妙不可言的高考压轴题解法分析 论文

妙不可言的高考压轴题解法分析【摘要】本文通过一道高考题不同解法的分析研究，透析出高中学生在学习阶段所应掌握的数学方法技巧，以及如何打灵活应用它们来解决多变的问题，并关于这道题背后的学生应该怎样学好数学，阐述了我的看法。【关键词】江苏卷；高考数学；压轴题；思想方法一，前言第一次见这道题的时间是2013年，当时我正在读大二，在图书馆同学神秘兮兮的让我看这道题，然后此题就占据了我一整个下午的时间，因为那时没有各种搜题软件，同学也不清楚从哪里搞到的题目，也没有答案，做完后就一直静静存放在我的笔记本中，后来一次偶然的机会，我在整理往年高考卷子的时候发现了它！它静静的躺在试卷的最后一题位置，当时的心情就如同查高考成绩的前一秒一样，我按耐住内心的狂喜，迅速翻到答案部分，很快内心的狂喜落下，标答跟我的证明方法不一样，并且在第三问，我竟看不懂标答在说什么？之后的若干年我对此题的解法不求甚渴，问了很多的同学老师，在这里和大家分享一下我对此题的理解，不当之处，请多指正。二，问题提出22.（本小题满分14分）设a>0，如图，已知直线l：y=ax及曲线C：y=x2，C上的点Q1的横坐标为a1(0<a1<a)，从C上的点Qn(n≥1)作直线平行于x轴，交直线l于点直线Pn+1,再从点Pn+1作直线平行于y轴，交曲线C于点Qn+1；Qn(n=1，2，2，……)的横坐标构成数列{an}.1，试求an+1与an的关系，并求an的通项公式；1 n 1 2，当a=1,a1≤

时，证明∑

(ak-ak+1)ak+2< ;2 k=1 32n 13,当a=1时，证明∑k=1(ak-ak+1)ak+2<3本题从直线和曲线的交点入手，既考察了学生的数学运算，又对数列递推公式的固定模型展开考察，并且在第二问和第三问，学生面临几乎同样条件下，同一种放缩方法却并不通用的情况；第一问足够筛选出A+学生和A+以下的学生，第二问则能筛选出A+学生和S级学生，第三问与第二问相比则又能筛选S级和SS级，不可谓不是一道优秀的高考压轴题，将高考对人才的分层作用体现的淋漓尽致。这三问我总计使用了6种不同的思路来从不同的角度分析它背后的逻辑层次，下面我们先看第一小问：三，解法分析解：n（I）由题意知：Qn(an，a2)n{y=ax{2y=an212，a2)1可得Pn+1(aan n{x= {x= a1 2naa)41 2 n a)4可得Qn+1(aan，a21 2所以an+1=aan可以得到如下等式均成立：1an=

an21-⋅a-⋅1an-1=an-2=……

an22-⋅a-⋅1-⋅an23-⋅a11⋅a2= a2a1⋅对上述这n-1个等式做如下处理：将最后一层的等式带入上一层，不断地朝上一层带入，直至带到第一个等式。这种方法称之为叠代法，通常适用于形如an=an-12+c这种形式。过程如下：an=

11-⋅( an22)2-⋅aa1 2) a=) a=(a n-2-1 1 2-=()1+2(a a

⋅an23)22=(1)1+2+2a232a n-2=⋯n-2=(1)1+2+⋯n-2a

2n+12a1=(1)2a

n-1

-12n-1a1a2a1 n-12=a(a)

，a12n-1∴an=a(a) .法二：1 2当我们得到an=a⋅an-1，其实可以想到常用求解数列通项的方法，也即两边同需要使用常用数列解题模型“不动点法”即可求解，解法如下：1 2因为an=a⋅an-11 2两边同取对数lg(an)=lg(a⋅an-1)化简得lgan=2lgan-1-lga……①令lgan=lgan-1=x①⇔x=2x-lgax=lgalgan-lga=2(lgan-1-lga)所以{lgan-lga}为首项是lga1-lga公比是2的等比数列.lgan-lga=（lga1-lga）2n-1lganlgan=2n-1 lga+lgalgan=lg(

a12)a

n-1

+lgann-1lgan=lg[a·(所以

a12) ]aan=a·(

a12)a

n-11 n

1 （Ⅱ）当a=1,a1≤

时，证明∑

(ak-ak+1)ak+2< ;2 k=1 32从第二问要证明的不等式形式上看，前有连续两项相减的形式：ak-ak+1因此只需让后面ak+2放缩为一个定值则在求和过程中就能进行错位相消。当然此方法并非一定能成立，不成立的情况在第三问会出现，这也是本题一个非常好的点，那就是既考察了学生对常见放缩方法基本功的考察，又给出了超脱于常见放缩解法模型之外的情况，让学生明白，这种放缩并非是一本万利的，特别是当给学生讲这道题的时候，更能让学生明白为什么方法会失效，从而引发学生的深层思考，这对学生的逻辑思维锻炼起到了很好的启发作用。下面给出第二问的证明：法一：1因为a=1则由（I）可知an=an-2=a1

