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一道高考题的解法及规律探究


?

辅 教 导学 ?  

数 学 通 讯— — 2 O 1 2年 第 9期 ( 上半月)  

1  



道 高 考 题 的 解 法 及 规 律 探 究 
姚尉林  孙婷婷  
( 湖 北 省 武 汉 市 水 果 湖 高 中 ,4 3 O O 7 1

)  

囤 国圈圈 
本文 研究 2 0 1 2年 的一 道高 考题 , 探 究题 型 规  律 及解题 策 略 , 供 读者 参 考.   题1 ( 2 0 1 2 年 高考 四川文 科第 1 2 题) 设 函数 
厂 ( z )一 (  一 3 ) 。 +z一 1 , ( a   ) 是 公差 不 为 0的等 

费 的时 间过 多 , 作 为一 道 填空 题 , 在 考 场 上 用 这种 
方 法 来解 , 显然不 太合适 , 应 该 也 不 是 命 题 者 的  初衷.   不妨 回顾 一 下 上 面 的解 法 , 从 结论 t 一 0来 

差 数列 , . f ( a   ) +f ( a   ) +…+f ( a , )= 1 4 , 则a 。 + 
n 2 +… 一 t -a 7一  ( A) 0 .  
( C) 1 4 .  

看, 当 k∈ N  时, 有( £ 一  ) 。 +( £ +  ) 。 一2 t i t   +3 ( I  ̄ / ) 。 ]一 0 , 从而 有 f ( a   一1 w 1 ) +f ( a   +  ) 一 
( £ 一  ) 。+ ( £ +  ) 。+ ( n 4 一  )+ ( 口 4+ l e d)一 

(   ( B) 7 .  
( D) 2 1 .  

)  

2— 2 ( 口   一1 )一 4 , 与 k和公差 d的值 都 无关 , 这 也 

这道试 题 设计 新 颖 , 构思巧妙, 涉及 一个 确 定 

应 该 是刻 意 设 置 的.由 此 看 来 , 题 干 中 限 制 数 列 
{ a   )的公 差不 为 0也仅 仅是 为 了避 免 考 生直 接设  d一 0代 入求解 而 已 , 真 是此 地无 银三 百 两啊 !  
既 然 问题 的答 案 与 数 列 的公 差 d无 关 ( 这由   题 设 也 可猜 想 到) , 解 题 时可 大胆 取 d的一 个 特 殊 

的 函数和 一个 等差 数列 , 但 数列 并 没 有 直接 给 出 ,  
而是 给 出一 个 条 件 等 式 , 如 何 利 用 好 这 个 等 式 是  解 题 的关键 .  




解 法 剖 析 

因为 { a   ) 是 等 差数列 , 所以a 。 +口 。 +… +a  


值( 如 d一 1 ) 代 入求 解 , 应该 能 够很 快 得 出结 果 ,   限 于篇 幅 , 此处 从略 , 读 者不妨 一试 .  
二、 规 律 探 究 

7 a   , 故 只需 先求 出口  的值 即可 , 围绕 这一 点 , 可 

用口 4 和 数列 的公 差 d(  ≠ O )表 示 a l , a 2 , a 3 , a 5 ,   a   , n   , 得到 如下解 法 .   解  由 f( a 。 ) +f ( a z ) + …+f ( a   )一 1 4得 

从 上 面 的分析 来 看 , 设 计 题 目时要 求 f ( a  一  ) +f ( a   +  )的结果 与 k和公 差 d 的值 都 无  关, 那 么 函数 , (   ) 和n   的选 择就 应该 具 有某 些特 

r ( a l 一3 ) 。 +a 1 ~1 ] +E ( a 2 —3 ) 。 +口 2 —1 ] + 


+[ ( 口 7 —3 ) 。 +a 7 —1 ]一 1 4 ,  
即( 口 1 —3 ) 。 +( 口 2 —3 ) 。 +… + ( 铆一3 ) 。 +( n 1  

