《2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二部分板塊（二）系統(tǒng)熱門考點(diǎn)——以點(diǎn)帶面教學(xué)案理.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二部分板塊（二）系統(tǒng)熱門考點(diǎn)——以點(diǎn)帶面教學(xué)案理.doc（76頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二部分板塊（二）系統(tǒng)熱門考點(diǎn)——以點(diǎn)帶面教學(xué)案理
函數(shù)性質(zhì)主要指函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、對(duì)稱性，要深刻理解并加以巧妙地運(yùn)用．
以對(duì)稱性為例，若函數(shù)f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，則函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱；若函數(shù)f(x)滿足f(a＋x)＋f(b－x)＝c，則函數(shù)圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱．
[例1] 定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x－2)＝－f(x)，且在[0,1]上是增函數(shù)，則有( )
A．f
2時(shí)，f(x)單調(diào)遞增．因?yàn)閤1＋x2<4且(x1－2)(x2－2)<0，設(shè)x1<20時(shí)，f(x)為增函數(shù)，log0.53＝－log23，∴l(xiāng)og25>|－log0.53|>0.
∴b＝f(log25)>a＝f(log0.53)>c＝f(2m)．
3．已知y＝f(x)＋x2是奇函數(shù)，且f(1)＝1.若g(x)＝f(x)＋2，則g(－1)＝________.
解析：由題意得g(－1)＝f(－1)＋2.又f(－1)＋(－1)2＝－[f(1)＋12]＝－2，所以f(－1)＝－3.
故f(－1)＋2＝－3＋2＝－1，即g(－1)＝－1.
答案：－1
4．函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且滿足f(x＋2)＝f(x)．當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝2x.若在區(qū)間[－2,3]上方程ax＋2a－f(x)＝0恰有四個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
解析：由f(x＋2)＝f(x)，得函數(shù)的周期是2.
由ax＋2a－f(x)＝0，
得f(x)＝ax＋2A．
設(shè)y＝f(x)，則y＝ax＋2a，作出函數(shù)y＝f(x)，y＝ax＋2a的圖象，如圖．
要使方程ax＋2a－f(x)＝0恰有四個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則直線y＝ax＋2a＝a(x＋2)的斜率滿足kAH0)，則當(dāng)函數(shù)h(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí)，實(shí)數(shù)m的取值范圍為( )
A． B．
C． D．
[解析] 選C 在同一直角坐標(biāo)系中，作出函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)的圖象如圖所示．
當(dāng)兩函數(shù)圖象交于點(diǎn)A(1,0)時(shí)，即有1－1＋m－＝0，解得m＝，
所以當(dāng)函數(shù)h(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí)，
即為點(diǎn)A和y＝f(x)與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)，
若滿足條件，則需
解得0?f(x)為增函數(shù)；
②f′(x)<0?f(x)為減函數(shù)；
③f′(x)＝0?f(x)為常數(shù)函數(shù)．
2．求函數(shù)f(x)極值的方法
求函數(shù)的極值應(yīng)先確定函數(shù)的定義域，解方程f′(x)＝0，再判斷f′(x)＝0的根是否是極值點(diǎn)，可通過列表的形式進(jìn)行分析，若遇極值點(diǎn)含參數(shù)不能比較大小時(shí)，則需分類討論．
[例1] 若函數(shù)f(x)＝2sin x(x∈[0，π))的圖象在切點(diǎn)P處的切線平行于函數(shù)g(x)＝2的圖象在切點(diǎn)Q處的切線，則直線PQ的斜率為( )
A． B．2
C． D．
[解析] 選A 由題意得f′(x)＝2cos x，g′(x)＝x＋x－.設(shè)P(x1，f(x1))，Q(x2，g(x2))，
又f′(x1)＝g′(x2)，即2cos x1＝x2＋x－2，
故4cos2x1＝x2＋x＋2，
所以－4＋4cos2x1＝x2＋x－2，
即－4sin2x1＝(x2－x－2)2，
所以sin x1＝0，x1＝0，x2＝x－2，x2＝1，
故P(0,0)，Q，故kPQ＝.
