方法一:
an+1=
11an（4−an）=[−（an−2）2+4],222所以,2（an+1−2）=−（an−2）
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令bn=an−2,12则bn=−bn−121122=−（−bn−2）22n−1111222n=−⋅（）2bn−2=L=−（）1+2+L+2b0222
又b0=－1，所以
1nbn=−（）2−1,21n即an=2+bn=2−（）2−12
方法二：
由已知的递推式，有2（an+1−2）=−（an−2）,
2
2（2−an+1）=（2−an）2,设cn=2−an,由（Ⅰ）有cn>0.
即
2
于是2cn+1=cn,两边取常用对数,得
则{lgcn−lg2}是以lgc0−lg2=−lg2为首项,2为公比的等比数列.
lg2+lgcn+1=2lgcn,构造等比数列{lgcn−α}，为此设lgcn+1−α=
2（lgcn−α），用待定系数法可得α=lg2。
这是方程思想的作用。
lgcn−lg2=（−lg2）⋅2n=−lg22,.n1lgcn=lg2−lg22=lgn,22−1
n
cn=2−an=2
1
2n−1
2
1an=2−2
2n−1
【例2】.给定抛物线C:
y=4x,F是C的焦点,过点F的直线l与C相交于A,B两点.（Ⅱ）设FB=λAF,若λ∈[4,9],求l在y轴上的截距的变化范围.【分析及解分析及解】（Ⅰ）C的焦点为F（1，0），直线l的斜率为1，分析及解所以l的方程为y=x−1.将y=x−1代入方程y2=4x，并整理得（Ⅰ）设l的斜率为1,求OA与OB的夹角的大小;
x2−6x+1=0.设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则有
x1+x2=6,x1x2=1.
22|OA||OB|=x12+y12⋅x2+y2
OA⋅OB=（x1,y1）⋅（x2,y2）=x1x2+y1y2=2x1x2−（x1+x2）+1=−3.
cos（OA,OB）=OA⋅OB|OA|⋅|OB|=−
=x1x2[x1x2+4（x1+x2）+16]=41.
314.41
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所以OA与OB夹角的大小为π−arccos（Ⅱ）由题设FB=λAF得即
314.41（x2−1,y2）=λ（1−x1,−y1）,
①②∴x2=λx1.③
2
x2−1=λ（1−x1）,y2=−λy1.2222由②得y2=λy1，∵y12=4x1,y2=4x2,联立①、③解得x2=λ，依题意有λ>0.
∴B（λ,2λ）,或B（λ,−2λ）,又F（1，0），得直线l方程为
（λ−1）y=2λ（x−1）或（λ−1）y=−2λ（x−1）,
当λ∈[4,9]时，l在方程y轴上的截距为把
2λ2λ或−,λ−1λ−1
2λ2λ看作函数，设g（λ）=,λ−1λ−12λ22g（λ）==+,λ−1λ+1λ−1
λ∈[4,9]
2λ在[4，9]上是递减的，λ−1λ+1（或用导数g′（λ）=−<0，证明g（λ）是减函数。
）λ（λ−1）2
可知g（λ）=
32λ442λ3≤≤,−≤−≤−,4λ−133λ−144334直线l在y轴上截距的变化范围为[−,−]∪[,].3443
∴【例3】.已知x=1是函数f（x）=mx3−3（m+1）x2+nx+1的一个极值点，其中
m,n∈R,m<0，（Ⅰ）求m与n的关系式；（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）x∈[−1,1]时，当函数y=f（x）的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m，m求的取值范围.【分析及解分析及解】:
（Ⅰ）f′（x）=3mx2−6（m+1）x+n分析及解因为x=1是函数f（x）的一个极值点,所以f′
（1）=0,即3m−6（m+1）+n=0，所以n=3m+6（II）由（I）知，f′（x）=3mx2−6（m+1）x+3m+6=3m（x−1）x−1+
2m
当m<0时，有1>1+
2，当x变化时，f（x）与f′（x）的变化如下表：
m
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x
f′（x）f（x）
2
−∞,1+m
<0
单调递减
1+
0
2m
21+,1m
>0
单调递增
10极大值
（1,+∞）
<0
单调递减
极小值
当m<0时，f（x）在−∞,1+
22在在单调递减，（1+,1）单调递增，（1,+∞）上单调递减.mm2（III）由已知得f′（x）>3m，即mx−2（m+1）x+2>0222又m<0所以x−（m+1）x+<0mm222即x−（m+1）x+<0,x∈[−1,1]①mm122设g（x）=x−2（1+）x+，mm其函数开口向上，由题意知①式恒成立，而①式恒成立等价于[g（x）]max<0,
22g（−1）<01+2++<0所以⇒mmg
（1）<0−1<044解之得−【例4】.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S12>0，S13<0，
（1）求公差d的取值范围；
（2）指出S1、S2、S3…，S12中哪一个最大，并说明理由。
【分析及解
（1）由a3=12得：
a1=12−2d，分析及解】分析及解∵S12＝12a1+44d=144+42d>0∴−
S13＝13a1+78d=156+52d<0
24（2）Sn=na1+
n（n−1）15d=dn2+（12−d）n222512−2d
∵d<0，Sn是关于n的二次函数，对称轴方程为：
x＝∵−
24∴6<
51213−<2d2
∴当n＝6时，Sn最大。
【例5】.已知i,m,n是正整数，且1＜i≤m＜n．证明:
（1+m）n＞（1+n）m．
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nm【分析及解分析及解】:
（1+m）＞（1+n）⇔nln（1+m）>mln（1+n）⇔分析及解
ln（1+x）ln（1+x）（x≥2）,只要证明g（x）=为减函数就可以了.xxx[1−ln（1+x）]−ln（1+x）由g′（x）=<0,x2（1+x）ln（1+x）则g（x）=为减函数,由2≤m≤n可得xg（m）>g（n）ln（1+m）ln（1+n）因而>,mn
构造函数g（x）=于是,（1+m）n＞（1+n）m成立.
