巧思妙解2011年高考数学题（天津卷）

巧思妙解2011年高考数学题（天津卷）

杨洪林

1.（文19）已知函数f（x）= 4 x³ + 3 tx² –6 t² x + t–1，x ∈R，其中t ∈R.

（1）当t = 1时，求曲线y =  f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

（2）当t ≠ 0时，求f（x）的单调区间；

（3）证明：对任意t ∈（0, +∞），f（x）在区间（0,1）内均存在零点.

【参考答案】

（1）略.

（2）= 12x² + 6 tx –6 t ²，令= 0，解得x = - t或x = .

因为t ≠ 0，所以分两种情况讨论：

① 若t ＜0，则＜- t.当x变化时，、f（x）的变化情况如下表：

			（- t，+∞）
	+	-	+
	↗	↘	↗

所以f（x）的单调增区间是，（- t，+∞）；f（x）的单调减区间是.

② 若t ＞0，则 - t ＜.当x变化时，、f（x）的变化情况如下表：

	（-∞，- t）
	+	-	+
	↗	↘	↗

所以f（x）的单调增区间是（-∞，- t），；f（x）的单调减区间是.

（3）由（2）可知，当t ＞0时，f（x）在内单调递减，在内单调递增.

     以下分两种情况讨论：

① 当≥1，即t ≥2时，f（x）在（0，1）内单调递减，在（1，+∞）内单调递增.

  f（0）= t - 1＞0，f（1）= - 6 t ² + 4 t + 3 ≤ - 6×4 + 4×2 + 3＜0.

所以对任意t ∈ [2, +∞），f（x）在区间（0,1）内均存在零点.

② 当0＜＜1，即0＜t＜2时，f（x）在内单调递减，在内单调递增.

  若t ∈（0, 1]，则= + t - 1＜＜0，

f（1）= - 6 t ² + 4 t + 3≥- 6 t + 4 t + 3 = -2t + 3＞0,

所以f（x）在内存在零点.

若t ∈（1, 2），则= +（t – 1）＜+ 1＜0, f（0）= t - 1＞0，

所以f（x）在内存在零点，

所以对任意t ∈（0, 2），f（x）在区间（0，1）内均存在零点.

综上，对任意t ∈（0, +∞），f（x）在区间（0，1）内均存在零点.

·巧思·

①（2）中，将f（x）化为4（x - a）²（x–b）+  f（a）（a≠b）的形式，利用极值的定义便知：若a＜b，

   则f（a）是f（x）的极大值；若a＞b，则f（a）是f（x）的极小值。

② 利用“有极值的三次函数共有两个极点、三个单调区间；当三次项系数为正时，三个单调区间从左至右依次为递增、递减、递增”，便能求出f（x）的全部单调区间。

③（3）中，首先考虑f（x）在区间（0, 1）的端点值f（0）、f（1）的符号，如无效则增加考虑区间中点处的值f （与f（0）或 f（1）比较），则问题一般可解且方便。

④ 如上述仍然无效，则再考虑三等分点的值f 或，与f（0）、f 、f（1）之一比较……

·妙解·

（2）由f（x）=（x + t）²（4 x–5 t）+  f（-     t）=+可知：

     若t ＜0，则f（x）_极大 =  ，f（x）_极小 = f（-     t），

     f（x）在和（- t，+∞）单调递增，在单调递减；

     若t ＞0，则f（x）_极大 = f（-     t），f（x）_极小 = ，

    f（x）在（-∞，- t）和单调递增，在单调递减.

（3）① 0＜t＜1 f（0）= t -1＜0，f（1）=–6 t ² + 4 t + 3＞–6 t + 4 t + 3 t = t＞0

      $ x₀ ∈（0，1），使f（x₀）= 0.

 ② t ＞1 f（0）= t -1＞0，f =–3 t ² + t -＜–3 t + t  = -＜0

      $ x₀ ∈，使f（x₀）= 0.

③ t = 1f =+–3＜0，f（1）=  4 + 3–6＞0

$ x₀ ∈，使f（x₀）= 0.

综上，对任意t ＞0，都 $ x₀ ∈（0，1），使f（x₀）= 0.