[技法領(lǐng)悟]
求曲線的切線方程時(shí)，要注意是在點(diǎn)P處的切線還是過點(diǎn)P的切線，前者點(diǎn)P為切點(diǎn)，后者點(diǎn)P不一定為切點(diǎn)．
[例2] 已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，且f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)<，則不等式f(x2)<＋的解集為________．
[解析] 設(shè)F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－，∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．∵f(x2)<＋，∴f(x2)－1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
[答案] (－∞，－1)∪(1，＋∞)
[例3] 已知函數(shù)f(x)＝(ax＋b)ln x－bx＋3在(1，f(1))處的切線方程為y＝2.
(1)求a，b的值；
(2)求函數(shù)f(x)的極值；
(3)若g(x)＝f(x)＋kx在(1,3)上是單調(diào)函數(shù)，求k的取值范圍．
[解] (1)因?yàn)閒(1)＝－b＋3＝2，所以b＝1.
又f′(x)＝＋aln x＋a－b＝＋aln x＋a－1，
而函數(shù)f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y＝2，
所以f′(1)＝1＋a－1＝0，所以a＝0.
(2)由(1)得f(x)＝ln x－x＋3，f′(x)＝－1(x>0)．
令f′(x)＝0，得x＝1.
當(dāng)00；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
故f(x)的極大值為f(1)＝2，無極小值．
(3)由g(x)＝f(x)＋kx，得g(x)＝ln x＋(k－1)x＋3(x>0)，g′(x)＝＋k－1，
又g(x)在x∈(1,3)上是單調(diào)函數(shù)，
若g(x)為增函數(shù)，有g(shù)′(x)≥0，
即g′(x)＝＋k－1≥0，即k≥1－在x∈(1,3)上恒成立．
又1－∈，所以k≥.
若g(x)為減函數(shù)，有g(shù)′(x)≤0，
即g′(x)＝＋k－1≤0，即k≤1－在x∈(1,3)上恒成立，
又1－∈，所以k≤0.
綜上，k的取值范圍為(－∞，0]∪.
[技法領(lǐng)悟]
破解此類問題需注意兩點(diǎn)：
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)應(yīng)優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域；
(2)求得函數(shù)在多個(gè)區(qū)間單調(diào)性相同時(shí)，區(qū)間之間用“，”分割，或用“和”相連，一般不用“∪”．
[經(jīng)典好題——練一手]
1．f(x)＝x(2 016＋ln x)，若f′(x0)＝2 017，則x0＝( )
A．e2 B．1
C．ln 2 D．e
解析：選B f′(x)＝2 016＋ln x＋x＝2 017＋ln x，由f′(x0)＝2 017，得2 017＋ln x0＝2 017，所以ln x0＝0，解得x0＝1.
2．定義：如果函數(shù)f(x)在[m，n]上存在x1，x2(m0，b>0)，則函數(shù)g(x)＝aln x＋在點(diǎn)(b，g(b))處的切線斜率的最小值是________．
解析：因?yàn)閒′(x)＝x2－bx＋a，
所以g(x)＝aln x＋＋1.
所以g′(x)＝＋(x>0)，
因?yàn)閍>0，b>0，則g′(b)＝＋＝＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)取“＝”，
所以斜率的最小值為2.
答案：2
4．已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x，φ(x)＝mx2.
(1)當(dāng)m＝時(shí)，求函數(shù)g(x)＝f(x)－φ(x)的極值；
(2)當(dāng)m＝1且x≥0時(shí)，證明：f(x)≥φ(x)；
(3)若x≥0，f(x)≥φ(x)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解：(1)當(dāng)m＝時(shí)，
g(x)＝f(x)－φ(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－，x>－1，
所以g′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋1)2－1－x＝2(x＋1)ln(x＋1)．
由解得x＝0，
當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：
x
(－1,0)
0
(0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
極小值
所以函數(shù)g(x)的極小值為g(0)＝0，無極大值．
(2)證明：當(dāng)m＝1時(shí)，令p(x)＝f(x)－φ(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－x2(x≥0)，
所以p′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋1)2－1－2x＝2(x＋1)ln(x＋1)－x.