殊性了, 口  是未 知 的 , 看来 问题 的突 破 口就 在 函数  , (  )一 ( z一 3 ) 。 + z一 1 本 身 了.  
不妨 把 ① 式 变形 一下 , 得 

+a 2 + … +a 7 ) 一2 1一 o  

① 

设 数列 { 口   ) 的公 差 为 d ( d≠ O ) , 为叙 述简便 ,   不 妨记 口   一 3= t , 结合 等 差数 列 的性 质 , ① 式 即 
( £ 一3 d) 。 +( £ 一2 d) 。 +( £ 一  ) 。 十t 。 十( £ 十 ) 。   +( £ +2 d) 0+ ( £ +3 d ) 0+ 7 t一 0,  

[ ( 口 1 —3 ) 。 +( n l 一3 ) ] +[ ( 口 2 —3 ) 。 +( 口 2 —  

3 ) ] +…+[ ( 口  一 3 ) 。 +( 口 , 一3 ) ]一 0   ③  令b  = a   一3 , 则数 列 { b   ) 也是 等 差数 列 , 若 
再设 g ( z)一  + z, ④ 式 即  g ( b 1 ) +g ( b 2 ) +… +g ( b 7 )= 0   ④ 

即[ ( £ 一3 d ) 。 +(   +3 d )   ] +E ( t 一2 d ) 。 十( £ + 
2 d ) 。 ]+ [ ( £ 一d ) 。 +( £ +d ) 。 ]+ t 。 十7 t = = : 0   ② 
注意 到 k∈ N  时 , ( £ 一   ) 。 +( £ +k d) 。一 

若b 4 —0 , 则g ( b 4 )一 0 , 又g ( z )一 z 。 +  是  R 上 的奇 函数 , 所以 g ( b 。 ) +g( b 7 )一 g ( 一3 d ) + 
g( 3 d)= 0, g( b 2 ) + g( b 6 )= g( 一2 d)+ g( 2 d)一 

z t [ ( t —k z 1 )   一( £ 一k d)? (   +  ) +(   +k c 1 ) 。 ]一  2 t i t   +3 (  )   ] , 所 以 ② 式 即 
2 t ( t  + 2 7 d   )+ 2 t ( t  十 1 2 d   )+ 2 t ( t 。 + 3 d   )   + t 0+ 7 t一 0,  

0 , g ( b 。 ) +g( b   )一 g ( 一 ) +g (  ) 一0 , 故 ④ 式 成 
立.  

若b 4 >0 , 则b 1 +b 7— 2 b 4 >0 , 故b l >一b 7 ,   又g (  )= z 。 +z是 R上 的增 函数 , 所以 g ( b   ) > 
g ( 一b 7 )一 一 g ( b 7 ) , 即 g ( b 1 ) +g ( b 7 )> 0 . 同理 :  
g( b 2 )+ g( b e ) > 0, g( b 3 ) + g( b 5 )> 0 . 又 g( b 4 ) > 

整理 得 t ( T t 。 +8 4 d 。 +7 )一 0 , 所以 t =0 , 即  口 4 — 3— 0 , 所以 a 4= 3 .  

因此 , a 1 +口 2 + … +a 7 =7 a 4 —2 1 , 故选( D) .  

答案 是得 到 了 , 但 这 种解 法 的运 算 量 太大 , 花 

0 , 所以 g ( b 1 ) +g ( b z ) + … +g ( b   ) >0 , 这 与 ④ 式 

2  

数 学通 讯 —— 2 O 1 2年 第 9期 ( 上半 月)  

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矛 盾.  

f( a 2 )+ … + f( a 2 7 )> 0, 与题设 矛 盾 ; 看 a 1 4< 0,  

若 b  < 0 , 类 似可得 g ( b   ) +g ( b 2 )十 … + 

同样 可得 矛盾 .  

g ( b   )< 0 , 也与 ④ 式 矛盾.   综 合可 知 : b   一0 , 从而 a  : 3 , 所以 n   +口 。 + 


题 3 ( 2 0 1 2年 四 川 I理 科 第 1 2题 )设 函数 

+ Ⅱ 7— 7 a 4— 2 1 .  