2n-11

,1 2,因为0<a≤11 2,所以{an}为递减数列1 1容易得到a2≤4,a3≤16……因为k≥1所以k+2≥3所以a所以a ≤a≤k+2 3 161所以(ak-ak+1)ak+2≤16(ak-ak+1)于是有n 1n

1

1 1

1 ∑k=1(ak-ak+1)ak+2≤16∑k=1(ak-ak+1)=16(a1-an+1)≤16·(2-an+1)<32.此外还可以直接拆项，使用已知的通项公式进行整理化简再放缩来处理本题，下面给出第二种解法：法二【1】：k由（I）知an=a12k所以(ak-ak+1)ak+2=akak+2-ak+1ak+2=a12

k-1

+2k+1

-a12

+2k+1=a15·2

k-1

-a16·2

k-1因为k=1，2，3，4，……所以2k-1=1，2，4，8，……可得n∑(ak-ak+1)ak+2=k=1

n∑(a15·2k=1

k-1

-a16·2

)k-1)=(a15×1-a16×1)+(a15×2-a16×2)+(a15×3-a16×3)+…+(a15·2

n-1

-a16·2

n-1)=（a15+a110+a120+…+a15·2)

n-1

）-（a16+a112+a124+…+a16·2

n-1）注意观察这两个多项式的次数规律：前式：5，10，20，40，80，……后式：6，12，24，48，96，……我们可以在其中增添一些项使这两个多项式的次数构成等差数列，从而使多项式构成等比数列，下面用红色数字代表增添的项：前式：5，10，15，20，25，30，35，40，45，50，55，60，65，70，75，80，……后式：6，12，18，24，30，36，42，48，54，60，66，72，78，84，90，96，……观察发现，在相同的距离下，前式需要增添更多的项，并且前式的公差是5，后项的公差是6，也就是说前式的项数要更加稠密，所以在我们增添一些项使它们的次数构成等差数列后，上式要增加的项数是要远多于下式的，因此我们在增添了这些项后，这两个多项式之差是扩大了的，所以有：（a15+a110+a120+…+a15·2）

n-1

）-（a16+a112+a124+…+a16·2

n-1<（a15+a110+a115+a120+a125…+a15·2n-1

n-1

）-（a16+a112+a118+a124+a130…+a16·2 ）对上述两个括号内进行等比数列求和：a15[(1-(a15)1-a15

2n-1]

a16[(1-(a16)-1-a16

2n-1]

a15<1-a15

a16-1-a16=a15·

1-a1(1-a15)(1-a16)1

1-a1，则只需要证明 ≤1即可--a16)因为分子分母均为正，所以只需证上式分母减分子大于等于零，操作如下：(1-a15)(1-a16)-(1-a1)=a1(1-a14-a15+a110)1因为0<a1≤21所以1+a110>1>a14+a15所以1(1-a15)(1-a16)-(1-a1)=a1(1-a14-a15+a110)>01于是有a15·

1-a1

<a15≤即证！

(1-a15)(1-a16) 32对于第三问，大家注意观察与第二问的区别：a=1是一样的，也就是说通项公式1还是an=an-2=a1

2n-11

，同样地都是在求n∑k=1∑

(ak-ak+1)ak+2的一个范围，而第1 2二问多了一个条件a≤11 2然而如果不能使用常用的放缩思路，在高中阶段对学生而言，似乎已“无路可先来看一下标答的做法：n 1,（Ⅲ）证明【2】：由（Ⅰ）知，当a=1时，a=a2n 1,因此n n 2k-1

2k 2k+1

2n-1 i

i+1

2i+2∑k=1(ak-ak+1)ak+2=∑k=1(a1

a1

)a1

≤∑i=1(a1

a1

)a122-1=(1-a1)a12∑

a13i<(1-a1)a12⋅

a13

=

a15 1<.i=1

1-a13

1+a1+a12 3标答非常的简洁，仅用6步就完成了本题的证明。然而不进行深度的思考却并不能很好的看懂消化标答的意思，我们先来分析一下下面这个环节是如何导出的：n∑k=1(a1

