巧思妙解2011年高考数学题（山东卷）

    巧思妙解2011年高考数学题（山东卷）
    杨洪林（作者系退休机关干部、中学数学教师）
    1.（文20）等比数列｛a_n ｝中，a₁、a₂、a₃分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a₁、a₂、a₃中的任何两个数不在下表的同一列.
    

	第一列	第二列	第三列
第一行	3	2	10
第二行	6	4	14
第三行	9	8	18

    （1）求数列｛a_n ｝的通项公式；
    （2）若数列｛b_n ｝满足b_n  = a_n  +（-1）ⁿ In  a_n  ，求数列｛b_n ｝的前2n项和S_2n  .
    【参考答案】
    （1）当a₁ = 3时，不合题意；
    当a₁ = 2 时，当且仅当a₂ = 6，a₃ = 18时，符合题意；
    当a₁ = 10时，不合题意.
    因此a₁ = 2，a₂ = 6，a₃ = 18，所以公比q =3，故a_n  = 2·.
    （2）因为b_n  = a_n  +（-1）ⁿ In a_n  = 2·+（-1）ⁿ In（2·）
    = 2·+（-1）ⁿ［In 2 +（n -1）In 3］
    = 2·+（-1）ⁿ（In 2 -In 3）+（-1）ⁿ nIn 3,
    所以S_2n = b₁ + b₂  + … + b_2n 
    = 2（1 + 3 + … +）+［-1+1-1+ …+（-1）²ⁿ］（In 2 -In 3）+［-1+2-3 + … +（-1）²ⁿ 2n］In 3
    = 2×+ nIn 3  = + nIn 3 - 1.
     
    ·巧思·
    ①（1）中，由观察便“一目了然”，只能有a₁ = 2，a₂ = 6，a₃ = 18；无须说明a₁ = 3或a₁ = 10时，不合题意。而公比等于3则也是“显而易见”。
    ②（2）中，将S_{2n + 2} - S_2n化为g（n + 1）- g（n） ，且使g（1）= S₂ ，便知S_2n = g（n） 。如此，可节省文字、缩减篇幅；书写简便、阅读方便。
    ·妙解·
    （1）题设 a₁ = 2，a₂ = 6，a₃ =18a_n  = 2·.
    （2）S_{2n + 2} - S_2n = b_{2n + 2} + b_{2n + 1}  =（2·+ ln 2·）+（2·- ln 2·）= 8·+ ln 3
    =［+（n + 1）ln 3 - 1］-（+ n ln 3 - 1）（S₂ = b₁ + b₂ = 8 + ln 3）S_2n =+ n ln 3 - 1.
    【评注】
    ①“参考答案”不仅是给阅卷老师做参考的，也是给以后的考生做榜样的。考虑到学生考试时间的紧迫性，故解法应能简则简，表述应能短则短。
    ②“S_{2n + 2} - S_2n = g（n + 1）- g（n）［g（1）= S₂］S_2n = g（n） ”的理论依据：先取n = 1，则由S₂ = g（1）得S₄ = g（2）；再取n = 2，则由S₄ = g（2）得S₆ = g（3）……其实质是数学归纳法的变型，但比“原型”简明简洁、简练简便，可以广泛运用。
    ③ 注意：1 =（n + 1）- n = n -（n - 1）……
    2.（理20）等比数列｛a_n ｝中，a₁、a₂、a₃分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a₁、a₂、a₃中的任何两个数不在下表的同一列.
    

