2024-2025学年高中数学七大高频考点例析讲义含解析苏教版选修2-2

PAGEPAGE20高考七大高频考点例析[对应学生用书P64]导数的几何意义及运算考查方式从近几年的高考试题分析，对该部分内容的考查，主要考查利用导数的几何意义求切线方程；导数的有关计算，尤其是简洁的复合函数求导；题型既有填空题，又有解答题，难度中等左右，在考查导数的概念及其运算的基础上，又留意考查解析几何的相关学问．备考指要函数y＝f(x)在x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即k＝f′(x0)，于是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为：y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．求切线方程时，应明确“在某点处的切线方程”和“过某点的切线方程”的不同；娴熟驾驭基本函数的导数及导数的四则运算.eq\a\vs4\al([考题印证])[例1](广东高考)曲线y＝e－5x＋2在点(0,3)处的切线方程为________________．[解析]由y＝e－5x＋2⇒y′＝－5e－5x⇒切线的斜率k＝y′|x＝0＝－5，于是切线方程为y－3＝－5(x－0)⇒5x＋y－3＝0.[答案]5x＋y－3＝0[例2]曲线y＝x(3lnx＋1)在点(1,1)处的切线方程为__________________．[解析]∵y＝x(3lnx＋1)，∴y′＝3lnx＋1＋x·eq\f(3,x)＝3lnx＋4，∴k＝y′|x＝1＝4，∴所求切线的方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.[答案]y＝4x－3eq\a\vs4\al([跟踪演练])1．曲线y＝ex在点A(0,1)处的切线的斜率为________．解析：y′＝(ex)′＝ex，所以当x＝0时，y′＝e0＝1.答案：12．曲线y＝－x3＋3x2在点(1,2)处的切线方程为________．解析：y′＝－3x2＋6x，∴当x＝1时，y′＝3，即斜率k＝3.所以切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.答案：3x－y－1＝03．假如曲线y＝x4－x在点P处的切线垂直于直线y＝－eq\f(1,3)x，那么点P的坐标为________．解析：由y′＝4x3－1，当y′＝3时，有4x3－1＝3，可解得x＝1，此时，点P的坐标为(1,0)．答案：(1,0)4．(北京高考)已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解：由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)，f(x)为偶函数．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.f(x)与f′(x)的改变状况如下：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)1所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，所以存在x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，假如曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．利用导数探讨函数的单调性考查方式利用导数探讨函数的单调性是导数最重要的应用之一．主要考查求函数的单调区间、证明或推断函数的单调性，在高考命题中，若以填空题的形式出现，难度则以中低档为主，若以解答题形式出现，难度则以中等偏上为主．备考指要利用导数的符号推断函数的单调性是导数几何意义在探讨曲线改变规律时的一个应用，它充分体现了数形结合思想．在利用导数探讨函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解决问题的过程中，只能在定义域内，通过探讨导数的符号，来推断函数的单调区间．特殊要留意写单调区间时，区间之间用“和”或“，”隔开，肯定不能用“∪”连接.eq\a\vs4\al([考题印证])[例3](山东高考)已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R)．(1)设a≥0，求f(x)的单调区间；(2)设a＞0，且对随意x＞0，f(x)≥f(1)．试比较lna与－2b的大小．[解](1)由f(x)＝ax2＋bx－lnx，x∈(0，＋∞)，得f′(x)＝eq\f(2ax2＋bx－1,x).①当a＝0时，f′(x)＝eq\f(bx－1,x).(ⅰ)若b≤0，当x>0时，f′(x)<0恒成立，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．(ⅱ)若b>0，当0<x<eq\f(1,b)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>eq\f(1,b)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))，单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，＋∞)).②当a>0时，令f′(x)＝0，得2ax2＋bx－1＝0.由Δ＝b2＋8a>0，得x1＝eq\f(－b－\r(b2＋8a),4a)，x2＝eq\f(－b＋\r(b2＋8a),4a).当0<x<x2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>x2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－b＋\r(b2＋8a),4a)))，单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－b＋\r(b2＋8a),4a)，＋∞)).综上所述，当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；当a＝0，b>0时，函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))，单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，＋∞))；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－b＋\r(b2＋8a),4a)))，单调递增区间是eq\f(－b＋\r(b2＋8a),4a)，＋∞.(2)由题意知，函数f(x)在x＝1处取得最小值．由(1)知eq\f(－b＋\r(b2＋8a),4a)是f(x)的唯一微小值点，故eq\f(－b＋\r(b2＋8a),4a)＝1，整理得2a＋b＝1即b＝1－2a.令g(x)＝2－4x＋lnx，则g′(x)＝eq\f(1－4x,x).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,4)，当0<x<eq\f(1,4)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>eq\f(1,4)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．因此g(x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1＋lneq\f(1,4)＝1－ln4<0.故g(a)<0，即2－4a＋lna＝2b＋lna<0，即lna<－2b.eq\a\vs4\al([跟踪演练])5．函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3ax2－1，∵f(x)在R上为减函数，∴f′(x)≤0在R上恒成立，∴a≤0.答案：(－∞，0]6．