x ＋4)＝2； f 3(x )＝C 03x 3－C 13(x －1)3＋C 23(x －2)3－C 33(x －3)3＝x 3－3(x －1)3＋3(x －2)3－(x －3)3＝6. (2)猜测：f n (x )＝n ！. 而k C kn＝k ·n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！，n Ck －1n －1＝n ·(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！，所以k C k n ＝n C k －1n －1.用数学归纳法证明结论成立．①当n ＝1时，f 1(x )＝1，所以结论成立．②假设当n ＝k 时，结论成立，即f k (x )＝C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k )k ＝k ！.则当n＝k＋1时，f k＋1(x)＝C0k＋1x k＋1－C1k＋1(x－1)k＋1＋…＋(－1)k＋1C k＋1k＋1(x－k－1)k＋1＝C0k＋1x k＋1－C1k＋1(x－1)k(x－1)＋…＋(－1)k C k k＋1(x－k)k(x－k)＋(－1)k＋1C k＋1k＋1(x－k－1)k＋1＝x[C0k＋1x k－C1k＋1(x－1)k＋…＋(－1)k C k k＋1(x－k)k]＋[C1k＋1(x－1)k－2C2k＋1(x－2)k…＋(－(x－k－1)k＋11)k＋1k C k k＋1(x－k)k]＋(－1)k＋1C k＋1k＋1＝x[C0k x k－(C1k＋C0k)(x－1)k＋…＋(－1)k(C k k＋C k－1k)(x－k)k]＋(k＋1)[(x－1)k－C1k(x－2)k…＋(－1)k＋1C k－1k(x－k)k]＋(－1)k＋1C k＋1k＋1(x－k－1)k(x－k－1)＝x[C0k x k－C1k(x－1)k＋…＋(－1)k C k k(x－k)k]－x[C0k(x－1)k＋…＋(－1)k－1C k－1k(x－k)k]＋(k ＋1)[(x－1)k－C1k(x－2)k…＋(－1)k＋1C k－1k(x－k)k]＋x(－1)k＋1C k k(x－k－1)k－(k＋1)(－1)k＋1(x －k－1)k＝x[C0k x k－C1k(x－1)k＋…＋(－1)k C k k(x－k)k]－x[C0k(x－1)k＋…＋(－1)k－1C k－1k(x－k)k ＋(－1)k C k k(x－k－1)k]＋(k＋1)[C0k(x－1)k－C1k(x－2)k＋…＋(－1)k－1C k－1k(x－k)k＋(－1)k(x－k －1)k]．(*)由归纳假设知(*)式等于x·k！－x·k！＋(k＋1)·k！＝(k＋1)！.所以当n＝k＋1时，结论也成立．综合①②，f n(x)＝n！成立．[方法归纳](2017·盐城模拟)记f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)(n≥2，n∈N*)．(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)当n≥2，n∈N*时，试猜想所有f(n)的最大公约数，并证明．解：(1)因为f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)＝(3n＋2)C3n＋1，所以f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140.(2)证明：由(1)中结论可猜想所有f(n)的最大公约数为4.下面用数学归纳法证明所有的f (n )都能被4整除即可．①当n ＝2时，f (2)＝8能被4整除，结论成立；②假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立，即f (k )＝(3k ＋2)C 3k ＋1能被4整除，则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(3k ＋5)C 3k ＋2＝(3k ＋2)C 3k ＋2＋3C 3k ＋2＝(3k ＋2)(C 3k ＋1＋C 2k ＋1)＋(k ＋2)C 2k ＋1＝(3k ＋2)C 3k ＋1＋(3k ＋2)C 2k ＋1＋(k ＋2)C 2k ＋1＝(3k ＋2)C 3k ＋1＋4(k ＋1)C 2k ＋1，此式也能被4整除，即n ＝k ＋1时结论也成立．综上所述，所有f (n )的最大公约数为4.[课时达标训练]1．(2017·南通三模)已知函数f 0(x )＝cx ＋d ax ＋b(a ≠0，bc －ad ≠0)．设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求f 1(x )，f 2(x )；(2)猜想f n (x )的表达式，并证明你的结论．解：(1)f 1(x )＝f 0′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cx ＋d ax ＋b ′＝bc －ad (ax ＋b )2， f 2(x )＝f 1′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤bc －ad (ax ＋b )2′＝－2a (bc －ad )(ax ＋b )3. (2)猜想f n (x )＝(－1)n －1·a n －1·(bc －ad )·n ！(ax ＋b )n ＋1，n ∈N *. 证明：①当n ＝1时，由(1)知结论成立，②假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时结论成立，即有f k (x )＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1. 