	第一列	第二列	第三列
第一行	3	2	10
第二行	6	4	14
第三行	9	8	18

    （1）求数列｛a_n ｝的通项公式；
    （2）若数列｛b_n ｝满足b_n  = a_n  +（-1）ⁿ In  a_n  ，求数列｛b_n ｝的前n项和S_n  .
    【参考答案】
    （1）…… a_n  = 2·.
    （2）因为b_n  = a_n  +（-1）ⁿ In a_n  = 2·+（-1）ⁿ In（2·）
    = 2·+（-1）ⁿ［In 2 +（n -1）In 3］= 2·+（-1）ⁿ（In 2 -In 3）+（-1）ⁿ nIn 3,
    所以S_n = b₁ + b₂  + … + b_n 
    = 2（1 + 3 + … +）+［-1+1-1+ …+（-1）ⁿ］（In 2 -In 3）+［-1+2-3 + … +（-1）ⁿ n］In 3
    所以当为偶数时，S_n = 2×+In 3 = 3ⁿ +In 3 - 1；
    当为奇数时，S_n = 2× -（In 2 -In 3）+In 3 = 3ⁿ - In 3 - In 2 - 1.
    综上所述，S_n =
    ·巧思·
    ①  将S_{2n + 1} - S_{2n  - 1} 化为f（n + 1）- f（n） ，且使f（1）= S₁ ，便知S_{2n  - 1} = f（n） ；
    将S_{2n + 2} - S_2n 化为g（n + 1）- g（n） ，且使g（1）= S₂ ，便知S_2n = g（n） 。
    ② 将S_{n + 1} - S_n   化为h（n + 1）- h（n） ，且使h（1）= S₁ ，便知S_n  = h（n） 。
    ·妙解·
    解法1：
    S_{2n + 1} - S_{2n  - 1} = b_{2n + 1} + b_2n =（2·- ln 2·）+（2·+ ln 2·）= 8·- ln 3
    =（ - nIn 3 - In 2 - 1）-［ -（n - 1）In 3 - In 2 - 1］（S ₁ = b ₁ = 2 - In 2 ）
    S_{2n  - 1} = -（n - 1）In 3 - In 2 - 1，
    S_{2n + 2} - S_2n = b_{2n + 2} + b_{2n + 1}  =（2·+ ln 2·）+（2·- ln 2·）= 8·+ ln 3
    =［+（n +1）ln 3 -1］-（+ n ln 3 - 1）（S₂ = b₁ + b₂ = 8 + ln 3）S_2n =+ n ln 3 - 1.
    解法2：
    S_{n + 1} - S_n  = b_{n  + 1} = 2·+（-1）^{n + 1 In}（2·3 ⁿ）=（3 -1）·+（-1）^{n + 1} n In 3 +（-1）^{n + 1 In 2}
    =-
    （S ₁ = b ₁ = 2 - In 2 ）S_n  =.
    【评注】
    ①“S_{2n + 1} - S_{2n  - 1} =  f（n + 1）- f（n）［f（1）= S₁］S_{2n  - 1} = f（n）”的理论依据：先取n = 1，则由S₁ = f（1）得S₃ = f（2）；再取n = 2，则由S₃ = f（2）得S₅ = f（3）……其实质是数学归纳法的变型，但比“原型”简明简洁、简练简便，可以广泛运用。
    ②“S_{2n + 2} - S_2n = g（n + 1）- g（n）［g（1）= S₂］S_2n = g（n） ”的理论依据：先取n = 1，则由S₂ = g（1）得S₄ = g（2）；再取n = 2，则由S₄ = g（2）得S₆ = g（3）……其实质是数学归纳法的变型，但比“原型”简明简洁、简练简便，可以广泛运用。
    ③“S_{n + 1} - S_n  = h（n + 1）- h（n）［h（1）= S₁］S_n  = h（n） ”的理论依据：先取n = 1，则由得S₁ = h（1）得S₂  = h（2）；再取n = 2，则由S₂  = h（2）得S₃ = h（3）……其实质是数学归纳法的变型，但比“原型”简明简洁、简练简便，可以广泛运用。
    ④ 将（-1）^{n + 1}变形的方法：（-1）^{n + 1} = -（-1）ⁿ （-1）^{n + 1} =；将（-1）^{n + 1} n变形的方法：
     （-1）^{n + 1} = -（-1）ⁿ ，n =（-1）^{n + 1} n =（-1）^{n + 1}·+（-1）^{n + 1}·
    =-。
    3.（文22）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：+ y² = 1.如图所示，斜率为k（k＞0）且不过原点的直线l交椭圆C于A、B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x = -3于点D（-3，m）.
    