函数f(x)＝3x2－x3的单调递减区间为________．解析：f′(x)＝6x－3x2，令f′(x)<0，则6x－3x2<0，即x2－2x>0，解之得x>2或x<0，所以该函数的单调减区间为(2，＋∞)，(－∞，0)．答案：(2，＋∞)，(－∞，0)7．函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．解析：∵f′(x)＝3x2－a，∴f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0，∴a≤3x2，∴a≤3，即a的最大值为3.答案：38．(新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.(1)探讨f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值；(3)已知1.4142<eq\r(2)<1.4143，估计ln2的近似值(精确到0.001)．解：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立．所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．(ⅰ)当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．而g(0)＝0，所以对随意x>0，g(x)>0；(ⅱ)当b>2时，若x满意2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋eq\r(b2－2b))时g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln(b－1＋eq\r(b2－2b))时，g(x)<0.综上，b的最大值为2.(3)由(2)知，g(lneq\r(2))＝eq\f(3,2)－2eq\r(2)b＋2(2b－1)ln2.当b＝2时，g(lneq\r(2))＝eq\f(3,2)－4eq\r(2)＋6ln2>0，ln2>eq\f(8\r(2)－3,12)>0.6928；当b＝eq\f(3\r(2),4)＋1时，ln(b－1＋eq\r(b2－2b))＝lneq\r(2)，g(lneq\r(2))＝－eq\f(3,2)－2eq\r(2)＋(3eq\r(2)＋2)ln2<0，ln2<eq\f(18＋\r(2),28)<0.6934.所以ln2的近似值为0.693.利用导数探讨函数的极值和最值考查方式利用导数探讨函数的极值是高考对导数考查的一个重点内容，常常与函数单调性，函数图象的考查融合在一起，探讨方程根的状况、不等式的证明等．本部分内容是高考的重点和热点．在高考试题中，既有填空题的形式，也有解答题的形式．基本上是中档或中档偏难题目．备考指要利用导数探讨函数的极值和最值应明确求解步骤，求解时切记函数的定义域，正确区分最值与极值不同，函数的极值表示函数在一点旁边的状况，是在局部对函数值比较大小．而最值是在整个区间上对函数值比较大小．函数的极值可以有多个，但最值只能有一个，极值只能在区间内取得，而最值还可以在端点处取得，最值只要不在端点处，必是一个极值.eq\a\vs4\al([考题印证])[例4](广东高考)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.[解](1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln2.当x改变时，f′(x)，f(x)的改变如下表：x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值微小值由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln2)，递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(2k)，令g(k)＝ln(2k)－k，则g′(k)＝eq\f(1,k)－1＝eq\f(1－k,k)≥0，所以g(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上递增，所以g(k)≤ln2－1＝ln2－lne<0，从而ln(2k)<k，所以ln(2k)∈[0，k]，所以当x∈(0，ln(2k))时，f′(x)<0；当x∈(ln(2k)，＋∞)时，f′(x)>0.所以M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3}．令h(k)＝(k－1)ek－k3＋1，则h′(k)＝k(ek－3k)，令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3≤e－3<0，所以φ(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上递减，而φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·φ(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)－\f(3,2)))(e－3)<0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))使得φ(x0)＝0，且当k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))时，φ(k)>0，当k∈(x0,1)时，φ(k)<0，所以φ(k)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))上单调递增，在(x0,1)上单调递减．因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)eq\r(e)＋eq\f(7,8)>0，h(1)＝0，所以h(k)≥0在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上恒成立，当且仅当k＝1时取得“＝”．综上，函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.[例5](山东高考)设函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．[解](1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(xex－2ex,x3)－eq\f(k(x－2),x2)＝eq\f((x－2)(ex－kx),x3)由k≤0可得ex－kx>0，所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减，x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减，故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)，因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0<k≤1时，当x∈(0,2)时，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)单调递增．故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k>1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减．x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增．所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g(0)>0，,g(lnk)<0，,g(2)>0，,0<lnk<2，))解得e<k<eq\f(e2,2)，综上所述，函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(e2,2))).eq\a\vs4\al([跟踪演练])9．