提升数学思想 提高思维能力

提升数学思想 提高思维能力
一.高考对数学思想方法的要求：
1. 《考试大纲》的要求:
“数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想和方法的考查，注重对数学能力的考查．”
“对数学思想和方法的考查是对数学知识在更高层次的抽象和概括的考查，考查时必须要与数学知识相结合，通过数学知识的考查，反映考生对数学思想和方法的理解．要从学科整体意义和思想价值立意，注意通性通法，淡化特殊技巧，有效地检测考生对中学数学知识中所蕴涵的数学思想和方法的掌握程度．”（《考试大纲》（理,文科，2007年））
2.高考评价报告要求:
数学在培养和提高人的思维能力方面有着其他学科所不可替代的独特作用，这是因为数学不仅仅是一种重要的“工具”或者“方法”，更重要的是一种思维模式，表现为数学思想。高考数学科提出“以能力立意命题”，正是为了更好地考查数学思想，促进考生数学理性思维的发展。因此，要加强如何更好地考查数学思想的研究，特别是要研究试题解题过程的思维方法，注意考查不同思维方法的试题的协调和匹配，使考生的数学理性思维能力得到较全面的考查。”(《2002年普通高考数学科试题评价报告》（教育部考试中心）
3.考试中心对教学与复习的建议:
在考试中心对数学复习的建议中指出：“数学思想方法较之数学基础知识有更高的层次．具有观念性的地位，如果说数学知识是数学内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学意识，只能领会、运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决”．
“数学思想方法与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得，与此同时又应该领会它们在形成知识中的作用，到了复习阶段应该对数学思想方法和数学基本方法进行疏理、总结，逐个认识它们的本质特征、思维程序或者操作程序，逐步做到自觉地、灵活地施用于所要解决的问题．近几年来，高考的每一道数学试题几乎都考虑到数学思想方法或数学基本方法的运用，目的也是加强这些方面的考查.同样,这些高考试题也成为检验数学知识,同时又是检验数学思想方法的良好素材,复习时可以有意识地加以运用.”.
二. 数学思想方法的三个层次:
数学基本方法包括：
待定系数法，换元法，配方法，割补法，反证法等；
数学逻辑方法（或思维方法）包括：
分析与综合。归纳与演绎，比较与类比，具体与抽象等；
数学思想包括：
函数与方程的思想，数形结合的思想，分类与整合的思想，
化归与转化的思想，特殊与一般的思想，有限与无限的思想，
或然与必然的思想等。
在高考复习时，要充分认识数学思想在提高解题能力的重要性，有意识地在复习中渗透数学思想，提升数学思想。
1．函数与方程的思想：
考试中心对考试大纲的说明中指出：“高考把函数与方程的思想作为七种思想方法的重点来考查，使用选择题和填空题考查函数与方程思想的基本运算，而在解答题中，则从更深的层次，在知识的网络的交汇处，从思想方法与相关能力相综合的角度进行深入考查。”
什么是函数和方程思想？简单地说，就是学会用函数和变量来思考，学会转化已知与未知的关系,对函数和方程思想的考查,主要是考查能不能用函数和方程思想指导解题,在用函数和方程思想指导解题时要经常思考下面一些问题:
－是否需要把一个代数式看成一个函数
－是否需要把字母看作变量？
－如果把一个代数式看成了函数，把一个或几个字母看成了变量，那么这个函数有什么性质？
－如果一个问题从表面上看不是一个函数问题，能否构造一个函数来帮助解题？
－是否需要把一个等式看作为一个含未知数的方程？
－如果是一个方程，那么这个方程的根（例如根的虚实，正负，范围等）有什么要求？
1.把字母看作变量或把代数式看作函数.
【例1】已知两条曲线：
椭圆和圆,若两条曲线没有公共点,求的取值范围.
【分析及解】一般的解法是:从和的方程中消去一个未知数,比如消去,得到一个关于的方程
, ①
因为两条曲线没有公共点,所以方程①没有实数根,即判别式小于零,即
解得 或(由,舍去).
这就是说, 若两条曲线没有公共点, 的取值范围为.
这个结果是否正确呢 我们可以画一个图来观察,如图,以为圆心,为半径的圆与椭圆没有公共点,但是这一结果在上面的计算中,并没有出现,显然,这种解法出了毛病!