    （1）求m² + k²的最小值；
    （2）若∣OG∣² =∣OD∣·∣OE∣,
    ① 求证：直线l过定点；
    ② 试问点B、G能否关于x轴对称？若能，求出此时△ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由.
    【参考答案】
    （1）设直线l的方程为y = kx + t（k＞0），由题意知t ＞0.
    由方程组得（3 k² + 1）x² + 6 ktx + 3 t ² -3 = 0.由题意知⊿＞0，所以3 k² + 1＞t ².
    设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由根与系数的关系，得x₁ + x₂ = -，所以y₁ + y₂ =.
    因为E是线段AB的中点，所以x_E = -，y_E = .
    此时k_OE =  = -，所以OE所在直线的方程为y = -x.
    由题意知点D（-3，m）在直线OE上，所以m =，即mk = 1.
    所以m² + k² ≥2 mk = 2，当且仅当m = k = 1时上式成立.
    此时由⊿＞0得0＜t＜2，因此当m = k = 1且0＜t＜2时，m² + k²取最小值2.
    （2）① 由（1）知OD所在直线的方程为y = -x，
    将其代入椭圆C的方程，并由k＞0，解得G.
    又E，D，由距离公式及t ＞0，得
    ∣OG∣² =+ = ，
    ∣OD∣==，∣OE∣==.
    由∣OG∣² =∣OD∣·∣OE∣,得t = k.
    因此直线l的方程为y = k（x + 1），所以直线l恒过定点（-1, 0）.
    ② 由①得G.
    若点B、G关于x轴对称，则B,-.
    B的坐标代入y = k（x + 1），整理得3k² - 1 = k，
    即6k⁴ - 7k² + 1= 0，解得k² =或k² = 1.
    又因为3k² - 1＞0，即k²＞，所以k² = 1，所以k = 1.
    此时B，-，G，关于x轴对称.
    由（1）得x₁ = 0，y₁ = 1，所以A（0，1）.
    由于△ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设△ABG的外接圆的圆心为（d，0）.
    因此d² + 1 = + ，解得d = -.故△ABG的外接圆的半径为=，
    所以△ABG的外接圆的方程为.
    ·巧思·
    ①（1）中，将点E的坐标设为（-3 a，ma），则O、E、D三点共线的条件便能体现；再将点A、B的坐标设为对称式（关于中点E对称）：（-3 a + b，ma + kb）和（-3a - b，ma - kb），则k_AB = k的条件也已体现；利用点A、B在椭圆上，就得两个对称的等式，由此又得一个简单关系式，问题便轻松、方便地得解。
    ②（2）中，将点G的坐标设为（-3 c，mc），再代入椭圆的方程，就得到c、m的一个关系式；再利用条件∣OG∣² =∣OD∣·∣OE∣,又得a、c、m的一个关系式；则直线l_AB经过定点坐标就必然是“显而易见”。
    ③ 由椭圆的对称性可知定点F在x轴上，故若点B、G关于x轴对称，则必k_FG = - k_BG = - k，于是又得到c、m的一个关系式；由此可求c、m的值，点G、B、A的坐标也随之可得，圆的方程便“近在眼前”。
    ④ 利用圆心在x轴上和A（0，1），可设圆为4x² + 4y² + 2dx - 4 = 0，就避免了求圆的半径和分数的出现。
    ⑤ 如此思考，似此分析，可以缩减大量文字，缩小许多篇幅，缩短不少过程，使得解答简单、简洁、简便。
    ·妙解·
    由题可设E（-3 a，ma），A（-3 a + b，ma + kb），B（-3a - b，ma - kb）（a、b＞0），则
    （1）（-3 a + b）² + 3（ma + kb）² = 3 =（-3 a - b）² + 3（ma - kb）²-12 ab + 12 abmk = 0
    mk = 1m² + k²≥2 mk = 2m = k = 1时，m² + k² = 2为最小.
    （2）由题可设G（-3 c，mc）（c＞0）9 c² + 3 m² c² = 3c²（3 + m²）= 1.
    ①∣OG∣² =∣OD∣·∣OE∣9c² + m²c² = ·a = c².
     l_AB：y = k（x + 3 a）+ ma = kx + a（3 k + m）= kx + c²（3k + m）
     = kx + c²（3k+m²k）= kx + k直线l恒过定点F（-1，0）.
    ② B、G关于x轴对称k_FG == - k = -= m² =c =