当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1′ ＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！[(ax ＋b )－(k ＋1)]′＝(－1)k ·a k ·(bc －ad )·(k ＋1)！(ax ＋b )k ＋2. 所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②得，对一切n ∈N *结论都成立．2．(2017·镇江模拟)证明：对一切正整数n,5n ＋2·3n －1＋1都能被8整除．证明：(1)当n ＝1时，原式等于8能被8整除，(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，则5k ＋2·3k －1＋1能被8整除．设5k ＋2·3k －1＋1＝8m ，m ∈N *，当n ＝k ＋1时，5k ＋1＋2·3k ＋1＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4·3k －1－4＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4(3k －1＋1)，而当k ≥1，k ∈N *时，3k －1＋1显然为偶数，设为2t ，t ∈N *，故5k ＋1＋2·3k ＋1＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4(3k －1＋1)＝40m －8t (m ，t ∈N *)，也能被8整除，故当n ＝k ＋1时结论也成立；由(1)(2)可知对一切正整数n,5n ＋2·3n －1＋1都能被8整除．3．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ≥2，n ∈N *)，求证：S 2n ＞1＋n 2(n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512＞1＋22，即n ＝2时命题成立； (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k ＞1＋k 2，则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋2k 2k ＋2k＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12，故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *不等式S 2n ＞1＋n 2都成立． 4．(2017·南京三模)已知数列{a n }共有3n (n ∈N *)项，记f (n )＝a 1＋a 2＋…＋a 3n .对任意的k ∈N *,1≤k ≤3n ，都有a k ∈{0,1}，且对于给定的正整数p (p ≥2)，f (n )是p 的整数倍．把满足上述条件的数列{a n }的个数记为T n .(1)当p ＝2时，求T 2的值；(2)当p ＝3时，求证：T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]．解：(1)由题意，当n ＝2时，数列{a n }共有6项．要使得f (2)是2的整数倍，则这6项中，只能有0项、2项、4项、6项取1，故T 2＝C 06＋C 26＋C 46＋C 66＝25＝32.(2)证明：T n ＝C 03n ＋C 33n ＋C 63n ＋…＋C 3n 3n .当1≤k ≤n ，k ∈N *时，C 3k 3n ＋3＝C 3k 3n ＋2＋C 3k －13n ＋2＝C 3k －13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －13n ＋1＋C 3k －23n ＋1＝2C 3k －13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －23n ＋1＝2(C 3k －13n ＋C 3k －23n )＋C 3k －13n ＋C 3k 3n ＋C 3k －33n ＋C 3k －23n＝3(C 3k －13n ＋C 3k －23n )＋C 3k 3n ＋C 3k －33n ，于是T n ＋1＝C 03n ＋3＋C 33n ＋3＋C 63n ＋3＋…＋C 3n ＋33n ＋3＝C 03n ＋3＋C 3n ＋33n ＋3＋3(C 13n ＋C 23n ＋C 43n ＋C 53n ＋…＋C 3n －23n ＋C 3n －13n )＋T n －C 03n ＋T n －C 3n 3n＝2T n ＋3(23n －T n )＝3×8n －T n .下面用数学归纳法证明T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]．当n ＝1时，T 1＝C 03＋C 33＝2＝13[81＋2(－1)1]，即n ＝1时，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *) 时，命题成立，即T k ＝13[8k ＋2(－1)k ]．则当n ＝k ＋1时，T k ＋1＝3×8k －T k ＝3×8k －13[8k ＋2(－1)k ] ＝13[9×8k －8k －2(－1)k ] ＝13[8k ＋1＋2(－1)k ＋1]，即n ＝k ＋1时，命题也成立．于是当n ∈N *，有T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]． 5．