厂 ( z ) 一 2 x — c 。 s   , { n   ) 是 公 差 为 詈的 等 差 数 列 ,  
f ( a   ) +f ( a 。 ) +… +f ( a   )一 5   7 c , 则[ - f ( a 。 ) ] 。 一  
口 l a 5一  (   )  

上面给 出 的应 该 算 是题 1的一 个 巧 解 了 , 显 

然, 这 种解 法 的运算 量要 小 得 多 , 但 对 思维 的灵 活  性 和深 刻性 提 出 了较高 要求 .   显然 , 这种 巧解 还 揭示 了题 1 这一 类 问题 的命 
制模 式 :  

( A) 0 ?  

( B)  

7 c   ?  

( c ) 丢   2 .  
R上 的增 函数.  

( D   1 3 兀 2 .  

首先 选择 一 个 在 定 义 域 D 上 单 调 的奇 函 数  g(  )和一个 等 差 数 列 { b   } ( 其 中有 一 项 b ,一 O ) ,  
此 时显 然有 g ( b z ) +g ( b 。 ) +… +g ( b 2  1 )= 0 ;  

解  因为 ,   ( z ) :2 -  ̄ - s i n x> 0 , 所以厂 ( z ) 是 

再令 a  一 b   +h ( h为常 数) , 得 到一 个新 的等 
差数 列 { n   ) , 则 g ( a  一 ^ )+ g ( a 2一 )+ … +  g ( a 2   一^ )= 0 , 又设 厂 (  ) 一g ( z一 ^ ) 十足 ( 忌为  常数 ) , 则有 f ( a   ) 十f ( a z ) + … +f ( a :   )一 ( 2 r  


因 为 厂 ( 号 一 z )  兀 一 2 x — s i n z ,   ( 詈 十 z ) 一  
兀 + 2 z + s i n z , 所 以 厂 ( 号 + z ) +   ( 号 一 z ) 一 2   .  

1 ) 忌 .  

显 然厂 ( 号 ) 一7 r .  
若n s 一 号 , 显 然 满 足厂 ( n   ) + 厂 ( n z ) + … +  
f( a s )一 5 兀 .  

至于 r , h ,   的值 如何 给 出及 如何 设 计 最终 的 
问题 就 可 以很 灵 活 了.   在 题 1中 , D — R, g ( z )一 z 。 + z, r 一4 , h一 

3 ,  一 2 , 函数 , ( z )一 ( z~ 3 ) 。 +  一 1一 g ( x一   3 ) +2 满足 f ( 3 一z ) +f ( 3 +z )= = = 4 , 它 的图象 以  点( 3 , 2 )为对 称 中心.  

若口 。 >号 , 则厂 ( n 。 ) >厂 ( 号 ) 一 兀 ,  
, ( n   ) + 厂 ( n s )  厂 ( 口 。 一 詈 ) + 厂 ( 口 s + 号 )   >   ( 号 一 手 ) +   ( 号 + 手 ) 一 2 兀 ,   厂 ( n z ) + 厂 ( n t ) 一 厂 ( n 。 一 - - g   ) + 厂 ( n 。 + 号 )   >   ( 号 一 - g   ) + 厂 ( 号+ 詈 ) 一 2   ,  
三式相 加 得 f ( a   )+ f ( a z )+ … + f ( a 。 )>  5  , 与题设 条件 矛盾.  