我们换一个思路:由方程①变形为
.
把看作的函数,由椭圆可知,,因此,求使圆与椭圆有公共点的的集合,等价于在定义域为的情况下,求函数
值域.
由可得的值域是,即,它的补集就是圆与椭圆没有公共点的的集合,因此, 两条曲线没有公共点的的取值范围是或.
【例2】 （Ⅰ）若关于的不等式对所有都成立,求的取值范围.
（Ⅱ）若关于的不等式有解, 求的取值范围.
【分析及解】把式子看作函数.
设,则
（Ⅰ）若关于的不等式对所有都成立,则,又,则.
（Ⅱ）若关于的不等式有解,则,即.
【例3】(2005年，江西卷，理)
已知数列各项都是正数,且满足
（Ⅰ）证明
（Ⅱ）求数列的通项公式an.
【分析及解】（Ⅰ）解法1. 这是一个以递推公式为背景的数列不等式，但是把递推公式看作一个函数，就可以获得一个很简单的解法。
把看作一个函数.
由此启发得
于是
又因为
所以 ,
由以上有
解法2. 用数学归纳法证明：
1°当n=1时，
∴；
2°假设n = k时有成立，
令，在上单调递增，
所以由假设有：
即
也即当n=k+1时 成立，
所以对一切.
2.用函数和方程的性质解题.
【例1】(2006年,北京卷,理)
已知 是上的减函数，那么 a 的取值范围是 ( ).
（A） （B） （C） （D）
【分析及解】本题从表面上看并不困难,
若为减函数,则,
若为减函数,则,
于是, a 的取值范围是 .
但是,这个结果是错误的,对(B)是误选.为什么呢？解题时，忽略了分段函数的问题.
因为是分段函数,又要求在上是减函数,就涉及到分段函数的单调性的规律.
一般地,若函数在区间和上是增函数,在并区间上不一定是增函数,但是,只要增加一个条件就可以了,同样, 若函数在区间和上是减函数,在并区间上不一定是减函数,但是,只要增加一个条件就可以了,因此,本题还就必须满足,即,于是,故选C.
3.构造函数解题.
【例1】(1997年,全国卷)
设二次函数,方程的两个实根，满足.
(Ⅰ) 当时,证明;
(Ⅱ) 设函数的图象关于直线对称,证明.
【分析及解】(Ⅰ)由于是方程的两个实根,所以可以从整体上考虑,为此,构造函数,设.
要证明,就需要证明,以及.
因为,则,
因此,即,
又
,
由得,又有,于是, 即,所以, .
(Ⅱ) 要证明,仍需要用函数和方程思想来解决,这是因为变量和涉及到函数和及方程.
由是函数的图象的对称轴,则,
由是方程的两个实根,及
则有 ,
于是,
【例2】（2001年，全国卷）
已知是正整数，且1＜≤＜．
(Ⅰ) 证明 ＜；
(Ⅱ) 证明 ＞．
【分析及解】重点研究第(Ⅱ)问.
.
构造函数,
只要证明为减函数就可以了.
由 ,
则为减函数,由可得.
因而 , 于是, ＞成立.
【例3】已知实数分别满足
求的值.
【分析及解】已知的等式都是三次方程,直接通过方程解出有
一定的困难,但是,题设的两个等式的左边的结构相同,使我们想到用
统一的式子来表示这两个等式,对题设的两个等式变形为
,
根据这两个等式的特征,构造函数.
函数是一个奇函数,又是上的增函数,则有
于是, 因而得
【例4】（2006年湖南卷，理）已知函数,
数列{}满足:
证明: （I）;　（II）.
【分析及解】（I）先用数学归纳法证明，，
又因为时，，
所以，综上所述．
（II）构造函数，．由（I）知，当时，，从而
所以在(0,1)上是增函数. 又在[0,1]上连续,且,所以当时，成立.
于是．故．
【例5】（2004年全国卷Ⅱ，理.)
已知函数
（Ⅰ）求函数的最大值;
（Ⅱ）设,证明
【分析及解】（Ⅱ）
构造函数
则
当 在此内为减函数.