已知函数f(x)＝x2＋2alnx.(1)当a＝1时，求函数f′(x)的最小值；(2)求函数f(x)的单调区间和极值．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．(1)当a＝1时，f′(x)＝2x＋eq\f(2,x)≥2eq\r(2x·\f(2,x))＝4，当且仅当2x＝eq\f(2,x)，即x＝1时等号成立，故函数f′(x)的最小值为4.(2)f′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x))).①当a≥0时，f′(x)＞0，因此f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，这时函数无极值；②当a＜0时，f′(x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(－a)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(－a))),x).当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下：x(0，eq\r(－a))eq\r(－a)(eq\r(－a)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)微小值因此函数f(x)的单调递减区间是(0，eq\r(－a))，单调递增区间是(eq\r(－a)，＋∞)．且当x＝eq\r(－a)时，函数f(x)有微小值f(eq\r(－a))＝－a＋2alneq\r(－a)，无极大值．10．已知函数f(x)＝(x－k)2eeq\f(x,k).(1)求f(x)的单调区间；(2)若对于随意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤eq\f(1,e)，求k的取值范围．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,k)(x2－k2)eeq\f(x,k).令f′(x)＝0，得x＝±k.当k>0时，f(x)与f′(x)的状况如下：x(－∞，－k)－k(－k，k)k(k，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)4k2e－10所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调递减区间是(－k，k)．当k<0时，f(x)与f′(x)的状况如下：x(－∞，k)k(k，－k)－k(－k，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)04k2e－1所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)；单调递增区间是(k，－k)．(2)当k>0时，因为f(k＋1)＝eeq\f(k＋1,k)>eq\f(1,e)，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e).当k<0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝eq\f(4k2,e).所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)等价于f(－k)＝eq\f(4k2,e)≤eq\f(1,e).解得－eq\f(1,2)≤k<0.故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)时，k的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).导数的实际应用考查方式最值的综合应用问题是中学数学最重要的题型之一，导数学问为解决数学及其他学科的实际应用题供应了很大的便利，近几年的高考中也越来越重视，已成为高考命题的一个新热点，试题多以解答题形式出现，难度一般为中等偏难题目．备考指要利用导数解决生活中的实际问题时：(1)既要留意将问题中涉及的变量关系用函数关系表示，还要留意确定出函数关系式中自变量的定义区间．(2)肯定要留意求得结果的实际意义，不符合实际的值应舍去．(3)假如目标函数在定义区间内只有一个极值点，那么依据实际意义该极值点就是最值点.eq\a\vs4\al([考题印证])[例6](重庆高考)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建立成本仅与表面积有关，侧面的建立成本为100元/平方米，底面的建立成本为160元/平方米，该蓄水池的总建立成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)探讨函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．依据题意得200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．由h>0，且r>0可得0<r<5eq\r(3)，故函数V(r)的定义域为(0,5eq\r(3))．(2)由(1)知V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)，故V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,5eq\r(3))时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5eq\r(3))上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．eq\a\vs4\al([跟踪演练])11.某企业拟建立如图所示的容器(不计厚度，长度单位：m)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，依据设计要求容器的容积为eq\f(80π,3)m3，且l≥2r.假设该容器的建立费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建立费用为3千元，半球形部分每平方米建立费用为c(c>3)千元．设该容器的建立费用为y千元．(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；(2)求该容器的建立费用最小时的r.解：(1)设容器的容积为V，由题意知V＝πr2l＋eq\f(4,3)πr3，又V＝eq\f(80π,3)，故l＝eq\f(V－\f(4,3)πr3,πr2)＝eq\f(80,3r2)－eq\f(4,3)r＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)－r)).由于l≥2r，因此0<r≤2.所以建立费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)－r))×3＋4πr2c.因此y＝4π(c－2)r2＋eq\f(160π,r)，0<r≤2.(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－eq\f(160π,r2)＝eq\f(8π(c－2),r2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r3－\f(20,c－2)))，0<r<2.由于c>3，所以c－2>0，当r3－eq\f(20,c－2)＝0时，r＝eq\r(3,\f(20,c－2)).令eq\r(3,\f(20,c－2))＝m，则m>0，所以y′＝eq\f(8π(c－2),r2)(r－m)(r2＋rm＋m2)．①若0<m<2，即c>eq\f(9,2)，则当r＝m时，y′＝0；当r∈(0，m)时，y′<0；当r∈(m,2)时，y′>0，所以r＝m是函数y的微小值点，也是最小值点．