精讲四川高考数学压轴题方法技巧归纳总结

四川高考数学压轴题方法技巧归纳总结付彬编著QQ:522597089[草稿]前言本文解法皆为原创，分析并归纳总结了若干高考难题的独到解决方法，值得广大教师及学生研读。题目大多取自高中数学吧，其来源于不同省市的高考题抑或高水平的模拟题。目录如何等比放缩证明数列不等式4一个不等式的证明4成都2诊分析通项证明不等式（2）52010四川高考6设而不求定值问题18设而不求定点问题29设而不求定直线问题39设而不求取值范围问题410设而不求取值范围问题511再谈等比数列放缩捕杀数列不等式压轴题高级篇12分析通项构造函数证明数列不等式（1）14一个典型数列问题14二分法与数列不等式15再谈分析通项构造函数证明数列不等加强不等式中级篇16基本方法-作差法-判断单调性-最值求解数列压轴题18导数压轴题构造函数反证法：减少计算量19高中数学吧等比放缩20圆锥曲线切线问题120一个不等式讲解21切线问题1双切线方程的运用22分离变量法--多次求导-L'Hospital-最值问题-导数压轴题23导数绝密级题-做完绝对凶险242013成都二诊21.225一类定值问题26分离参数-多次求导-解决恒成立问题例子26再谈等比数列放缩技巧27谈一类数列不等式证明技巧29数列与函数综合问题30绝密级数列题31微分中值定理在高考中的应用132微分中值定理在高考中的应用232一个导数绝密级问题解答134一个绝密级导数解答236二项式和基本不等式应用137二项式证明不等式应用238如何等比放缩证明数列不等式引例：bn=2n¡1bn=2n¡1，证明：nXn=1bnbn+1n2¡13nXn=1bnbn+1n2¡13。分析：分离常数bnbn+1=2n¡12n+1¡1=12¡1212n+1¡1bnbn+1=2n¡12n+1¡1=12¡1212n+1¡1即要证明nPn=1bnbn+1n2¡13nPn=1bnbn+1n2¡13，只需证nXn=11212n+1¡113nXn=11212n+1¡113构造等比数列pnpn放缩有nXn=11212n+1¡16nXn=1pnp11¡q=13nXn=11212n+1¡16nXn=1pnp11¡q=13不妨取q=12q=12，则p1=16;pn=1312np1=16;pn=1312n则只需证明1212n+1¡161312n,2n2;n11212n+1¡161312n,2n2;n1这显然成立。因此nXn=1bnbn+1=nXn=1µ12¡1212n+1¡1¶n2¡nXn=1pn=n2¡nXn=11312nn2¡p11¡q=n2¡13nXn=1bnbn+1=nXn=1µ12¡1212n+1¡1¶n2¡nXn=1pn=n2¡nXn=11312nn2¡p11¡q=n2¡13成立。小结：构造等比数列证明PancPanc是非常有效的方法。通常要求anan中含有nn的指数。qq(0q1)(0q1)的取值可以任意，当其确定后b1b1也就确定了。有时候对a1a1开始就进行等比放缩达不到要求，则可以考虑从第二项或第三项…开始进行等比放缩，要求保留anan前面的项。2013.4.19【522597089】一个不等式的证明【高中数学吧】证明：n+1enpn!n+1enpn!化为乘积形式用数列单调性证明考虑基本不等式ln(1+x)x;x0ln(1+x)x;x0可得lnµ1+1n+1¶1n+1;,µ1+1n+1¶n+1elnµ1+1n+1¶1n+1;,µ1+1n+1¶n+1e要证明不等式n+1enpn!n+1enpn!变形即证明Ã(n)=µn+1e¶n1n!1Ã(n)=µn+1e¶n1n!1注意到Ã(n+1)Ã(n)=õn+2e¶n+11(n+1)!!,µµn+1e¶n1n!¶=1eµ1+1n+1¶n+11e¢e=1Ã(n+1)Ã(n)=õn+2e¶n+11(n+1)!!,µµn+1e¶n1n!