当上为增函数.
从而，当有极小值
因为
即
再构造函数
则
当 因此上为减函数.
因为
即
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，.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’到‘数’的转化为主。”
【例1】（2006年湖南卷，理）若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为,则直线的倾斜角的取值范围是( ).
(A) (B) (C) (D)
【分析及解】 圆整理为
，∴圆心坐标为(2，2)，半径为3，
要求圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则圆心到直线的距离应小于等于，
∴ ，∴ ，
∴ ，，∴ ，
直线的倾斜角的取值范围是，选B.
【例2】 (2006年,福建卷,理)
已知=1,=,,点C在∠AOB内，且，设)，则等于
(A) (B)3 (C) (D)
【分析及解】设，如图，
于是，
【例3】 (2006年浙江卷,理)
对,记函数
的最小值是　　.
【分析及解】画出函数和的图象，由的定义,可得
，
则.
【例4】(1990年,全国卷)
如果实数满足等式那么的最大值是( ).
（A） （B） （C） （D）
【分析及解】根据已知等式,画出以为圆心,以为半径的圆,则的几何意义是圆上一点与原点所连直线的斜率.
显然, 的最大值是过原点与圆相切的直线的斜率,由可得.
于是,的最大值是,故选（D）.
【例5】 (2005年，江苏卷)
△ABC中，则△ABC的周长为( ).
（A） （B）
（C） （D）
【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,但是注意到数形结合,可以很快解决问题.为此,延长到,使,则 ,由正弦定理
,即
,由此,选(D).
【例6】(2005年，上海卷)
设定义域为R的函数，则关于的方程有7个不同实数解的充要条件是（ ）
(A) 且 ( B)且
(C)且 (D)且
【分析及解】画出函数的图像,该图像关于对称,且,令,
若有7个不同实数解,则方程有2个不同实数解,且为一正根,一零根.
因此, 且,故选(C).
3. 分类与整合的思想：
在解题时,我们常常遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法，统一的式子继续进行了，因为这时被研究的问题包含了多种情况，这就必须在条件所给出的总区域内，正确划分若干个子区域，然后分别在多个子区域内进行解题，这里集中体现的是由大化小,由整体化为部分,由一般化为特殊的解决问题的方法,其研究方向基本是“分”，但分类解决问题问题之后，还必须把它们总合在一起，这种“合－分－合”的解决问题的过程，就是分类与整合的思想方法．
分类与整合的思想是以概念的划分，集合的分类为基础的思想方法，对分类与整合的思想的考查,有以下几个方面。
一是考查有没有分类意识,遇到应该分类的情况,是否想到要分类,什么样的问题需要分类？
二是如何分类，即要会科学地分类，分类要标准统一，不重不漏；
三是分类之后如何研究；
四是如何整合.
【例1】 (2006年,全国卷Ⅰ,理)
设集合。选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( ).
(A) (B) (C) (D)
【分析及解】从 “B中最小的数”入手，显然有四种情形：
① B中最小的数为2.此时仅有1中选法,即,而可以有8中选法,即3,4,5三个元素可以在中,也可以不在中.
② B中最小的数为3,此时有3种选法,即,而有4种选法,即4,5两个元素可以在中,也可以不在中.
③ B中最小的数为4, 此时有7种选法,即为的非空子集,而有2种选法,即5可以在中,也可以不在中.
④ B中最小的数为5, 此时有15种选法,即为的非空子集,而仅有1种选法,即5在中.
由以上, 不同的选择方法共有种.
【例2】(2005年，福建卷,理)
从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ ）
(A) 300种 (B) 240种 (C) 144种 (D) 96种
【分析及解】 本题的关键问题是甲、乙两人不去巴黎游览这一要求,因此,就要针对甲,乙是否被挑选上,甲,乙去何处游览进行研究. 对甲,乙是否被挑选上可分为4类.
有甲有乙：这时有种；
有甲无乙：这时有种；
无甲有乙：这时有种；
无甲无乙：这时有种
由以上，不同的选择方案共有种，因此选（B）.
【例3】 (2006年,辽宁卷,理)已知函数
,则的值域是
(A) (B) (C) (D)
【分析及解】本题给出的函数是一个含有绝对值符号的函数,就要对进行分类,写成分段函数
当,即时,
,
当,即时,
.故选(C).
