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1、关于数学考试的学科特点是解法多样 在各套试卷的各题型中都有不少试题能够一题多解 【例1】(年天津卷,理10)设两个向量=(+2,2cos2)和=(m+sin)其中m为实数若=2则的取值范围是() (A)61(B)48 (C)1(D)16 【解】本题给出两个共线向量和三个参数m需要确定的取值范围这种题目也不太常见因为是选择题我们可以从不同的角度用不同的方法来解决 解法1:可以根据选项提供的数据用逆向化策略和特殊化策略通过选取特殊值进行排除 设=4则4m+2=2mm=1=4由第二个等式得16cos2=1+2sin即17=cos2+2sin这是不可能的因而排除(B)(D) 再设=8则8m+2=2mm
2、=由第二个等式cos2=+2sin即=cos2+2sin=(sin1)2+22 这同样是不可能的因而排除(C)故选A 解法2：如果是一个整体则可以对和m分别求出取值范围再进行整合由解法1有 消去得4m29m+4=cos2+2sin 由于2cos2+2sin= (sin1)2+22 则有24m29m+42解得m2(m0) 由=2m2得2进而可求得61故选A 以上两个解法运用了特殊与一般的数学思想(解法1)函数与方程思想和分解与组合的思维方法(解法2) 【例2】(年全国卷理22)已知数列an中a1=2an+1=(1)(an+2)n=123 ()求an的通项公式; ()若数列bn中b1=2bn+1=
3、n=123, 证明： 【解】()an的通项公式为an=(1)n+1n=123 解：用数学归纳法证明 ()当n=1时因0 又=32 所以bk1 = (32)2(bk) (1)4(a4k3) =a4k+1 也就是说当n=k+1时结论成立 根据()和()知 【例3】(年辽宁卷理22)已知函数f(x)=e2x2t(ex+x)+x2+2t2+1g(x)=f(x) (I)证明：当tk时g(x)在闭区间ab上是减函数; (III)证明：f(x) 【解】(I)f(x)=2e2x2t(ex+1)+2x g(x)=f(x)=e2xt(ex+1)+x g(x)=2e2xtex+1=2(ex)2+1 因为t0所以g(
4、x)0 所以当tk时在闭区间ab上g(x)0; 由g(x)=2e2xtex+12ex+ex令h(x)=2ex+ex 由于h(x)是闭区间ab上的连续函数所以h(x)一定有最大值设该最大值为k则必有tk 于是当tk=(2ex+ex)max时有g(x)1且6Sn=(an+1)(an+2)nN ()求an的通项公式; ()设数列bn满足an(1)=1并记Tn为bn的前n项和求证： 3Tn+1log2(an+3)nN 【解】(I)由a1=S1=(a1+1)(a1+2)解得a1=1或a1=2 由假设a1=S11因此a1=2 又由an+1=Sn+1Sn=(an+1+1)(an+1+2)(an+1)(an+
5、2) 得(an+1+an)(an+1an3)=0 即an+1an3=0或an+1=an因an0故an+1=an不成立舍去 因此an+1an=3从而an是公差为3首项为2的等差数列 故an的通项为an=3n1 (II)证明：用比较法由an(1)=1可解得 bn=log2(1+)=log2; 从而Tn=b1+b2+bn=log2() 因此3Tn+1log2(an+3)=log2()3 令f(n)=()3 则=()3= 因(3n+3)3(3n+5)(3n+2)2=9n+70故f(n+1)f(n) 特别地f(n)f(1)=1从而3Tn+1log2(an+3)=log2f(n)0 即3Tn+1log2(an+3) 50%;