【评注】

① 将f（x）变形的方法：

4 x³ + 3 tx² –6 t² x + t–1 =（x - at）²（4x–bt）+  c = 4 x³ -（8a + b）tx² +（4a² + 2ab）t² x + c–a²bt³

 8a + b = - 3, 4a² + 2ab = - 6  a = -1，b = 5，或 a = ，b = -7……

② 三次函数f（x）=  ax³ + bx + cx + d（a≠0）的性质还有：定义域和值域都是R；图象与y轴必有一个交点（0，d），与x轴必有一个、二个或三个交点；有两个极点或无极点；图象都是中心对称图形，其对称中心为；三次函数的导函数（微分）是二次函数，二次函数的积分是三次函数；有关体积、质量、比重等问题，通常可转化为三次函数来研究……

③ 三次函数内含如此丰富，外延如此宽广，规律如此整齐，性质如此有趣；与之有关的命题在历次高考试卷和模拟试卷中频繁“露面”，并且分值较高；而我们赖以生存的空间是三维的，这更加使我们联想起三次函数——所以教材要多介绍三次函数，教师要多讲解三次函数。

④ 参考答案的划线部分有误：波浪线处的（1，+∞）应为，如取t = 4，则f（x）在（2，+∞）单调递增，而在（1,2）单调递减；单直线处不能直接得到，只能有“≤- 6×4 + 4t + 3”,但由此无法得到所需的“＜0”。可改为“≤- 6×2 t + 4t + 3 = - 8t + 3（t ≥2）＜0”等。

2.（理19）已知a＞0，函数f（x）= lnx – ax²，x＞0.（ f（x）的图象连续不断）

（1）求f（x）的单调区间；

（2）当a =时，证明：存在x₀∈（2, +∞），使f（x₀）= f        ；

（3）若存在均属于区间[1,3]的，且-≥1，使f（）= f（），证明：≤a≤.

【参考答案】

（1）略.

（2）当a = 时，f（x）= lnx – x² ，

由（1）知f（x）在（0, 2）内单调递增，在（2，+∞）内单调递减.

令g（x）=   f（x）- f        ,由于f（x）在（0, 2）内单调递增，

故f（2）＞f        ，即g（2）＞0.取x’ =e ＞2，则g（x’ ）=＜0，

所以存在x₀∈（2, x’ ），使g（x₀）= 0,即存在x₀∈（2, +∞），使f（x₀）= f        .

（3）略.

·巧思·

① 已有“f（x）在（2, +∞）内单调递减”，如能再有“当x → +∞时，f（x）→ -∞”，则问题显然得证。

② 将f（x）看成两个函数g（x）= lnx与h（x）= x²之差，则只需证明h（x）是g（x）的“高阶无穷大”。

③ 根据x → +∞时，g’（x）→ 0而h’（x）→ +∞，以及导数的几何意义，便知h（x）的“增长速度”确比g（x）“快得多”，从而避免了运用高等数学中“高阶无穷大”的概念和知识。

④ 也可利用对数函数和二次函数的图象来说明h（x）比g（x）“增速快”（解法略）。

·妙解·

（2）x → +∞（ln x）’ =    → 0, = x → +∞    f（x）= lnx –x² → -∞.

由（1）f（x）_max =  f（2）存在x₀＞2，使f（x₀）= f        .

【评注】

① 命题的本质是：对任意x₁∈（ 0，2），必存在x₀∈（2, +∞），使得f（x₀）=  f（x₁）。

② 命题的对称是：对任意x₂∈（2, +∞），必存在x₀∈（ 0，2），使得f（x₀）=  f（x₂）。

3.（文20）已知数列｛a_n｝和｛b_n｝满足b_n+1a_n + b_n a_{n +1}  =（-2）ⁿ + 1, b_n  =, n∈ N^﹡,且a₁ = 2 .

（1）求a₂ , a₃的值；

（2）设c_n = a_{2n + 1} - a_{2n - 1},n∈ N^﹡,证明｛c_n｝是等比数列；

（3）设S_n为｛a_n｝的前n项和，证明：≤ n -（n∈ N^﹡）.