【例4】(2005年，浙江卷，文)
已知函数和的图象关于原点对称,且.
（Ⅰ）求函数的解析式;
（Ⅱ）解不等式;
（Ⅲ）若在上是增函数,求实数的取值范围.
【分析及解】（Ⅰ）是用函数图象的对称求解函数的问题.容易求出.
（Ⅱ）由于涉及到含有绝对值符号,所以要用分类讨论思想求解.
不等式 化为
需要对和分类:
当时, 不等式为 ,此不等式无解;
当时, 不等式为 , 解得.
于是解集为.
（Ⅲ）,
为求实数的取值范围,就要对的取值分类.
当时, ,此时在上是增函数,
当时,对称轴方程为 .
① 当时,需满足,解得;
② 当时, ,解得.
综合(1),(2),.
【例5】 (2005年，江西卷，理)
已知函数为常数),且方程有两个实根为,.
(Ⅰ) 求函数的解析式;
(Ⅱ) 设，解关于的不等式：.
【分析及解】(Ⅰ)将,代入方程得
解得
(Ⅱ)不等式可化为
, 进而有.
这等价于
解到这里就要针对与的大小关系进行分类:
当时,解集为;
当时, 解集为
当时, 解集为.
【例6】设，，且，求实数的取值范围．
【分析及解】由,对集合分类.
(1)当是空集时,有
.
(2)当不是空集时,是空集,必须使方程
有二负根,其充要条件是
或.
综合(1),(2)得.
【例9】(2005年，天津卷，理)
已知.
（Ⅰ）当时，求数列的前项和；
（Ⅱ）求.
【分析及解】 (Ⅰ) 当时,
,
利用错位相减法,可得
二式相减得
这时,就要对分类:
若,则即
;
若,则 .
(Ⅱ)为求,就首先要分和两种情况对求和.
当时,,则 =.
当时,可以求得.此时,
为求,又要进行第二级分类.
当时, ;
当时, =
4. 化归与转化的思想：
化归与转化的思想是指在解决问题时，采用某种手段使之转化，进而使问题得到解决的一种解题策略，是数学学科与其它学科相比，一个特有的数学思想方法，化归与转化思想的核心是把生题转化为熟题。事实上，解题的过程就是一个缩小已知与求解的差异的过程，是求解系统趋近于目标系统的过程，是未知向熟知转化的过程，因此每解一道题，无论是难题还是易题，都离不开化归。例如，对于立体几何问题，通常要转化为平面几何问题，对于多元问题，要转换为少元问题，对于高次函数，高次方程问题，转化为低次问题，特别是熟悉的一次，二次问题，对于复杂的式子，通过换元转化为简单的式子问题等等。在高考中，对化归思想的考查，总是结合对演绎证明，运算推理，模式构建等理性思维能力的考查进行，因此可以说高考中的每一道试题，都在考查化归意识和转化能力。
【例1】(2006年,江西卷,理)
如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，
，是上一动点，则的最小值是___________
【分析及解】连，沿将展开与在同一个平面内，如图所示，
连，则的长度就是所求的最小值.
通过计算可得
,,所以,又,于是,
A1C1C＝135. 由余弦定理可求得
本题把立体几何问题转化为平面几何问题,把沿表面两点的距离问题转化为平面上两点间的距离问题,
【例2】 (2006年天津卷,理)
已知数列满足,并且
为非零参数,
(Ⅰ) 若成等比数列,求参数的值;
(Ⅱ) 当时,证明;
(Ⅲ) 当时,证明
.
【分析及解】本题的第(Ⅰ) 问比较简单,由得
因为成等比数列,则
.
第(Ⅱ)问证明的关键就是能否把递推式转化为等比数列,以及对不等式能类比等比数列求解.从而把生题转化为熟题.
由已知, ,,可得
,于是有,
①
②
由①，②得，于是，
第(Ⅲ)问要证明一个分式不等式
,
关键在于能否把不等式的左边的分式的和转化为熟知的数列的和,这正是解决本问的努力方向.
由得，
因此，，
【例3】 (2004年，全国卷Ⅲ)
已知球的半径为,三点都在球面上,且每两点间的球面距离均为,则球心到平面的距离为( ).