ln（1+m）ln（1+n）>,mn
二、课后练习:
课后练习:
1.已知关于x的方程x2−（2m−8）x+m2−16=0的两个实根x1,x2满足x1<数m的取值范围__________。
2.已知函数f（x）=ax3+bx2+cx+d的图象如下，则（（A）b∈（−∞,0）（C）b∈（1,2）（B）b∈（0,1）（D）b∈（2,+∞）
2
3）y
0
1
2
x
3．已知关于x的方程sin参考答案:
1.{m|−
x+acosx－2a=0有实数解，求实数a的取值范围。
172.数形结合的思想2.数形结合的思想
数形结合思想是一种很重要的数学思想，数与形是事物的两个方面，正是基于对数与形的抽象研究才产生了数学这门学科，才能使人们能够从不同侧面认识事物，华罗庚先生说过:
“数与形本是两依倚,焉能分作两边飞.数缺形时少直观,
形少数时难入微.”.把数量关系的研究转化为图形性质的研究，或者把图形性质的研究转化为数量关系的研究，这种解决问题过程中“数”与“形”相互转化的研究策略，就是数形结合的思想。
数形结合思想就是要使抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维与形象思维结合起来。
在使用的过程中，由“形”到“数”的转化，往往比较明显，而由“数”到“形”的转化却需要转化的意识，因此，数形结合的思想的使用往往偏重于由“数”到“形”的转化。
考试中心对考试大纲的说明中强调：
“在高考中，充分利用选择题和填空题的题型特点，为考查数形结合的思想提供了方便，能突出考查考生将复杂的数量关系转化为直观的几何图形问题来解决的意识，而在解答题中，考虑到推理论证的严密性，对数量关系问题的研究仍突出代数的方法而不提倡使用几何的方法，解答题中对数形结合思想的考查以由‘形’‘数’到的转化为主。
一、例题分析:
例题分析:
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【例1】:
如果实数x、y满足（x−2）+y=3，则例
22
y的最大值为（x
）
A.
12
B.
33
C.