【参考答案】

（1）由b_n =, n∈ N^﹡,可得b_n  =  又b_n+1a_n + b_n a_{n +1}  =（-2）ⁿ + 1,

当n = 1时，a₁ + 2a₂ = - 1, 由a₁ = 2，可得a₂ = -；

当n = 1时，2a₂ + a₃ = 5，可得a₃ = 8.

（2）对任意n∈ N^﹡，a_{2n - 1} + 2a_2n = - + 1 ①，2a_2n + a_{2n + 1} = + 1 ②,

     ② - ①得，a_{2n + 1} - a_{2n - 1} = 3×，即c_n = 3×,

     于是 = 4. 所以｛c_n｝是等比数列.

（3）a₁ = 2，由（2）知，当k∈ N^﹡且k≥2时，

a_{2k - 1}  = a₁ +（a₃ - a₁）+（a₅ - a₃）+（a₇ - a₅）+ … +（a_{2k -1} - a_{2k - 3}）

= 2 + 3（2 + 2³ + 2⁵ + … +）= 2 + 3×=,

故对任意k∈ N^﹡，a_{2k - 1}  = .

由①得+ 2a₂ = - + 1，所以a_2k =  -，k∈ N^﹡.

因此S_2k =（a₁ + a₂）+（a₃ + a₄）+ … +（a_{2k -1} + a_2k）= .

于是S_{2k -1} = S_2k - a_2k =  + .

故=

= 1 - . 所以，对任意n∈ N^﹡,

=

=

= n - ≤ n -  = n -.

·巧思·

①（1）中，先求出a_{2n - 1}、a_2n ，后代入计算a₂、a₃，可以避免含义重复的叙述，从而节省许多文字、缩减不少篇幅，并且显得“自然而然”、“合情合理”。

② 得到a_{2n - 1}、a_2n的同时，也就得到了c_n ，所以可将（1）（2）合并解答，从而又一次节省许多文字、缩减不少篇幅，并且显得“自然而然”、“合情合理”。

③ 将a_{2n + 1} - a_{2n - 1}化为f（n + 1）- f（n），且使f（1）= a₁，便知a_{2n - 1} = f（n）。如此，可避免将a_{2k - 1}

化为 a₁ +（a₃ - a₁）+（a₅ - a₃）+（a₇ - a₅）+ … +（a_{2k -1} - a_{2k - 3}），避免对于“k = 1”和“k≥2”的分类讨论,以及避免运用等比数列前n项求和公式。

④（3）中，将待证不等式右边的n移到左边（成为 -n），则右边为不含字母的常数项，左边的放大变形就比较地“轻松自如”，证明就比较地“简单方便”。

⑤ 将n“平均分配”给每个“”，成为“ - 1”，则n就“消失不见”，而整个式子变得“整齐统一”，有利于进一步变形、转化。

⑥ 考虑不等式中等号成立的条件是“n = 1”，可以估计数列即是递减数列，于是问题变为证明＜0。

⑦ 利用已得可知a_{2n - 1} + a_2n =，因此 =；因此，只需证明＜0。至此，“目标”明确、“方向”准确、“路线”正确。

⑧ 再将（1）（2）（3）合并解答，不仅再一次节省许多文字、缩减不少篇幅，并且显得前后连接连贯、节奏紧凑紧密，整个过程“一脉相承、一气呵成”。

·妙解·

（1）（2）（3）

题设b_{2n - 1} = 2 ，b_2n = 1a_{2n - 1} + 2a_2n = - + 1，2a_2n + a_{2n + 1} = + 1,

c_n = a_{2n + 1} - a_{2n  - 1}  = 3·=（4 - 1）· =  - （a₁ = 2）

c_n+1 = 4c_n ，a_{2n - 1} =（n∈ N^﹡）｛c_n｝是等比数列，a₃ = 8，

且2a_2n = 1 - 2a_{2n - 1}＜0 2a_{2n - 1} + 2a_2n = 1a₂ = -，

且S_{2n -1} = S_2n - a_2n ==＞0（n∈ N^﹡）

 - 1 =  = ＜0

 - n =≤-1 = -≤ n - .