¶=1eµ1+1n+1¶n+11e¢e=1可得Ã(n)6Ã(1)=2e1Ã(n)6Ã(1)=2e1即n+1enpn!n+1enpn!，成立！分析通项证明不等式（1）证明：n+1enpn!n+1enpn!分析：变形即证明ln(n+1)1+1nln(n!)ln(n+1)1+1nln(n!)亦即ln(n+1)nn+ln(n!)lnnn¡1(n¡1)+ln(n¡1)!)ln(n+1)nn+ln(n!)lnnn¡1(n¡1)+ln(n¡1)!)两式相减可考虑证明通项ln(n+1)nnn¡11+lnn,ln(n+1)nnn1,lnµ1+1n¶1nln(n+1)nnn¡11+lnn,ln(n+1)nnn1,lnµ1+1n¶1n因为ln(1+x)x;x0ln(1+x)x;x0因此，通项显然成立。故：n+1enpn!n+1enpn!，成立！2013.4.19【522597089】【成都2诊】分析通项证明不等式（2）证明：nPk=11q2k(2k+1)ln2n+12n+1nPk=11q2k(2k+1)ln2n+12n+1要证明nXk=11p2k(2k+1)ln2n+12n+1=snnXk=11p2k(2k+1)ln2n+12n+1=sn运用分析通项方法只需证1p2n(2n+1)ln2n+12n+1¡ln2n2n¡1+1=lnµ1+12n+1¶1p2n(2n+1)ln2n+12n+1¡ln2n2n¡1+1=lnµ1+12n+1¶,1px(x+1)lnµ1+1x+1¶;x0;x=2n,1px(x+1)lnµ1+1x+1¶;x0;x=2n因为ln(1+x)x;x0ln(1+x)x;x0)lnµ1+1x+1¶1x+1=1p(1+x)(1+x)1px(x+1))lnµ1+1x+1¶1x+1=1p(1+x)(1+x)1px(x+1)，证毕！2013.4.19【522597089】2010四川高考已知f(x)=1+ax1¡ax;a2¡0;12¤f(x)=1+ax1¡ax;a2¡0;12¤，比较¯¯¯¯nPk=1f(k)¡n¯¯¯¯¯¯¯¯nPk=1f(k)¡n¯¯¯¯与44的大小。分析：注意到a2µ0;12¸;f(k)=1+ak1¡ak=¡1+21¡ak2µ1;22k¡1+1¸a2µ0;12¸;f(k)=1+ak1¡ak=¡1+21¡ak2µ1;22k¡1+1¸则有0nXk=1f(k)¡n6nXk=122k¡10nXk=1f(k)¡n6nXk=122k¡1容易验证n=1;2n=1;2有0nPk=1f(k)¡n40nPk=1f(k)¡n4。于是猜想nPk=122k¡14nPk=122k¡14,nPk=112k¡12,nPk=112k¡12（*）构造等比数列bnbn放缩证明（*）nXk=112k¡16nXk=1bkb11¡q=2nXk=112k¡16nXk=1bkb11¡q=2（1）不妨取q=12q=12，则b1=1b1=1，bn=¡12¢n¡1bn=¡12¢n¡1。要证明式（1），则只需证明12n¡16µ12¶n¡1,2n¡1112n¡16µ12¶n¡1,2n¡11这显然成立。因此猜想成立！故¯¯¯¯¯nXk=1f(k)¡n¯¯¯¯¯4¯¯¯¯¯nXk=1f(k)¡n¯¯¯¯¯4。【注：本题还有其他很多方法】2013.4.19【522597089】解：A(0;1);B(0;¡1);P(X0;Y0);C(X1;Y1);D(X2;Y2)A(0;1);B(0;¡1);P(X0;Y0);C(X1;Y1);D(X2;Y2)PA:Y=K1X+1PB:Y=K2X¡1L1;Y=29=;)Mµ1K1;2¶;Nµ3K2;2¶;Pµ2K2¡K1;K2+K1K2¡K1¶PA:Y=K1X+1PB:Y=K2X¡1L1;Y=29=;)Mµ1K1;2¶;Nµ3K2;2¶;Pµ2K2¡K1;K2+K1K2¡K1¶PP在曲线X2A2+Y2