(A) (B) (C) (D)
【分析及解】由已知条件,分析所给出的几何体的特征,可作如下转化:
球心到平面的距离正三棱锥的高正方体的对角线
可立即得出球心到平面的距离=棱长为的正方体对角线的=.
5. 特殊与一般的思想：
由特殊到一般,再由一般到特殊反复认识的过程是人们认识世界的基本过程之一对数学而这种由特殊到一般,再由一般到特殊的研究数学问题的基本认识的过程,就是数学研究的特殊与一般的思想.
在高考中,会有意设计一些能集中体现特殊与一般的思想的试题,例如:
(1) 由一般归纳法进行猜想的试题;
(2) 由平面到立体,由特殊到一般进行类比猜想的试题;
(3) 抽象函数问题;
（4）定点,定值问题;
(5) 用特殊化方法解选择题等.
1．用一般性结论解决特殊性问题
【例1】(2006年江西卷,理)
对于上可导的任意函数，若满足，则必有( ).
（A） （B）
（C） （D）
【分析及解】依题意，当时，，函数在（1，＋）上是增函数；当时，，在（－，1）上是减函数，故当时取得最小值，即有
，，即故选C
本题首先考虑的是一般性的结果：任意函数当时取得最小值,然后再根据题目的要求,对特殊的函数值进行比较.
2．从特殊性结果归纳出一般性结论
【例2】 (2005年，北京卷，理)
已知n次多项式,
如果在一种算法中，计算（k＝2，3，4，…，n）的值需要k－1次乘法，计算的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），那么计算的值共需要 次运算．
下面给出一种减少运算次数的算法：
（k＝0， 1，2，…，n－1）．利用该算法，计算的值共需要6次运算，计算的值共需要 次运算．
【分析及解】本题给出了一个求特殊的多项式的值的算法的运算次数的示范,要求归纳出求一般的多项式的值的运算的次数,这是对特殊与一般的思想和归纳抽象能力的考查.
第一种算法, 计算的值共需要次运算,即次运算;
第二种算法, 计算的值可以采用递推的方法.设计算的值的次数为,则,由是等差数列及可得.
【例3】（2004年,上海春季卷）根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，请猜测第个图中有 个点.
【分析及解】解法1.根据各图形中相应点的个数观察规律:.其相邻两项的差为构成一个等差数列,且,于是,
解法2.观察各图形中相应点的变化规律:
第一个图形只有一个中心点;
第二个图形除一个中心点外,还有两边,每边有1个点;
第三个图形除一个中心点外,还有三边,每边有2个点;
第四个图形除一个中心点外,还有四边,每边有3个点;
第五个图形除一个中心点外,还有五边,每边有4个点;
依此,第个图形除一个中心点外,还有边,每边有个点;
于是,第个图形点的个数为.
3．用特殊化方法解决一般性问题
【例4】（2006年，天津卷，理）
已知数列都是公差为1的等差数列,其首项分别为,且,,设,则数列的前10项和等于( ).
(A) (B) (C) (D)
【分析及解】用特殊化策略.设则从而,于是有
本题根据选择题的特点,对赋予特殊值,求出数列的前10项和,从而排除错误的结果,选出符合题目要求的选项.
【例5】(2005年，全国卷Ⅰ，文，理)
设为全集，是的三个非空子集，且，则下面论断正确的是（ ）.
（A） （B）
（C） （D）
【分析及解】本题是一道抽象集合问题,直接求解有困难,但可以用特殊化策略解决问题.可以构造特例,例如
设,
则, ,
经简单的计算,就可以排除(A),(B),(D).而由选择题的四选一的要求,可选(C).
4．从特殊性入手解决一般性结论
【例6】(2000年，全国卷，理)
（Ⅰ）已知数列，其中，且数列为等比数列，求常数；
（Ⅱ）设是公比不相等的两个等比数列，，证明：数列不是等比数列.
【分析及解】（Ⅰ）从特殊性入手,因为数列为等比数列，则对特殊的,即也成等比数列,于是
由题设，
，
整理得 解得 或.
下面研究一般情况,即或时, 数列是否为等比数列.