設(shè)p′(x)＝G(x)，則G′(x)＝2ln(x＋1)＋1>0，
所以函數(shù)p′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以p′(x)≥p′(0)＝0，
所以函數(shù)p(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以p(x)≥p(0)＝0.
所以f(x)≥φ(x)．
(3)設(shè)h(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－mx2(x≥0)，
所以h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋x－2mx.
由(2)知當(dāng)x≥0時(shí)，(x＋1)2ln(x＋1)≥x2＋x＝x(x＋1)，
所以(x＋1)ln(x＋1)≥x，所以h′(x)≥3x－2mx.
①當(dāng)3－2m≥0，即m≤時(shí)，h′(x)≥0，
所以h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h(x)≥h(0)＝0，滿足題意．
②當(dāng)3－2m<0，即m>時(shí)，
設(shè)H(x)＝h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(1－2m)x，
則H′(x)＝2ln(x＋1)＋3－2m，
令H′(x)＝0，得x0＝e－1>0，
故h′(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，在[x0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)x∈[0，x0)時(shí)，h′(x)0，x∈R.函數(shù)f(x)＝mn的最小正周期為π.
(1)求ω的值；
(2)在△ABC中，若f(B)＝－2，BC＝，sin B＝sin A，求的值．
[解] (1)f(x)＝mn＝2sin ωxcos ωx＋cos2ωx－sin2ωx＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝2sin.
因?yàn)閒(x)的最小正周期為π，所以T＝＝π.
因?yàn)棣?0，所以ω＝1.
(2)設(shè)△ABC中內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，C．
因?yàn)閒(B)＝－2，所以2sin＝－2，
即sin＝－1，得B＝.
因?yàn)锽C＝，所以a＝.
因?yàn)閟in B＝sin A，所以b＝a，得b＝3.
由正弦定理有＝，解得sin A＝.
因?yàn)?b?A>B?sin A>sin B?cos Ac2(c為最大邊)；
鈍角三角形?a2＋b2，C＋B>，A＋C>；
②任意角的正弦值都大于其他角的余弦值．
(4)在△ABC中，A，B，C成等差數(shù)列?B＝60；在△ABC中，A，B，C成等差數(shù)列，且a，b，c成等比數(shù)列?三角形為等邊三角形．
2．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，其面積為S.
(1)S＝aha＝bhb＝chc(ha，hb，hc分別表示a，b，c邊上的高)．
(2)S＝absin C＝bcsin A＝casin B.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r為三角形ABC內(nèi)切圓的半徑)．
(六)向量小題 三招搞定
[速解技法——學(xué)一招]
解決與向量有關(guān)的小題，一般用三招，即“構(gòu)圖、分解、建系”，就能突破難點(diǎn)，順利解決問題.
[例1] 已知＝0，||＝1，||＝2，＝0，則||的最大值為( )
A． B．2
C． D．2
[解析] 選C 由＝0可知，⊥.
故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BA，BC所在的直線為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，
則由題意，可得B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)．
設(shè)D(x，y)，則＝(x－1，y)，＝(－x,2－y)．
由＝0，可得(x－1)(－x)＋y(2－y)＝0，
整理得2＋(y－1)2＝.
所以點(diǎn)D在以E為圓心，半徑r＝的圓上．
因?yàn)閨|表示B，D兩點(diǎn)間的距離，
而||＝，
所以||的最大值為||＋r＝＋＝.
[例2] 已知點(diǎn)C為線段AB上一點(diǎn)，P為直線AB外一點(diǎn)，PC是∠APB的平分線，I為PC上一點(diǎn)，滿足＝＋λ(λ>0)，||－||＝4，|－|＝10，則的值為( )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 選B
因?yàn)閨－|＝||＝10，PC是∠APB的平分線，又＝＋λ(λ>0)，
即AI―→＝λ，
所以I在∠BAP的平分線上，
由此得I是△ABP的內(nèi)心．
如圖，過I作IH⊥AB于H，以I為圓心，IH為半徑作△PAB的內(nèi)切圓，分別切PA，PB于E，F(xiàn)，
因?yàn)閨|－||＝4，|－|＝10，
||＝||＝(||＋||－||)
＝[||－(||－||)]＝3.
在Rt△BIH中，cos∠IBH＝，
所以＝||cos∠IBH＝||＝3.