②若m≥2，即3<c≤eq\f(9,2)，则当r∈(0,2)时，y′<0，函数单调递减，所以r＝2是函数y的最小值点．综上所述，当3<c≤eq\f(9,2)时，建立费用最小时r＝2；当c>eq\f(9,2)时，建立费用最小时r＝eq\r(3,\f(20,c－2)).合情推理与演绎推理考查方式归纳推理、类比推理、演绎推理等问题是高考的热点，归纳、类比推理大多数出现在填空题中，为中低档题，突出了“小而巧”，主要考查类比、归纳推理实力；演绎推理大多数出现在解答题中，为中高档题目，在学问的交汇点处命题，考查学生分析问题、解决问题以及逻辑推理实力．备考指要对本部分学问的学习，要留意做好以下两点：一要熟识归纳推理、类比推理、演绎推理的一般原理、步骤、格式，搞清合情推理与演绎推理的联系与区分；二要把握归纳推理、类比推理、演绎推理的基本应用，在给定的条件下，能够运用归纳推理、类比推理获得新的一般结论，能够运用演绎推理对数学问题进行严格的证明.eq\a\vs4\al([考题印证])[例7](陕西高考)视察下列等式12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10……照此规律，第n个等式可为__________________________________________________．[解析]视察规律可知，第n个式子为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq\f(n(n＋1),2).[答案]12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq\f(n(n＋1),2)[例8]回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等．明显2位回文数有9个：11,22,33，…，99；3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．[解析]2位回文数有9个，4位回文数有9×10＝90个，3位回文数有90个，5位回文数有9×10×10＝100×9个，依次类推可得2n＋1位有9×10n个．[答案]909×10neq\a\vs4\al([跟踪演练])12．下面的数组均由三个数组成：(1,2,3)，(2,4,6)，(3,8,11)，(4,16,20)，(5,32,37)，…，(an，bn，cn)．(1)请写出cn的一个表达式，cn＝________；(2)若数列{cn}的前n项和为Mn，则M10＝______.(用数字作答)解析：(1)通过视察归纳，得an＝n，bn＝2n，cn＝an＋bn＝n＋2n.(2)M10＝(1＋2＋…＋10)＋(2＋22＋…＋210)＝2101.答案：n＋2n210113．先阅读下面的文字：“求eq\r(1＋\r(1＋\r(1＋…)))的值时，采纳了如下的方法：令eq\r(1＋\r(1＋\r(1＋…)))＝x，则有x＝eq\r(1＋x)，两边同时平方，得1＋x＝x2，解得x＝eq\f(1＋\r(5),2)(负值已舍去)”．可以用类比的方法，求得1＋eq\f(1,2＋\f(1,1＋\f(1,2＋…)))的值为________．解析：由1＋eq\f(1,2＋\f(1,1＋\f(1,2＋…)))＝1＋eq\f(1,2＋\f(1,x))，得2x2－2x－1＝0，于是x＝eq\f(1＋\r(3),2)(负值已舍去)，故所求值为eq\f(1＋\r(3),2).答案：eq\f(1＋\r(3),2)干脆证明与间接证明考查方式近几年试题对本部分内容的考查是应用干脆证明和间接证明解决数列，立体几何中的平行、垂直，不等式，解析几何等问题，题型大多为解答题，难度为中高档．备考指要在备考中，对本部分的内容，要抓住关键，即分析法、综合法、反证法，要搞清三种方法的特点，把握三种方法在解决问题中的一般步骤，熟识三种方法适用于解决的问题的类型，同时也要加强训练，达到熟能生巧，有效运用它们的目的.eq\a\vs4\al([考题印证])[例9]某同学在一次探讨性学习中发觉，以下五个式子的值都等于同一个常数：(1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；(2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；(3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；(4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)依据(1)的计算结果，将该同学的发觉推广为三角恒等式，并证明你的结论．[解](1)选择(2)式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)法一：三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).法二：三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos(60°－2α),2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).eq\a\vs4\al([跟踪演练])14．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，且f(1)＝－eq\f(a,2)，3a>2c>2b.求证：a>0，且－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4).证明：f(1)＝a＋b＋c＝－eq\f(a,2)，即3a＋2b＋2c＝0.又3a>2c>2b，所以3a>0,2b<0，则a>0，b<0.又2c＝－3a－2b,3a>2c>2b，所以3a>－3a－2b>2b.可得－3a<b<－eq\f(3,4)a.因为a>0，所以－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4).15．(陕西高考)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N*，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．解：由题设得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gk(x),1＋gk(x))＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋(k＋1)x)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．所以gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，则φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,(1＋x)2)＝eq\f(x＋1－a,(1＋x)2)，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0，即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：证法一：上述不等式等价于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，则eq\f(1,n＋1)<lneq\f(n＋1,n).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，eq\f(1,2)<ln2，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)．那么，当n＝k＋1时，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋lneq\f(k＋2,k＋1)＝ln(k＋2