【评注】

①“a_{n + 1} - a_n  = f（n + 1）- f（n）[a₁ = f（1）] a_n = f（n）”的理论依据：取n = 1，由a₁ = f（1）可得a₂ = f（2）；取n = 2，由a₂ = f（2）可得a₃ = f（3）……其实质是数学归纳法的变型，但比“原型”简明简洁、简练简便，可以广泛运用。

② 将等式中的变量全部放入左边，常数项全部放入右边，这是常用手法。而对于不等式，却考虑较少、使用不多，实际有时可以“不妨一试”。

③ 当待证不等式中含有等号时，考虑等号成立的条件，往往能为证明方法的探索“指点迷津”，为证明过程的寻找“指明路径”，应予以重视。

④ 解答问题不一定“按部就班”、“循规蹈矩”地按照（1）（2）（3）进行，可以交换顺序，可以合并解答，也就是“随机应变”、“见机行事”。

4.（理20）已知数列｛a_n｝和｛b_n｝满足b_n a_n + a_{n +1}  + b_{n + 1} a_{n + 2}  = 0，b_n  =，n∈ N^﹡，且

a₁ = 2 ，a₂ = 4.

（1）求a₃ 、a₄、a₅ 的值；

（2）设c_n = a_{2n - 1} + a_{2n + 1} , n∈ N^﹡，证明｛c_n｝是等比数列；

（3）设S_k = a₂ + a₄ + … + a_2k  , k∈ N^﹡，证明＜（n∈ N^﹡）.

【参考答案】

（1）由b_n  =，n∈ N^﹡，可得b_n  =

又b_n a_n + a_{n +1}  + b_{n + 1} a_{n + 2}  = 0，

当n = 1时，a₁ + a₂ + a₃ = 0，由a₁ = 2 ，a₂ = 4，可得a₃ = -3；

当n = 2时，2a₂ + a₃ + a₄ = 0，由a₂ = 4 ，a₃ = -3，可得a₄ = -5；

当n = 3时，a₃ + a₄ + a₅ = 0，由a₃ = -3 ，a₄ = -5，可得a₅ = 4.

（2）对任意n∈ N^﹡，

a_{2n - 1} + a_2n + 2a_{2n + 1}  = 0，①   2a_2n  + a_{2n + 1} + a_{2n + 2} = 0，②   a_{2n + 1} + a_{2n + 2} + 2a_{2n +3} = 0，③

② - ③，得a_2n  = a_{2n + 3} .④   将④代入①，可得

a_{2n + 1} + a_{2n + 3} = -（a_{2n - 1} + a_{2n + 1}），即c_{n + 1} = - c_n（n∈ N^﹡）.

又c₁ = a₁ + a₃ = - 1，故c_n ≠ 0，因此 = - 1，所以｛c_n｝是等比数列.

（3）由（2）可得a_{2k - 1} + a_{2k + 1} =（-1）^k. 于是，对任意k∈ N^﹡且k≥2，有

a₁ + a₃ = - 1，-（a₃ + a₅）= - 1，a₅ + a₇ = - 1，…，（-1）^k（a_{2k - 3} + a_{2k - 1}）= - 1.

将以上各式相加，得a₁ +（-1）^k a_{2k - 1} = -（k - 1），

即a_{2k - 1} =（-1）^{k + 1}（k + 1），此式当k = 1时也成立.

由 ④ 式得a_2k =（-1）^{k + 1}（k + 3），从而

S_2k =（a₂ + a₄）+（a₆ + a₈）+ … +（a_{4k - 2} + a_4k ）= - k，S_{2k - 1} = S_2k –a_4k = k + 3.

所以对任意n∈ N^﹡，n≥2,

 =  =

= =  ++

＜ ++

=  + · +

=  +  - · + ＜.

对于n = 1，不等式显然成立.