如果 我们 熟 悉 了这 一 类 型 问题 的命 制 模 式 ,   自然容 易 想 到 用 上 面 的方 法 求 解 了 ( 关 键 是 发 现 
函数 g ( z )及 h, 是的值 ) .  
三、 类 题 分 析 

事实 上 , 下 面两 道高 考题 也属 于 同类 问题 .   题2 ( 2 O O 9 年高 考上 海理科 第 1 2 题) 已知 函  数厂 (  ) 一s i n s c 十t a n x , 项数为 2 7 的等差 数列 ( n   )  

满足口   ∈( ~詈, 詈) 且公差 d ≠0 , 若f ( a   ) +  
厶  厶 

若a s <号 , 类 似 可 得 , 厂 ( n   ) + 厂 ( n z ) + … 十  
f ( a   ) < 5   T c , 也 与题设 条件 矛盾 .  

f ( a   ) +… 十f ( a :   )= 0 , 则 当 忌一 
f( a   )= 0 .  

时,  

解  函数  ( z ) =s i n s c + t a n x 在( 一詈, 詈) 上  
厶  厶 

因 此口 。 一 号 .   从 而 n   一 { , “ s 一  , N  ̄ E f ( n 。 ) ] 。 ~ n ? n s  


是 增 函数 , 且 为 奇 函数 , 函数 的 图象 关 于原 点 ( 0 ,   O ) 对称 , 因为 a 1 +a 2 7一 n 2 +口 2 6 =… 一 2 a 1 4 , 所 
以 f ( a   )+ f ( a 2   )= f ( a : )+ f ( a :   ) 一 … : 

[   ( 号 ) ]   - a l a 5 = 兀 2 一 素 兀 2 一   1 3 丌 z , 选 ( D ) .  
说 明  本 题 中函数 厂 ( z ) 并 不 是奇 函数 , 但 函 

f ( a  )一 0 , 所 以 当 尼一 1 4时 , f ( a   )一 0 .   说明  实 际上 , 若f ( a  ) ≠0 , 则  ≠0 . 若  n 1 4 >0 , 则a 1 +a 2 7 —2 a 1 4 >0 , 从而 a 1 >一口 2 7 , 于 
是 f ( a   )> , ( 一a z   ) 一一 f ( a  ) , 故 f ( a   )十  f ( a  ) > 0 .同 理 可 得 f ( a   )+ f ( a  )> 0 , …,  
f( a 1 3 ) 十 f( a 1 5 )> 0, 又 f( a 1   ) > 0, 因此 , f( a 1 ) + 


数   ( z ) 的 图 象 存 在 对 称 中 心P ( 号 , 兀 ) , n 。 的 值 即   为 点P 的 横 坐 标 号 , 与 数 列 { a   ) 的 公 差 无 关 .  
事实上 , 结合上面几个题 目的讨论 , 可将 问题 更 
般化 , 得 到下 面 的两 个 结 i ^, 证 明 留 给读 者 完 成.  

?

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数 学通 讯— — 2 O 1 2年 第 9期 ( 上半月)  

3  

结论 1   若 定义 在 D上 的增 函数 Y一 厂 (  ) 的  图 象 的对 称 中心 为点 P( h, 忌 ) , 数列 { n   )是等 差 数 
列, 则 
2 r - 1  

图象 的对 称 中心 为点 P( h, 尼 ) , 数列 { a   ) 是 等 差数 
列, 则 
f ( a   )一 ( 2 r 一1 ) 是  口  一 h ;  

f( a   )一 ( 1 ) ∑ 
i 一 1  

( 2 r一 1 ) 忌 甘口  一 h;   f( a f )> ( 2 r一 1 ) 五 甘口  < h;  

2r 1  

f ( a i ) > ( 2 ) ∑ 
鲁 1   2广一 l  

( 2 r 一1 ) k C : V a , > h ;  
f( a   )< ( 2 r一 1 ) k C =  ̄ a  > h .  

f ( a i ) < ( 3 ) ∑ 
f 一 1  

( 2 r 一1 ) k C : V a  < h .  