当时，，则
为等比数列.
当时，，则
为等比数列.
于是，当或时，，数列为等比数列
（Ⅱ）要证明数列不是等比数列，只要证明一个特殊的情形，即不是等比数列就可以了.
为此,设的公比分别为则由得
由于,则,因此,,所以不是等比数列,进而, 数列不是等比数列.
6. 有限与无限的思想：
考试中心对考试大纲的说明中指出：“将对无限的研究化成对有限的研究,就成了解决无限问题的必经之路,反之,当积累了解决无限问题的经验之后,可以将有限问题转化成无限问题来解决,这种无限化有限,有限化无限的解决数学问题的方法就是有限与无限的思想.”
“高考中对有限与无限的思想的考查才刚刚起步，并且往往是在考查其他数学思想和方法的过程中同时考查有限与无限的思想。例如，在使用由特殊到一般的归纳思想时，含有有限与无限的思想；在使用数学归纳法证明时，解决的是无限的问题，体现的是有限与无限的思想，等等。”
在2005年的高考中，对数学归纳法的考查加强了，除文科之外的16套试卷中，就有7道数学归纳法的试题（全国Ⅰ辽宁，浙江，福建，江西，湖北，重庆），极值和导数问题也是体现有限与无限的思想的一个重要的侧面，在29套试卷中都考查到了。
【例1】(2006年,北京卷,理)
在下列四个函数中，满足性质：“对于区间（1，2）上的任意,( ). 恒成立”的只有 ( ).
（A） （B）
（C） （D）
【分析及解】解法1.根据题设直接验证.设,
对(A),所以,(A)正确.
对(B), 所以,(B)不正确.
对(C), 所以,(C)不正确.
对(D), 所以,(D)不正确.
解法2.把变形为,则
为曲线上的点连线的斜率,而直线对应于一条平行于它的切线,于是,本题化归为哪一条曲线在区间的切线的斜率.即把不等式的问题转化为曲线的斜率问题.由
(A)(B);
(C)(D)
故选(A).
解法2是把一个两点的割线的斜率这样一个有限问题转化为切线的斜率的无限的问题.
【例2】(2005年福建卷，理)
已知数列满足a1=a, 我们知道当a取不同的值时，得到不同的数列，如当a=1时，得到无穷数列：当时,得到有穷数列:.
（Ⅰ）求当a为何值时；
（Ⅱ）设数列满足b1=－1, bn+1=，求证a取数列中的任一个数，都可以得到一个有穷数列；
（Ⅲ）若，求a的取值范围.
【分析及解】（Ⅰ）
故,有.
(Ⅱ)
取数列中的任一项,不妨设.
故a取数列中的任一个数，都可以得到一个有穷数列
（Ⅲ）要使,即,
所以, 要使,当且仅当它的前一项满足.
由于,所以只须当时,都有
由,得,解此不等式得.
【例3】(2002年全国卷)
某城市规划2001年末汽车保有量为30万辆,预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%,并且每年新增汽车数量相同,为保护城市环境,要求该城市汽车保有量不超过60万辆,那么每年新增汽车数量不应超过多少辆
【分析及解】设2001年末汽车保有量为万辆,.以后各年的汽车保有量为(万辆)
设每年新增汽车万辆,则 ,
,
是以为首项,为公比的等差数列.
,
当,即时,为减数列,
所以
又时,, .
所以此时汽车保有量不超过万辆.
当,即时,为增数列,
由于,则
所以此时汽车保有量不超过万辆.
由以上, 每年新增汽车数量不应超过万辆.
【例4】（2004年安徽春季卷，文）
已知数列的首项,其前项和,求的通项公式.
【分析及解】解法1.首先计算数列的前几项的值.
由及得,
由此猜想,.
下面用数学归纳法证明.
(1)当时, ,公式成立;
(2)假设时, 公式成立,即,
那么,时,
所以,于是, 时, 公式成立.
由(1),(2),对所有, 成立.
解法2.