    m = k = 1G, ，B, -，A（0，1），圆心在x轴上
    可设圆：4x² + 4y² + 2dx - 4 = 09 + 1 - 3d - 4 = 0
    d = 2圆：x² + y² + x - 1 = 0.
    【评注】
    ① 遇到含有直线与曲线相交条件的问题时，我们通常习惯于采用联立方程，求交点坐标或是求两根之和、两根之积来解决，而没有想到还可以采用其他不解方程的方法。
    ② 遇到求圆方程的问题时，我们通常习惯于采用将圆方程的待定式设为标准式，亦即“心径式”，求出圆心的坐标和圆的半径，而没有想到还可以将圆的方程设为一般式。
    ③ 第一个“没有想到”，是由于受到题设中元素“出场”的先后次序所限制。实际上，“先有直线后有交点”与“先有交点后有直线”是一回事，完全可以根据情况来决定。
    ④ 第二个“没有想到”，是由于没有看到“标准式”与“一般式”的相似和不同之处。相似之处是二者可以互化且都含有三个待定系数，不同之处是：若前者是整系数方程，则化为后者也是如此；而若后者是整系数方程，则化为前者未必如此；并且前者的运算量大于后者。
    ⑤ 由此可见，于此可知，我们的解题思路不能“墨守成规”，而要敢于“打破常规”；我们的解题方法不能“一成不变”，而要善于“随机应变”；要经常更新、不断创新！
    4.（理22）已知动直线l与椭圆C：+ = 1相交于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）两个不同点，且△OPQ的
    面积S_△OPQ =，其中O为坐标原点．
    （1）证明：+ 和+ 均为定值；
    （2）设线段PQ的中点为M，求∣OM∣·∣PQ∣的最大值；
    （3）椭圆C上是否存在三点D,  E,  G，使得S_△ODE = S_△ODG = S_△OEG =？若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由．
    【参考答案】
    （1）① 当直线的斜率不存在时，P,Q两点关于轴对称，所以x₂ = x₁，y₂ = - y₁ .
    因为P（x₁, y₁）在椭圆上，因此+= 1， ①
    又因为S_ΔOPQ = ，所以∣x₁∣·∣y₁∣=.  ②
    由①②得∣x₁∣=,∣y₁∣= 1.此时 = 3， = 2 .
    ② 当直线的斜率存在时，设直线的方程为y = kx + m .
    由题意知m≠0，将其代入+= 1得（2 + 3 k²）x² + 6 km + 3（m² - 2）= 0 ，
    其中⊿ = 36 k²m² - 12（2 + 3 k²）（m² - 2）＞ 0，即3 k² + 2＞m².  （﹡）
    又x₁ + x₂ = -， x₁ x₂ =.
    所以∣PQ∣=·=·.
    因为点O到直线l的距离d =，
    所以S_△OPQ = ∣PQ∣·d =··=.
    又S_△OPQ =，整理得3 k² + 2 = 2m²，且符合（﹡）式.
    此时+=（x₁ + x₂）² - 2x₁x₂ =- 2× = 3 ，
    +=（3 -）+ （3 -）= 4 -（+）=2
    综上所述，+= 3，+ = 2，结论成立.
    （2）解法1：① 当直线的斜率不存在时，
    由（Ⅰ）知∣OM∣=∣x₁∣=，∣PQ∣= 2∣y₁∣=  2，因此∣OM∣·∣PQ∣=× 2 = .
    ② 当直线的斜率存在时，
    由（Ⅰ）知：= -，= k+ m = -+ m ==，
    ∣OM∣² =+=+==，
    ∣PQ∣² =（1 + k²）= = 2，
    所以∣OM∣²·∣PQ∣² =××2×
    =≤=，
    所以∣OM∣·∣PQ∣≤，当且仅当3 -  = 2 + ，即m =±时等号成立，
    综合①③得∣OM∣·∣PQ∣的最大值为.
    解法2：因为4∣OM∣² +∣PQ∣² =（x₁ + x₂）² +（y₁ + y₂）² +（x₁ - x₂）² +（y₁ - y₂）²
    = 2［（+）+（+）］= 10,
    所以2∣OM∣·∣PQ∣≤== 5.
    即∣OM∣·∣PQ∣≤，当且仅当2∣OM∣=∣PQ∣=时等号成立.
    因此∣OM∣·∣PQ∣的最大值为.
    （3）椭圆上不存在三点D, E, G，使得S_△ODE = S_△ODG = S_△OEG =
    假设存在D（u，v），E（x₁, y₁），G（x₂, y₂）满足S_△ODE = S_△ODG = S_△OEG =，
    由（Ⅰ）得u² += 3,  u² += 3, += 3； v² += 2,  v²+= 2, += 2 ..
     