[經(jīng)典好題——練一手]
1．(xx寶雞質(zhì)檢)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90，|AB|＝|BC|＝2，M，N(不與A，C重合)為AC邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足||＝，則的取值范圍為( )
A． B．
C． D．
解析：選C 以等腰直角三角形的直角邊BC為x軸，BA為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示，則B(0，0)，直線AC的方程為x＋y＝2.
設(shè)M(a,2－a)，00，b>0，
則D，P，
所以|PC|2＝2＋2＝＋，
|PB|2＝2＋2＝＋，
|PA|2＝2＋2＝＋，
所以|PA|2＋|PB|2＝＋＋＋＝10＝10|PC|2，
所以＝10.
法二：(特殊值法)令|AC|＝|CB|＝1，則|PC|＝|AB|＝，|PA|2＝|PB|2＝，易得＝10.
答案：10
[常用結(jié)論——記一番]
1．在四邊形ABCD中：
(1)＝，則四邊形ABCD為平行四邊形；
(2)＝且(＋)(－)＝0，則四邊形ABCD為菱形；
(3)＝且|＋|＝|－|，則四邊形ABCD為矩形；
(4)若＝λ (λ>0，λ≠1)，則四邊形ABCD為梯形．
2．設(shè)O為△ABC所在平面上一點(diǎn)，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊長分別為a，b，c，則
(1)O為△ABC的外心?2＝2＝2.
(2)O為△ABC的重心?＋＋＝0.
(3)O為△ABC的垂心?＝＝.
(4)O為△ABC的內(nèi)心?a＋b＋c＝0.
(5)O為△ABC的A的旁心?a＝b＋c.
(七)玩轉(zhuǎn)通項(xiàng) 搞定數(shù)列
[速解技法——學(xué)一招]
幾種常見的數(shù)列類型及通項(xiàng)的求法
(1)遞推公式為an＋1＝an＋f(n)
解法：把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－an＝f(n)，利用累加法(逐差相加法)求解．
(2)遞推公式為an＋1＝f(n)an
解法：把原遞推公式轉(zhuǎn)化為＝f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解．
(3)遞推公式為an＋1＝pan＋q
解法：通過待定系數(shù)法，將原問題轉(zhuǎn)化為特殊數(shù)列{an＋k}的形式求解．
(4)遞推公式為an＋1＝pan＋f(n)
解法：利用待定系數(shù)法，構(gòu)造數(shù)列{bn}，消去f(n)帶來的差異．
[例1] 已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝an，求an.
[解] 由條件知＝，分別令n＝1,2,3，…，(n－1)，代入上式得(n－1)個(gè)等式累乘，
即…＝…?＝.
又∵a1＝，∴an＝.
[技法領(lǐng)悟]
累加、累乘法起源于等差、等比數(shù)列通項(xiàng)公式的求解．使用過程中要注意賦值后得到(n－1)個(gè)式子，若把其相加或相乘，等式的左邊得到的結(jié)果是an－a1或，添加首項(xiàng)后，等式的左邊累加或累乘的結(jié)果才為an.
[例2] 已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，an＋1＝，求數(shù)列的前10項(xiàng)和．
[解] 因?yàn)閍n＋1＝，
所以＝＝2＋，即－＝2，
所以是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，
所以＝2n－1，所以an＝，
而＝＝，
所以＋＋…＋＝
＝＝.
[經(jīng)典好題——練一手]
1．已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝2，且an＋1＝an＋n＋1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝( )
A． B．
C．－1 D．＋1
解析：選D 因?yàn)閍n＋1＝an＋n＋1，
所以an＋1－an＝n＋1，
分別把n＝1,2,3，…，n－1代入上式，得到(n－1)個(gè)等式，
an－an－1＝(n－1)＋1，
an－1－an－2＝(n－2)＋1，
an－2－an－3＝(n－3)＋1，
…
a2－a1＝1＋1.
又a1＝2＝1＋1，
故將上述n個(gè)式子相加得an＝[(n－1)＋(n－2)＋(n－3)＋…＋2＋1]＋n＋1＝[n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1]＋1＝＋1.
2．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝an－1＋1(n≥2)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝________.