由及上式得
7. 或然与必然的思想：
概率所研究的随机现象，研究的过程是在“偶然”中寻找“必然”，然后再用“必然”的规律去解决“偶然”的问题，这其中所体现的数学思想就是或然与必然的思想。
随着新教材的实施，高考中对概率内容的考查已经放在了重要的位置，通过对等可能事件的概率，互斥事件有一个发生的概率，相互独立事件同时发生的概率，n次独立重复试验发生了k次的概率随机事件的分布列与数学期望等重点内容的考查，一方面考查基本概念和基本方法，另一方面考查在解决实际问题中能否运用或然与必然的辩证关系，从而体现了或然与必然的思想。
【例1】（2006年陕西卷，文）甲、乙、丙3人投篮，投进的概率分别是．现3人各投篮1次，求:
(Ⅰ) 3人都投进的概率;
(Ⅱ)3人中恰有2人投进的概率．
【分析及解】(Ⅰ)记"甲，乙，丙投进"分别为事件 ，，.
则
∴
∴3人都投进的概率为.
(Ⅱ) 设“3人中恰有2人投进"为事件B
∴3人中恰有2人投进的概率为
【例2】（2006年湖南卷，文）
某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检). 若安检不合格，则必须整改. 若整改后经复查仍不合格，则强制关闭. 设每家煤矿安检是否合格是相互独立的，且每家煤矿整改前安检合格的概率是0.5，整改后安检合格的概率是0.8，计算(结果精确到0.01)：
(Ⅰ)恰好有两家煤矿必须整改的概率；
(Ⅱ)某煤矿不被关闭的概率；
(Ⅲ)至少关闭一家煤矿的概率.
【分析及解】（Ⅰ）每家煤矿必须整改的概率是1－0.5，且每家煤矿是否整改是相互独立的. 所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是.
（Ⅱ）解法1.　某煤矿被关闭，即该煤矿第一次安检不合格，整改后经复查仍不合格，所以该煤矿被关闭的概率是，从而煤矿不被关闭的概率是0.90.
解法二　某煤矿不被关闭包括两种情况：（i）该煤矿第一次安检合格；（ii）该煤矿第一次安检不合格，但整改后合格.
所以该煤矿不被关闭的概率是.
(Ⅲ)由题设（Ⅱ）可知，每家煤矿不被关闭的概率是0.9，且每家煤矿是否被关闭是相互独立的，所以到少关闭一家煤矿的概率是.
【例3】（2006年全国卷Ⅰ，理）
A、B是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验。每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A，另2只服用B，然后观察疗效。若在一个试验组中，服用A有效的小白鼠的只数比服用B有效的多，就称该试验组为甲类组。设每只小白鼠服用A有效的概率为，服用B有效的概率为。
（Ⅰ）求一个试验组为甲类组的概率；
（Ⅱ）观察3个试验组，用表示这3个试验组中甲类组的个数，求的分布列和数学期望.
【分析及解】（Ⅰ）设表示事件“一个试验组中，服用A有效的小鼠有只”,表示事件“一个试验组中，服用B有效的小鼠有只”, 依题意有:
，，
，
在甲类组中，服用A有效的小白鼠的只数比服用B有效的,因此所求概率为:
。
(Ⅱ) 由（Ⅰ）一个试验组为甲类组的概率为，的可能值为，且，则
ξ 0 1 2 3
P
于是，的分布列为:
数学期望: .
【例4】某电讯公司的“电讯咨询热线”电话共有10部，经统
计，在每天上午8点至12 点这一时间段，同时打入电话的情况如下表：
同时打入的电话数 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
概 率 0.13 0.35 0.27 0.14 0.08 0.02 0.01 0 0 0 0
(Ⅰ)若在上述时间段内，公司只安排2位接线员接听电话（一个接线员一次只能接听一部电话）.
①求至少一路电话不能被一次接通的概率；
②在一周的五个工作日中，若有三个工作日在这段时间内至少一路电话不能一次接通，则公司的形象将受到损害，现用“至少一路电话不能一次接通”的概率表示公司形象“损失度”，求在这种情况下公司形象的“损失度”.
(Ⅱ)求一周五个工作日的这一时间内，电话同时打入数的期望.
【分析及解】
(Ⅰ)①所求概率为
.
②“损失度”为.
(Ⅱ)∵ 在一天的这一时间内,电话同时打入数的期望为
∴一周五个工作日的这一时间内,电话同时打入数的期望为
.