32
D.3
【分析及解：
分析及解】分析及解
等式（x−2）2+y2=3有明显的几何意义，它表坐标平面上的一个圆，
圆心为（2，0），半径r=3，（如图），而yy−0=则表示圆上的点（x，y）与坐xx−0
标原点（0，0）的连线的斜率。
如此以来，该问题可转化为如下几何问题：
动点A
在以（2，0）为圆心，以3为半径的圆上移动，求直线OA的斜率的最大值，由图
可见，当∠A在第一象限，且与圆相切时，OA的斜率最大，经简单计算，得最
大值为tan60°3，选D=
【例2】:
若集合M=（x，y）例
x=3cosθ（0<θ<π），集合N={（x，y）|y=x+b}y=3sinθ
。
且MIN≠∅，则b的取值范围为
22分析：
M={（x，y）|x+y=9，0以3为半径的圆在x轴上方的部分，（如图），而N则表示一条直线，其斜率k=1，纵截
距为b，由图形易知，欲使MIN≠∅，即是使直线y=x+b与半圆有公共点，显然b的最小逼近值为−3，最大值为32，即−3【例3】:
已知0）
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分析：
分析：
判断方程的根的个数就是判断图象y=a与y=|logax|的交点个数，画
|x|
出两个函数图象，易知两图象只有两个交点，故方程有2个实根，选（B）。
【例4】:
例1.若关于x的方程x+2kx+3k=0的两根都在−1和3
之间，求k的取值范围。
例
2
2分析：
分析：
令f（x）=x+2kx+3k，其图象与x轴交点的横坐标就是方程f（x）=0
的解，由y=f（x）的图象可知，要使二根都在−1，3之间，只需f（−1）>0，f（3）>0，
f（−b）=f（−k）<0同时成立，解得−1【例5】:
已知复数z满足|z−2−2i|=例
2，求z的模的最大值、最小值的范围。
分析：
分析：
由于|z−2−2i|=|z−（2+2i）|，有明显的几何意义，它表示复数z对应的
点到复数2+2i对应的点之间的距离，因此满足|z−（2+2i）|=2的复数z对应点Z，在以（2，2）为圆心，半径为2的圆上，（如下图），而|z|表示复数z对应的点Z到原点O的距离，显然，当点Z、圆心C、点O三点共线时，|z|取得最值，
|z|min=2，|z|max=32，∴|z|的取值范围为[2，32]
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【例6】:
已知y=f（x）是定义在R上的单调函数，实数x1≠x2,λ≠−1,α=
x1+λx2，1+λ
β=
x2+λx1，若f（x1）−f（x2））。
【分析及解分析及解】如果采用代数运算，则无所适从，如果画出单调函数y=f（x）的示意图象，分析及解由f（x1）−f（x2）△ABC中，A=例
π
3
BC=3,则△ABC的周长为（）+3
）.
（A）43sin（B+（C）6sin（B+
π
3
（B）43sin（B+（D）6sin（B+
π
6
）+3
π
3
）+3
π
6
）+3
【分析及解分析及解】本题大部分考生都是用三角恒等变形和正弦定理通过一定量的计算来完成,但分析及解是注意到数形结合,可以很快解决问题.为此,延长CA到D,使AD=AB,则
CD=AB+AC,∠CBD=∠B+
π
66BCAB+AC由正弦定理=,即πsinDsinB+6πAB+AC=6sinB+,由此,选（C）.6
∠D=
π
【例8】:
一给定函数y=f（x）的图象在下列图中，并且对任意a1∈（0,1），由关系式例
an+1=f（an）得到的数列{an}满足an+1>an（n∈N∗），则该函数的图象是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【分析及解分析及解】这是一道函数,数列,函数图象综合在一起的选择题,需要通过数列的性质研究分析及解函数图象的特征.实际上,只要设an=x,an+1=y,则有y=f（x）且y>x,并对所有
n∈N∗都成立,因此选（A）.
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【例9】:
设定义域为R的函数f（x）=
|lg|x−1||,0,
x≠1x=1
）
，则关于x的方程
f2（x）+bf（x）+c=0有7个不同实数解的充要条件是（
（A）b<0且
c>0（C）b<0且c=0
2
（B）b>0且c<0（D）b≥0且c=0
【分析及解分析及解】画出函数f（x）的图像,该图像关于对称,分析及解且f（x）≥0,令f（x）=t,若f（x）+bf（x）+c=0
2
有7个不同实数解,则方程t+bt+c=0有2个不同实数解,且为一正根,一零根.因此,b<0且c=0,故选（C）.
二、课后练习:
课后练习:
一、选择题：
选择题：
1.方程lgx=sinx的实根的个数为（A.1个B.2个C.3个）D.4个）
2.函数y=a|x|与y=x+a的图象恰有两个公共点，则实数a的取值范围是（A.（1，+∞）C.（−∞，−1]U[1，+∞）B.（−1，1）D.（−∞，−1）U（1，+∞））
3.设命题甲：
0|x−1|<4，则甲是乙成立的（A.充分不必要条件C.充要条件4.适合|z−1|=1且argz=A.0个B.必要不充分条件D.不充分也不必要条件
π
4
的复数z的个数为（C.2个
）D.4个）
B.1个
5.若不等式x+a≥x（a>0）的解集为{x|m≤x≤n}，且|m−n|=2a，a的值为（A.1B.2C.3D.4）
6.已知复数z1=3−i，|z2|=2，则|z1+z2|的最大值为（A.
10−2
B.5
C.2+10
D.2+22）
7.若x∈（1，2）时，不等式（x−1）28.定义在R上的函数y=f（x）在（−∞，2）上为增函数，且函数y=f（x+2）的图象的对
第9页共29页
称轴为x=0，则（A.f（−1）填空题：
）B.f（0）>f（3）D.f
（2）9.若复数z满足|z|=2，则|z+1−i|的最大值为___________。
10.若f（x）=x+bx+c对任意实数t，都有f（2+t）=f（2−t），则f
（1）、f（−3）、
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