解析：由an＝an－1＋1(n≥2)，得an－2＝(an－1－2)，而a1－2＝1－2＝－1，
∴數(shù)列{an－2}是首項(xiàng)為－1，公比為的等比數(shù)列．
∴an－2＝－n－1，∴an＝2－n－1.
答案：2－n－1
3．設(shè){an}是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列，且a－a－nan－nan－1＝0(n∈N*，n≥2)，則數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝________.
解析：由題設(shè)得(an＋an－1)(an－an－1－n)＝0，
由an>0，an－1>0知an＋an－1>0，于是an－an－1＝n，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝.
答案：
4．在數(shù)列{an}中，已知a1＝－1，an＋1＝2an＋43n－1，求通項(xiàng)公式an.
解：原遞推式可化為an＋1＋λ3n＝2(an＋λ3n－1)，比較系數(shù)得λ＝－4，
即an＋1－43n＝2(an－43n－1)，
則數(shù)列{an－43n－1}是首項(xiàng)為a1－431－1＝－5，公比為2的等比數(shù)列，
故an－43n－1＝－52n－1，
即an＝43n－1－52n－1.
[常用結(jié)論——記一番]
等差(比)數(shù)列的重要結(jié)論
(1)數(shù)列{an}是等差數(shù)列?數(shù)列{c}是等比數(shù)列；數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則數(shù)列{loga|an|}是等差數(shù)列．
(2){an}，{bn}是等差數(shù)列，Sn，Tn分別為它們的前n項(xiàng)和，若bm≠0，則＝.
(3)首項(xiàng)為正(或?yàn)樨?fù))遞減(或遞增)的等差數(shù)列前n項(xiàng)和最大(或最小)問題轉(zhuǎn)化為解不等式，也可化為二次型函數(shù)Sn＝An2＋Bn來分析，注意n∈N*.
(4)等差(比)數(shù)列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(各項(xiàng)均不為0)仍是等差(比)數(shù)列．
(八)掌握規(guī)律 巧妙求和
[速解技法——學(xué)一招]
求數(shù)列的前n項(xiàng)和的主要方法
(1)公式法：對(duì)于等差數(shù)列或等比數(shù)列可用公式法．
(2)裂項(xiàng)相消法：將數(shù)列的每一項(xiàng)分解為兩項(xiàng)的差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而累加相消．
(3)錯(cuò)位相減法：若{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，則對(duì)于數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和可用錯(cuò)位相減法．
(4)倒序相加法：如果一個(gè)數(shù)列{an}與首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和等于同一個(gè)常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列前n項(xiàng)和即可用倒序相加法．
(5)分組求和法：將原數(shù)列分解成可用公式法求和的若干個(gè)數(shù)列．
[例1] 已知等差數(shù)列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10項(xiàng)和S10＝100.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列{an2}的前n項(xiàng)和．
[解] (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知得
解得
所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)令bn＝2，由(1)可知anbn＝(2n－1)22n－1，
設(shè)Tn為數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和，
所以Tn＝121＋323＋525＋…＋(2n－3)22n－3＋(2n－1)22n－1，①
4Tn＝123＋325＋527＋…＋(2n－3)22n－1＋(2n－1)22n＋1，②
①－②得：－3Tn＝2＋2(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)22n＋1，
所以Tn＝
＝
＝
＝.
[技法領(lǐng)悟]
利用錯(cuò)位相減法求和應(yīng)注意以下3點(diǎn)
(1)判斷模型，即判斷數(shù)列{an}，{bn}中一個(gè)為等差數(shù)列，一個(gè)為等比數(shù)列；
(2)錯(cuò)開位置，一般先乘以公比，再把前n項(xiàng)和退后一個(gè)位置來書寫，這樣避免兩式相減時(shí)看錯(cuò)列；
(3)相減，相減時(shí)定要注意式中最后一項(xiàng)的符號(hào)，考生常在此處出錯(cuò)，一定要細(xì)心．
[例2] 已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝a＋an，bn＝(n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，Pn＝b1b2…bn，求2Pn＋Sn的值．
[解] 因?yàn)閍1＝，an＋1＝a＋an，n∈N*，
所以an＋1>an>0，an＋1＝an(an＋1)，
所以bn＝＝＝＝－.
