实验中学 王连笑

　　数学考试的第四个学科特点是解法多样。教育部考试中心在解读全国高考数学考试大纲的说明中指出“一般数学试题的结果虽确定唯一，但解法却多种多样，有利于考生发挥各自的特点，灵活解答，真正显现其水平。”

　　在各套试卷的各题型中，都有不少试题能够一题多解。

　　【例1】(2007年天津卷,理10) 设两个向量-=(+2,2-cos2)和-=(m，-+sin)，其中，m，为实数。若-=2-，则-的取值范围是( )。

　　(A)[-6，1] (B)[4，8] 　　

　　(C)[-∞，1] (D)[-1，6]

　　【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=2m，m=-1， =-4。由第二个等式得16-cos2=-1+2sin，即17=cos2+2sin这是不可能的，因而排除(B)，(D)。

　　再设-=-8，则-8m+2=2m，m=-，=--，由第二个等式--cos2=-+2sin，即-=cos2+2sin=-(sin-1)2+2≤2

　　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4m2-9m+4=cos2+2sin，

　　由于-2≤cos2+2sin=

　　-(sin-1)2+2≤2，

　　则有-2≤4m2-9m+4≤2，解得-≤m≤2(m≠0)。

　　由=2m-2得--≤≤2，进而可求得-6≤-≤1，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】(2007年全国Ⅰ卷，理22)已知数列{an}中a1=2，an+1=(--1)(an+2)，n=1，2，3，…

　　(Ⅰ)求{an}的通项公式；

　　(Ⅱ)若数列{bn}中b1=2，bn+1=-，n=1，2，3…,

　　证明：-

　　【解】(Ⅰ)an的通项公式为an=-[(--1)n+1]，n=1，2，3…。

　　解：用数学归纳法证明。

　　(ⅰ)当n=1时，因-<2，b1=a1=2，所以-

　　(ⅱ)假设当n=k时，结论成立，即-

　　当n=k+1时，

　　bk+1--=---

　　=-

　　=->0

　　又 -<-=3-2-

　　所以bk-1--

　　=-

　　<(3-2-)2(bk--)

　　≤(--1)4(a4k-3--)

　　=a4k+1--。

　　也就是说，当n=k+1时，结论成立。

　　根据(ⅰ)和(ⅱ)知-

　　【例3】(2007年辽宁卷，理22)已知函数f(x)=e2x-2t(ex+x)+x2+2t2+1，g(x)=-f'(x)。

　　(I)证明：当t<2-时，g(x)在R上是增函数；

　　(II)对于给定的闭区间[a，b]，试说明存在实数k，t>k 时，g(x)在闭区间[a，b]上是减函数；

　　(III)证明：f(x)≥-。

　　【解】(I)f'(x)=2e2x-2t(ex+1)+2x，

　　g(x)=-f'(x)=e2x-t(ex+1)+x，

　　g'(x)=2e2x-tex+1=2(ex--)2+1--，

　　因为t<2-，则1-->0，所以，g'(x)>0，

　　所以，当t<2-时，g(x)在R上是增函数。

　　(II)本题等价于存在实数k，当t>k时，在闭区间[a，b]上g'(x)<0；

　　由g'(x)=2e2x-tex+1<0，t>2ex+e-x令h(x)=2ex+e-x，

　　由于h(x)是闭区间[a，b]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t>k，

　　于是，当t>k=(2ex+e-x)max时，有g'(x)<0 ，即g(x)在闭区间[a，b]上是减函数；

　　(III)证明：把f(x)看作t的函数，

　　设F(t)=2t2-2(ex+x)t+e2x+x2+1，则F(t)=2(t--)2+-(ex-x)2+1≥-(ex-x)2+1。

　　设H(x)=ex-x则H'(x)=ex-1

　　所以，H(x)的最小值为1，从而H(x)=ex-x≥1于是，F(t)=-(ex-x)2+1≥-，即f(x)≥-。

　　【例4】(2007年重庆卷，理，文)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足S1>1，且6Sn=(an+1)(an+2)，n∈N。

　　(Ⅰ)求{an}的通项公式；

　　(Ⅱ)设数列{bn}满足an(--1)=1并记Tn为{bn}的前n项和，求证：

　　3Tn+1>log2(an+3)，n∈N。

　　【解】(I)由a1=S1=-(a1+1)(a1+2)，解得a1=1或a1=2，

　　由假设a1=S1>1，因此a1=2，

　　又由an+1=Sn+1-Sn=-(an+1+1)(an+1+2)--(an+1)(an+2)，

　　得(an+1+an)(an+1-an-3)=0，

　　即an+1-an-3=0或an+1=-an，因an>0，故an+1=-an不成立，舍去。

　　因此an+1-an=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=3n-1。

　　(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+1-log2(an+3)=log2(-·■……-)3·■。

　　令f(n)=(-·■……-)3·■，

　　则-=-·（-)3=-。

　　因(3n+3)3-(3n+5)(3n+2)2=9n+7>0，故f(n+1)>f(n)。

　　特别地f(n)≥f(1)=->1，从而3Tn+1-log2(an+3)=log2f(n)>0 。

　　即3Tn+1>log2(an+3)。

　　以上，向大家介绍了数学高考的四个数学特点，数学试卷体现数学特点是顺理成章的事情，这就启发我们在高考复习时要注意数学特点所涉及的几个方面。

　　公式整理/王翠玮