2k-1

-a1

2k)a1

2k+1

2n-1 i∑ (≤ i=1∑ (

-a1

i+1

)a1

2i+2n我们不妨列举出来，找一下关系：n左边=(a11-a12)a14+(a12-a14)a18+…+(a12=(a11-a12)a14+(a12-a13+a13-a14)a18+

n-1

-a12)a12

n+1n-1(a14-a15+a15-a16+a16-a17+a17-a18)a116…+(a21 n-1

n-1+1+1+-aa2n-1+-aa1

n-1+2 2++a

n1 n-+2 2-+2 2-1

2n 2n+1②1②1 -a1)a这里红色部分代表增添的项，这里借鉴了第二问的法二的做法和思路，对于这种分散的倍增项，想要进行连续求和放缩，就必须要把中间缺少项补上。例如：2，4，8，16，……补成2，4，6，8，10，12，14，16，……②=(a11-a12)a14+(a12-a13)a18+(a13-a14)a18+(a14-a15)a116+(a15-)na116+(a16-a17)a116+(a17-a18)a116+…+(a2-1n1 -

a2)a2n1n

n+11nn≤(a11-a12)a14+(a12-a13)a16+(a13-a14)a18+(a14-a15)a110+(a15-)nna112+(a16-a17)a114+(a17-a18)a116+…+(a2-1

a2a2

n+12n-11-=∑(a1-

1)a1)a

2i+21

1 - 1) 1i=1下一步比较常规：(a1i-a1i+1)a12i+2=(1-a1)a12a13i2n-1 i

i+1

2i+2

22n-13i所以∑i=1(a1

a1

)a1

=(1-a1)a1∑i=1a12n-13[1-(a13) ]

a132n-13i

a1 继续算出∑i=1a1=

1-a3 <1-a3所以(所以( ) 2-11-a1a2∑

a3i<

1a15

1 1 1= <1i=1 1

31+a1+a133

1a15

1+a14

1+a13平心而论，在平时的高考模拟考试中学生和老师极大可能无法想出这么精妙的方法，那如果只使用高中考纲范围内常用的数学放缩解法模型能否解决第三问呢？我们在第二问已经分析过，照搬第二问的放缩方法会太过粗糙，最终导致方所范围达不到我们要证的范围，如果依旧要用这种放缩后能产生运算（最好是出现常见数列求和公式，或者是错位相消）的方法，我们重新观察式子的形式(ak-ak+1)ak+2第二k问直接将ak+2放缩掉的方法行不通，那是否可以利用ak+2=ak+12来进行更细致一些放缩呢？如果想要放缩成平方差的形式，那么就需要证明ak+12<ak+ak+1kk⇔证a4k

<ak+a2k⇔证a3k

<1+ak⇔证x∈(0,1),f(x)=x3-x-1,f(x)<0恒成立f'(x)=3x2-1易得f(x)max<max{f(1),f(0)}=-1<0所以可得ak+12<ak+ak+1k有(ak-ak+1)ak+2<(ak-ak+1)(ak+ak+1)=a2k

-ak+12n n 2

2=a

2-a

2<a

2=1所以有∑k=1(ak-ak+1)ak+2<∑k=1ak

ak+1

1 k+1 1会发现如果只进行这样的放缩想要得出1就必须在放缩过程中凑出一个分母3，这3样分子就会出现3倍的式子，自然可以考虑进行凑立方差的放缩方式，不论我们在错2 2 3 3 n n位相消时出现的是ak

ak+1

还是ak

ak+1

或ak

ak+1

，都必须要满足分母出现3，这样分子出现三倍的式子，就顺其自然地得到要去凑立方差的道路来，于是我们就用高中常规方式解决了本题，过程如下：1证明：由（Ⅰ）知，当a=1时，an=an-2=a21

n-11,因为0<a1<1,容易得出a1>a2>a3>…>an因此 2(ak-ak+1)⋅3ak+1因此 23(ak-ak+1)ak+2=(ak-ak+1)ak+1= =32+aa +a

) a3-a(ak-ak+1)⋅(ak+12+ak+12+ak+12)

(ak-ak+1)⋅(ak

kk+1

2k+1

3k k+13 < 3 = 3所以n∑(ak-ak+1)ak+2<k=1

n 3ak∑akk=1

-ak+133n 3 3ak-ak+1 1 3

3 1 3<1∑k=1