结论2   若 定义 在 D上 的 减 函数 Y— f ( x ) 的 

( 收稿 日期 : 2 0 1 2—0 6 —2 5 )  

用“ 和谐 统一 美 ’ ’ 的观 点解 决 一道 高 考 数 列 题 
刘护灵  
∑  纠 ∑  ∑ 
( 广 东 省 广 州 市 第 五 中学 ,5 1 0 2 2 0 )  

2 ” +1 (  ≥ 2 ) , 两式相 减 , 可得 2 a  一 n 计 。 一a  一 

和谐 ( 统一 ) 性是数 学结构美 的重要 标 志 , 是 数  学 家不懈追 求的 目标 , 也是 发现 与创 造 的美 学 方 法  之 一. 找差 异 , 求统一, 促 转化 , 为我 们 解 题 思绪 的  流 淌而源 源喷吐甘 泉 , 不但 可 以成 功地 指 导我 们 如 
何 解题 , 而且 让 我 们欣 赏 和感 受 到 了数 学 和谐 ( 统 


2   , 即口  1 =3 a   +2   , 即n  1 +2 计   一3 ( n   +2   ) ,  

所 以数列 { 口  + 2 ” ) ( 2≥ 2 / ) 是 一个 以 Ⅱ 。 + 4为首  项, 3 为 公 比的等 比数 列 .  
又由 2 a l— a z 一 3, a l一 1可 得 n 2= 5 , 所 以口   +2  一 ( 5 +4 ) ×3  。一 3  , 即a  一 3  一2  (  ≥ 2 ) .  

)的美 ! 利用 “ 和谐 统一”的数 学美 的观点 , 能够 给 

当  一 1 时, 口 。 一l , 也 满足 a  = 3 ” 一2   , 所 以 

我 们解决 问题提供 很多有 意 义 的启 示 和 帮助 . 本 文  针对 2 0 1 2年的广东 高考数 列综 合 题 , 再 次 阐述 “ 和 
谐( 统一 ) 美”在数学解 题 中的指导 作用.  

数列{ 口   )的通 项公 式是 a  = 3   一2 ” .   点评 和 反思 1   第( 2 )问 是用 待 定 系 数 法 求 
递 推数 列 的 通 项 . 对于一般 的满足 a   =2 a  + 

题目

( 2 0 1 2年 广 东高考理 科 第 1 9题 ) 设 数 

k   ( . : 【 ≠志 ) 的递 推数 列 , 可 以设 口 井   +x k   一 ( 口  
+x k ” ) , 化 简后 比较 原 式可 得 z一  
=  

列{ n   )的前   项 和 为 S   , 满足 2 S   =口   一2   + 

, 即n   + 

1 ,  ∈N  , 且 口   , a 。 +5 , 口 。 成 等差数 列 .   ( 1 ) 求 口  的值 ;   ( 口  +x k   ) , 从 而转 化 为等 比数 列来 

( 2 ) 求 数列 { a   }的通项 公式 ;  
( 2 ) 证明 : 对 一 切正整 数 / 2 , 有 
+  + … 十 
al   a2   口n  

求a  的通项 公式 , 这 种 用 待定 系数 法 求递 推 数 列  通 项 的方法 经常 用到 , 值 得我们 重视 .  
. 

<  3
厶 

( 3 )因为 3   一3   一 2? 3   ≥ 2? 2   =2   ,  

解析  ( 1 )由题意 可得 
f 2 nl 一 口 2— 3,  

所 以 3   一 2 ” ≥ 3 一 , 所 以 去 ≤  , 于 是  
+  + - . . +  ≤ 1+  1+ . . . + 
口l   n2   n  5 …  

2 ( 口 1 + 口 2 )= = =口 3 — 7,  
【 2 ( n 2 + 5 )一 口 1 +口 3 ,  

解得 a 1— 1 .   ( 2 )由 2 S  一 n  1 —2   +1 可得 2 S   一  一 a   一 



 



 

1  

:::



2  

L ‘  、 c   3   J   < 、 号 2 . ’  


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