Pn＝b1b2…bn＝…＝，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝2－，
故2Pn＋Sn＝＋＝2.
[技法領(lǐng)悟]
利用裂項(xiàng)相消法求和應(yīng)注意以下2點(diǎn)
(1)抵消后并不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，也有可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)；
(2)將通項(xiàng)裂項(xiàng)后，有時(shí)需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開的兩項(xiàng)之差和系數(shù)之積與原通項(xiàng)相等．如：若{an}是等差數(shù)列，則＝，＝.
[經(jīng)典好題——練一手]
1．(xx屆高三湖南十校聯(lián)考)數(shù)列1，3，5，7，…的前n項(xiàng)和Sn＝________.
解析：利用分組求和法，可得Sn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋＝n2＋1－.
答案：n2＋1－
2．(xx武漢調(diào)研)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝9，a2為整數(shù)，且Sn≤S5，則數(shù)列的前9項(xiàng)和為________．
解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，
由Sn≤S5，得即
得－≤d≤－，又a2為整數(shù)，
∴d＝－2，an＝a1＋(n－1)d＝11－2n，
故＝，
∴數(shù)列的前n項(xiàng)和
Tn＝
＝，
∴T9＝－＝－.
答案：－
3．(xx屆高三安徽名校階段性測試)已知單調(diào)遞增的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中項(xiàng)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若bn＝an＋1logan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q.
依題意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.
因此a2＋a4＝20，即有
解得或
又?jǐn)?shù)列{an}單調(diào)遞增，則故an＝2n.
(2)∵bn＝2n＋1log2n＝－n2n＋1，
∴－Sn＝122＋223＋324＋…＋n2n＋1，①
－2Sn＝123＋224＋325＋…＋(n－1)2n＋1＋n2n＋2.②
①－②，得Sn＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n2n＋2＝－n2n＋2＝(1－n)2n＋2－4.
4．在等差數(shù)列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{an＋bn}是首項(xiàng)為1，公比為q的等比數(shù)列，求{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
∵a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6.
∴d＝－3，
∴a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1，
∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝－3n＋2.
(2)∵數(shù)列{an＋bn}是首項(xiàng)為1，公比為q的等比數(shù)列，
∴an＋bn＝qn－1，即－3n＋2＋bn＝qn－1，
∴bn＝3n－2＋qn－1.
∴Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)，
故當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝＋n＝；
當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝＋.
[常用結(jié)論——記一番]
常用裂項(xiàng)公式
(1)＝－；
(2)＝－；
(3)an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝…a1；
(4)n(n＋1)＝[n(n＋1)(n＋2)－(n－1)n(n＋1)]；
(5)＝；
(6)＝1＋.
(九)求得通項(xiàng) 何愁放縮
[速解技法——學(xué)一招]
[例1] 已知數(shù)列{an}滿足a1＝8，(n＋1)an＋1＝(n＋3)an＋8n＋8，
(1)求an；
(2)求證：＋＋…＋<.
[解] (1)(n＋1)an＋1＝(n＋3)an＋8n＋8兩邊同除以(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
得＝＋，
即－＝8.
利用累加法，可得－＝8，
化簡求得an＋1＝4(n＋1)(n＋2)，所以an＝4n(n＋1)．
(2)證明：法一：<＝，
通過計(jì)算，當(dāng)n≥4時(shí)，＋＋＋…＋<＋＋＋
<＋＋＋<.
法二：<＝＝.
當(dāng)n≥3時(shí)，＋＋…＋<＋＋<＋＋<＋＋＝.
[例2] 設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1(n∈N*)，且a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求證：對(duì)一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<.
[解] (1)由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，得2Sn＋1＝an＋2－2n＋2＋1，兩式相減得an＋2＝3an＋1＋2n＋1，
2S1＝a2－3?a2＝2a1＋3，a3＝3a2＋4＝6a1＋13，
a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列?a1＋a3＝2(a2＋5)?a1＝1.
an＋1＝3an＋2n?an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)，
∴數(shù)列{an＋2n}為首項(xiàng)是3，公比是3的等比數(shù)列．
則an＋2n＝3n，∴an＝3n－2n.