    解得u² ===；v² === 1.
    因此u，x₁, x₂只能从±中选取；v，y₁，y₂只能从±1中选取，
    因此D,E,G只能在这四点中选取三个不同点.
    而这三点的两两连线中必有一条过原点，这与S_△ODE = S_△ODG = S_△OEG =相矛盾，
    所以椭圆C上不存在满足条件的三点D,E,G.
    ·巧思·
    ① 题意就是点P、Q在椭圆上，与其所在直线l无关，故可不必考虑直线l ，亦即无须出现直线l的方程，以及解方程组，避免了“多此一举”的动作。
    ② 利用椭圆的参数方程x=cos θ , y=sin θ另设点P、Q、D、E、G的坐标，又避免了出现椭圆方程以及解方程组，避开了“眼花缭乱”的过程。
    ③ 运用△ABC面积的行列式表示法：S_△ABC =±（ABC为逆时钟时用“+”，为顺时针时用“-”），可以免求PQ之长以及点O与直线PQ之距。
    ④ 运用三角公式可使运算简单方便、结果易得。
    ·妙解·
    （1）另设P（cos α ,sin α），Q（cos β,sin β）（0＜α - β＜2p）
    S_ΔOPQ =  =（sin α cos β -cos α sin β）=sin（α - β）=α - β =
    + = 3 cos² α + 3cos² β =3cos² α + 3sin² α = 3,
     + = 2sin² α + 2sin² β = 2cos² β + 2sin² β = 2.
    （2）∣OM∣² =（cos α + cos β）² +（sin α + sin β）² =（cos α + sin α）² +（sin α - cos α）² =+sin2α,
    ∣PQ∣² =3（cos α - cos β）² + 2（sin α - sin β）² =3（cos α - sin β）² + 2（sin α + cos β）² = 5 - sin2α
    ∣OM∣·∣PQ∣=≤∣OM∣·∣PQ∣_max =.
    （3）设D（cos α ,sin α），E（cos β,sin β），G（cos,sin）（0＜＜β＜α＜2p）.
    由（1）知，若S_△ODE = S_△ODG = S_△OEG =，则α - β =，α - =，β -=（矛盾）.
    故不存在满足条件的三点D、E、G.
    【评注】
    ① 遇到含有直线与曲线相交条件的问题时，我们通常习惯于采用联立方程，求交点坐标或是求两根之和、两根之积来解决，而没有想到还可以采用其他不解方程的方法。
    ② 椭圆方程既可用普通式表示，也可用参数式表示。我们通常习惯于解答要求两种方程互化的特定习题，而没有想到在其他情况下也可以采用前者化为后者的解题方法。
    ③ 第一个“没有想到”，是由于受到题设中元素“出场”的先后次序所限制。实际上，“先有直线后有交点”与“先有交点后有直线”是一回事，完全可以根据情况来决定。
    ④ 第二个“没有想到”，是由于没有看到“普通方程”和“参数方程”各自的优点与缺点。前者的优点是只含一个等式，后者的缺点则是含有两个等式；前者的缺点是设了某点的坐标后，还要写出该点在曲线上所满足的对应等式；后者的优点是设了某点的坐标后，已经同时表明该点在曲线上，而无须再另外说明。应当意识到：若两者只在特定习题中才互化，则练习又有何用？
    ⑤ 教师可向学生介绍用3阶行列式表示三角形面积：若A（x₁, y₁）、B（x₂, y₂）、C（x₃, y₃）为逆时钟方向不共线三点，则2S_△ABC = x₁（y₂ - y₃）+ x₂（y₃ - y₁）+ x₃（y₁ - y₂）。
    【小结】
    ① 数学是美的，“简洁美”是其中之一，也是主要的数学美，解决数学问题应当——力求简明、简便、简洁、简单，力求创优创新、尽善尽美。亦即：应当努力——探求尽可能简明的思路、尽可能简便的解法，探求尽可能简洁的语句、尽可能简单的表述。
    ② 如果某个问题的解答过程较复杂、步骤较冗长，我们就要思考：这个解法算得上“较好”吗？“很好”吗？“极好”吗？还能够“改变”吗？“改造”吗？“改进”吗？亦即：教师传给学生的知识，不仅应当确保是“正品”，而且还应当是“精品”、“极品”。
    ③ 如同长跑比赛不仅比耐力、而且比速度一样，数学高考不仅测验“会不会”，而且测验“好不好”、“快不快”：看你能否在很短时间内顺利地完成答卷。因此，探求“巧思妙解”就不仅仅是理论上的需要，而且还更是实际实在的需要、迫切急切的需要。
    ④“数学是思维的科学”（单墫）。思绪明朗、思路开阔、思想活跃、思维科学了，问题就能迎刃而解；反之则犹豫不决、迷惑不解。因此，数学教育者先教育思维的拓展，数学学习者先学习思维的拓展，就当然是“十分必要、极其重要、非常紧要”的。
    

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