(2017·扬州考前调研)在数列{a n }中，a n ＝cos π3×2n －2(n ∈N *)． (1)试将a n ＋1表示为a n 的函数关系式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1－2n ·n ！(n ∈N *)，猜想a n 与b n 的大小关系，并证明你的结论．解：(1)a n ＝cos π3×2n －2＝cos 2π3×2n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π3×2n －12－1， ∴a n ＝2a 2n ＋1－1，∴a n ＋1＝± a n ＋12，又n ∈N *，n ＋1≥2，a n ＋1>0，∴a n ＋1＝a n ＋12. (2)当n ＝1时，a 1＝－12，b 1＝1－2＝－1，∴a 1>b 1；当n ＝2时，a 2＝12，b 2＝1－12＝12，∴a 2＝b 2；当n ＝3时，a 3＝32，b 3＝1－19＝89，∴a 3<b 3. 猜想：当n ≥3时，a n <b n ，下面用数学归纳法证明：①当n ＝3时，由上知，a 3<b 3，结论成立．②假设n ＝k ，k ≥3，n ∈N *时，a k <b k 成立，即a k <1－2k ·k ！，则当n ＝k ＋1，a k ＋1＝a k ＋12< 2－2k ·k ！2＝1－1k ·k ！，b k ＋1＝1－2(k ＋1)·(k ＋1)！. 要证a k ＋1<b k ＋1，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1－1k ·k ！2<⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2(k ＋1)·(k ＋1)！2，即证1－1k ·k ！<1－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2，即证1k ·k ！－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0，即证(k －1)2k (k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0，显然成立． ∴n ＝k ＋1时，结论也成立．综合①②可知：当n ≥3时，a n <b n 成立．综上可得：当n ＝1时，a 1<b 1；当n ＝2时，a 2＝b 2；当n ≥3，n ∈N *时，a n <b n .6．(2017·南通二调)设n ≥2，n ∈N *.有序数组(a 1，a 2，…，a n )经m 次变换后得到数组(b m,1，b m,2…，b m ，n )，其中b 1，i ＝a i ＋a i ＋1，b m ，i ＝b m －1，i ＋b m －1，i ＋1(i ＝1,2，…，n )，a n ＋1＝a 1，b m －1，n ＋1＝b m －1,1(m ≥2)．例如：有序数组(1,2,3)经1次变换后得到数组(1＋2,2＋3,3＋1)，即(3,5,4)；经第2次变换后得到数组(8,9,7)．(1)若a i ＝i (i ＝1,2，…，n )，求b 3,5的值；(2)求证：b m ，i ＝∑j ＝0m a i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .(注：当i ＋j ＝kn ＋t 时，k ∈N *，t ＝1,2，…，n ，则a i ＋j ＝a t )解：(1)当n ＝2,3,4时，b 3,5值不存在；当n ＝5时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5)．经1次变换为：(3,5,7,9,6)，经2次变换为：(8,12,16,15,9)，经3次变换为：(20,28,31,24,17)，所以b 3,5＝17；当n ＝6时，同理得b 3,5＝28；当n ＝7时，同理得b 3,5＝45；当n ≥8时，n ∈N *时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5,6,7,8，…，n )．经1次变换为：(3,5,7,9,11,13,15，…，n ＋1)，经2次变换为：(8,12,16,20,24,28，…，n ＋4)，经3次变换为：(20,28,36,44,52，…，n ＋12)，所以b 3,5＝52.(2)证明：下面用数学归纳法证明对m ∈N *，b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .①当m ＝1时，b 1，i ＝a i ＋a i ＋1＝∑j ＝01a i ＋j C j 1，其中i ＝1，2，…，n ，结论成立；②假设m ＝k (k ∈N *)时，b k ，i ＝∑j ＝0ka i ＋j C j k ，其中i ＝1，2，…，n .则m ＝k ＋1时，b k ＋1，i ＝b k ，i ＋b k ，i ＋1＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ＋∑j ＝0ka i ＋j ＋1C j k ＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ＋∑j ＝1k ＋1a i ＋j C j －1k＝a i C 0k ＋∑j ＝1ka i ＋j (C j k ＋C j －1k )＋a i ＋k ＋1C k k ＝a i C 0k ＋1＋∑j ＝1ka i ＋j C j k ＋1＋a i ＋k ＋1C k ＋1k ＋1＝∑j ＝0k ＋1a i ＋j C j k ＋1，所以结论对m ＝k ＋1时也成立．由①②知，m ∈N *，b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m，其中i ＝1,2，…，n .。