B2=1X2A2+Y2B2=1上解得K1K2=¡12;O0µ12µ1K1+3K2¶;2¶K1K2=¡12;O0µ12µ1K1+3K2¶;2¶不妨设K10;K20K10;K20则R=¯¯¯1K1¡3K2¯¯¯2=12µ3K2¡1K1¶=12µ3K2+2K2¶p6R=¯¯¯1K1¡3K2¯¯¯2=12µ3K2¡1K1¶=12µ3K2+2K2¶p6取等号时有Ã3K2=2K2;K2=r32=¡12K1!;O0(0;2);Rmin=p6Ã3K2=2K2;K2=r32=¡12K1!;O0(0;2);Rmin=p6圆方程X2+(Y¡2)2=6X2+(Y¡2)2=6¡¡!PF1=¸¡¡!F1C)(X0+¸X1=¡(1+¸)Y0+¸Y1=0¡¡!PF2=¹¡¡!F2D)(X0+¹X2=(1+¹)Y0+¹Y2=09=;)¸X1¡¹X2=¡[21+(¸+¹)]¡¡!PF1=¸¡¡!F1C)(X0+¸X1=¡(1+¸)Y0+¸Y1=0¡¡!PF2=¹¡¡!F2D)(X0+¹X2=(1+¹)Y0+¹Y2=09=;)¸X1¡¹X2=¡[21+(¸+¹)]（*）X20A2+Y20B2=1¸2X21A2+¸2Y21B2=¸29=;(X0+¸X1)(X0¡¸X1)A2+(Y0+¸Y1)(Y0¡¸Y1)B2=1¡¸2X20A2+Y20B2=1¸2X21A2+¸2Y21B2=¸29=;(X0+¸X1)(X0¡¸X1)A2+(Y0+¸Y1)(Y0¡¸Y1)B2=1¡¸2解得X0¡¸X1=A2(¸¡1)X0¡¸X1=A2(¸¡1)(1)X20A2+Y20B2=1¹2X22A2+¹2Y22B2=¹29=;(X0+¹X2)(X0¡¹X2)A2+(Y0+¹Y2)(Y0¡¹Y2)B2=1¡¹2X20A2+Y20B2=1¹2X22A2+¹2Y22B2=¹29=;(X0+¹X2)(X0¡¹X2)A2+(Y0+¹Y2)(Y0¡¹Y2)B2=1¡¹2解得X0¡¹X2=A2(1¡¹)X0¡¹X2=A2(1¡¹)(2)由(1)(2)解得¸X1¡¹X2=A2[2¡(¸+¹)]¸X1¡¹X2=A2[2¡(¸+¹)]（**）由（*）（**）有A2[2¡(¸+¹)]=¡[2+(¸+¹)];A2=2A2[2¡(¸+¹)]=¡[2+(¸+¹)];A2=2解得¸+¹=6¸+¹=62013.4.19【522597089】设而不求定值问题1曲线方程X2A2§Y2B2=1X2A2§Y2B2=1，¡¡!PF1=¸¡¡!F1C¡¡!PF1=¸¡¡!F1C，¡¡!PF2=¹¡¡!F2D¡¡!PF2=¹¡¡!F2D，有定值结论¸+¹=2A2+C2A2¡C2¸+¹=2A2+C2A2¡C2证明：设P(X0;Y0);C(X1;Y1);D(X2;Y2);F1(¡C;0);F2(C;0)P(X0;Y0);C(X1;Y1);D(X2;Y2);F1(¡C;0);F2(C;0)¡¡!PF1=¸¡¡!F1C)(X0+¸X1=¡C(1+¸)Y0+¸Y1=0¡¡!PF2=¹¡¡!F2D)(X0+¹X2=C(1+¹)Y0+¹Y2=09=;)¸X1¡¹X2=¡C[2+(¸+¹)]¡¡!PF1=¸¡¡!F1C)(X0+¸X1=¡C(1+¸)Y0+¸Y1=0¡¡!PF2=¹¡¡!F2D)(X0+¹X2=C(1+¹)Y0+¹Y2=09=;)¸X1¡¹X2=¡C[2+(¸+¹)]（1）运用点在曲线上有X20A2§Y20B2=1¸2X21A2§¸2Y21B2=¸29=;(X0+¸X1)(X0¡¸X1)A2§(Y0+¸Y1)(Y0¡¸Y1)B2=1¡¸2X20A2§Y20B2=1¸2X21A2§¸2Y21B2=¸29=;(X0+¸X1)(X0¡¸X1)A2§(Y0+¸Y1)(Y0¡¸Y1)B2=1¡¸2解得X0¡¸X1=A2C(¸¡1)X0¡¸X1=A2C(¸¡1)（2）同理X20A2§Y20B2=1¹2