·巧思·

①（1）中，先求出a_{2n - 1}、a_2n ，后代入计算a₃、a₄、a₅及c_n ，可以避免含义重复的叙述，从而节省许多文字、缩减不少篇幅，并且显得“自然而然”、“合情合理”。

②（2）中,将a_{2n - 1} + a_2n + 2a_{2n + 1} （= 0）化为f（n）+ g（n）+ 2 f（n + 1），将2a_2n  + a_{2n + 1} + a_{2n + 2} （= 0）化为2 g（n）+ f（n + 1）+  g（n + 1），且使f（1）= a₁，g（1）= a₂，便知a_{2n - 1} = f（n），a_2n = g（n）.如此，可避免将a_{2n - 1}“化整为零”,以及先求a_{2n - 1}、后求a_2n 。

③（3）中，利用“ ＜”，即“＜”，便避免了对于“n = 1”和“n≥2”的分类讨论；将先放大为，便提前甩掉一些“额外包袱”，而更加“轻装上阵”。

④ 将（1）（2）（3）合并解答，更显得前后连接连贯、节奏紧凑紧密。

·妙解·

（1）（2）（3）题设b_{2n – 1} = 1，b_2n = 2

（a₁ = 2 ，a₂ = 4）

 a_{2n - 1} = -（n + 1）（-1）ⁿ ，a_2n = -（n + 3）（-1）ⁿ  a₃ = -3, a₄ = - 5, a₅ = 4 .

且c_n = a_{2n - 1} + a_{2n + 1} =（-1）ⁿ ｛c_n｝是等比数列.

S_2k =（4 - 5）+（6 - 7）+ … + [（2k + 2）-（2k + 3）] = - k, S_{2k - 1} = S_2k –a_4k = k + 3.

 =  =

= ＜

= ++＜++

= ++=+ + ＜+= .

【评注】

①“[ a₁= f（1）,a₂ =g（1）]a_{2n - 1} = f     （n）,a_2n = g（n）”

  的理论依据：取n = 1，由a₁ = f（1） 、a₂ = g（1）可得a₃ = f（2） ，由a₂ = g（1）、a₃ = f（2）可得

a₄ = g（2）；取n = 2，由a₃ = f（2） 、a₄ = g（2）可得a₅ = f（3） ，由a₄ = g（2） 、a₅ = f（3）可得a₆ = g（3）……其实质是第二数学归纳法的变型，但比“原型”简明简洁、简练简便，可以广泛运用。

② 将a_{2n - 1} + a_2n + 2a_{2n + 1} 变形的方法：0 = 2 + 4 + 2（-3）=（n + 1）+（n + 3）- 2（n + 2）=（n + 1）（-1）^{n + 1} +（n + 3）（-1）^{n + 1} + 2（n + 2）（-1）^{n + 2} = -（n + 1）（-1）ⁿ -（n + 3）（-1）ⁿ + 2（n + 2）（-1）ⁿ。

③ 有些表达式容易得到的，如c_n=（-1）ⁿ，就直接给出具体表达式，“｛c_n｝是等比数列”就“一目了然”、“一清二楚”。而不必“本本正正”地按照定义从“理论”上加以证明

④ 解答问题不一定“按部就班”、“循规蹈矩”地按照（1）（2）（3）进行，可以交换顺序，可以合并解答，也就是“随机应变”、“见机行事”，能节省则节省、能缩减则缩减。

【小结】

① 数学是美的，“简洁美”是其中之一，也是主要的数学美，解决数学问题应当——力求简明、简便、简洁、简单，力求创优创新、尽善尽美。亦即：应当——探求尽可能简明的思路、尽可能简便的解法，探求尽可能简洁的语句、尽可能简单的表述。

② 如果某个问题的解答过程较复杂、步骤较冗长，我们就要思考：这个解法算得上“较好”吗？“很好”吗？“极好”吗？还能够“改变”吗？“改造”吗？“改进”吗？亦即：教师传给学生的知识，不仅应当是“正品”，而且还应当是“精品”、“极品”。

③ 如同长跑比赛不仅比耐力、而且比速度一样，数学高考不仅测验“会不会”，而且测验“好不好”、“快不快”：看你能否在很短时间内顺利地完成答卷。因此，探求“巧思妙解”就不仅仅是理论上的需要，而且更是实际实在的需要、迫切急切的需要。

④“数学是思维的科学”（单墫）。思绪明朗、思路开阔、思想活跃、思维科学了，问题就能迎刃而解；反之则犹豫不决、迷惑不解。因此，数学教育者先教育思维的拓展，数学学习者先学习思维的拓展，就是“十分必要、极其重要、非常紧要”的。

 

（作者系退休机关干部、中学数学教师）

2011-08-09  人教网