(2)證明：法一：當(dāng)n＝1時(shí)，＝1<，
當(dāng)n≥2時(shí)，n≥2>2?3n>22n?an>2n?<.
∴＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝1＋－<.
由上式得：對(duì)一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<.
法二：an＝3n－2n＝(3－2)(3n－1＋3n－22＋3n－322＋…＋2n－1)≥3n－1，
∴≤，
∴＋＋…＋≤1＋＋＋…＋＝<.
[經(jīng)典好題——練一手]
已知數(shù)列{an}滿足：a1＝2且an＋1＝(n∈N*)．
(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求證：＋＋＋…＋0，所以<0，
即an＋1－2與an－2異號(hào)，
故an＋2－2與an－2同號(hào)，
于是a2n＋1－2與a2n－1－2同號(hào)．
又a1－2＝－1<0，所以a2n＋1<2.
另一方面，
a2n＋1－a2n－1＝－a2n－1＝－a2n－1
＝－a2n－1＝.
由a2n－1<2知a2n＋1－a2n－1>0，即a2n＋1>a2n－1.
綜上所述，a2n－1n－1.
故Sn＝b1＋b2＋…＋bn≤1＋＋2＋…＋n－1＝<，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn>＝，
綜上所述，0，n∈N*.
當(dāng)n＝1時(shí)，＝1>2(－1)，命題成立．
當(dāng)n≥2時(shí)，由an＋1an＝n＋1得anan－1＝n，
所以an(an＋1－an－1)＝1，＝an＋1－an－1.
從而有＝＋(ak＋1－ak－1)＝an＋1＋an－2≥2－2≥2(－1)．
[常用結(jié)論——記一番]
經(jīng)常用到的幾種放縮：
(1)<
＝；
(2)＝
＝
＝
<2.
(十一)線性規(guī)劃 布線行針
[速解技法——學(xué)一招]
解不含實(shí)際背景的線性規(guī)劃問題的一般步驟
(1)畫出可行域；
(2)根據(jù)線性目標(biāo)函數(shù)的幾何意義確定其取得最優(yōu)解的點(diǎn)；
(3)求出目標(biāo)函數(shù)的最大值或最小值．
解決線性規(guī)劃問題首先要作出可行域，再注意目標(biāo)函數(shù)表示的幾何意義，常見幾何意義有直線、斜率、距離、面積等，整點(diǎn)問題要驗(yàn)證解決．
[典例] 已知a>0，x，y滿足約束條件若z＝2x＋y的最小值為1，則a的值為( )
A． B．
C．1 D．2
[解析] 選B 由約束條件作出可行域(如圖所示的△ABC及其內(nèi)部)．
法一：由得A(1，－2a)，當(dāng)直線2x＋y－z＝0過點(diǎn)A時(shí)，z＝2x＋y取得最小值，所以1＝21－2a，解得a＝.
法二：由目標(biāo)函數(shù)y＝－2x＋z，可知過點(diǎn)A時(shí)z最小，最小值為1，則直線2x＋y＝1過點(diǎn)A，由得A(1，－1)，代入y＝a(x－3)得a＝.
[技法領(lǐng)悟]
對(duì)于線性規(guī)劃中的參數(shù)問題，需注意
(1)當(dāng)最值是已知時(shí)，目標(biāo)函數(shù)中的參數(shù)往往與直線斜率有關(guān)，解題時(shí)應(yīng)充分利用斜率這一特征加以轉(zhuǎn)化．
(2)當(dāng)目標(biāo)函數(shù)與最值都是已知，且約束條件中含有參數(shù)時(shí)，因?yàn)槠矫鎱^(qū)域是變動(dòng)的，所以要抓住目標(biāo)函數(shù)及最值已知這一突破口，先確定最優(yōu)解，然后變動(dòng)參數(shù)范圍，使得這樣的最優(yōu)解在該區(qū)域內(nèi)即可．
[經(jīng)典好題——練一手]
1．設(shè)不等式組表示的平面區(qū)
2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二部分板塊（二）系統(tǒng)熱門考點(diǎn)——以點(diǎn)帶面教學(xué)案理.doc
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