４ｓｉｎαｓｉｎβ）≤
１１０２２５（）＝．４２４
中学数学杂志 ２０１５年第７期
１
｜４ｃｏｓα·２ｓｉｎβ－４ｃｏｓβ２
Ｐ（２ｃｏｓθ，ｓｉｎθ），所以Ｓ△ＡＯＢ＝·２ｓｉｎα｜＝４ｓｉｎ（α－β）．
所以ＯＭ·ＰＱ≤３ｃｏｓαｃｏｓβ＋２ｓｉｎαｓｉｎβ＝０．
５
，等号成立的条件是２
点，故此椭圆上不存在满足条件的三点．
ｘ２
＋ｙ２＝１．试题２解析 （Ⅰ）２
（Ⅲ）由（Ⅰ）知Ｄ、Ｅ、Ｇ中必有两点连线过坐标原
ｍＯＡ＋（１－ｍ）ＯＢ（０＜ｍ＜１），
即（２ｃｏｓθ，ｓｉｎθ）＝ｍ（４ｃｏｓα，２ｓｉｎα）
→
因为Ｐ，Ａ，Ｂ三点共线，且Ｐ在Ａ，Ｂ之间，所以ＯＰ＝
→
→
＋（１－
２６ｓｉｎ（α－β）＝．２４所以ｓｉｎ（α－β）＝Ｅ（
１
则Ｓ＝
２
（Ⅱ）设Ａ（２ｃｏｓα，ｓｉｎα），Ｂ（２ｃｏｓβ，ｓｉｎβ）．
２ｃｏｓαｓｉｎβ－２ｓｉｎαｃｏｓβ＝
ｍ）（４ｃｏｓβ，２ｓｉｎβ），
所以ｃｏｓθ＝２[ｍｃｏｓα＋（１－ｍ）ｃｏｓβ]， ①ｓｉｎθ＝２[ｍｓｉｎα＋（１－ｍ）ｓｉｎβ]， ②１
＝ｍ２＋（１－ｍ）２＋２ｍ（１－ｍ）ｃｏｓ（α－β）③４
[ｍ＋（１－ｍ）]２１２２
＝因为ｍ＋（１－ｍ）≥，
２２
[ｍ＋（１－ｍ）]２１
＝，所以ｃｏｓ（α－β）２ｍ（１－ｍ）≤
２２＜０．由③，≤－
１３
，所以ｓｉｎ２（α－β）＝１－ｃｏｓ２（α－β）≤，所以２４
３，所以Ｓ△ＡＯＢ≤２３．２
１１１
＋ｃｏｓ（α－β），所以ｃｏｓ（α－β）≥２２４
①②平方相加得
２ｔ（ｃｏｓα＋ｃｏｓβ）ｔ（ｓｉｎα＋ｓｉｎβ）
Ｐ（，），代入ｘ２＋２ｙ２＝
２２２２
２得ｔ[（ｃｏｓα＋ｃｏｓβ）＋（ｓｉｎα＋ｓｉｎβ）２]＝４，即：ｔ２（２＋２ｃｏｓ（α－β））＝４．
因为ｃｏｓ（α－β）＝±
４１
，所以ｔ２＝４或ｔ２＝，又因
３２２３．３
２（ｃｏｓα＋ｃｏｓβ）
，
２
３３，即ｓｉｎ（α－β）＝±．２２
ｓｉｎα＋ｓｉｎβ
），２
所以
ｓｉｎ（α－β）≤
由（１）Ｓ△ＡＢＱ＝３Ｓ△ＡＯＢ，所以（Ｓ△ＡＢＱ）ｍａｘ＝６３．面积最大．
（２）山东理科卷２０题（Ⅱ）同此题（Ⅱ）．
注 （１）由此法亦可得，当Ｐ为ＡＢ中点时Ｓ△ＡＢＱ的
为ｔ＞０，所以ｔ＝２或ｔ＝
试题３解析 （Ⅰ）（Ⅱ）（１）
ＯＱ
＝２．ＯＰ
ｘ
＋ｙ２＝１．４
２
作者简介 傅平修，男，１９６５年３月生，１９９７年破格晋升为中学高级教师．全国中学生数学奥林匹克优秀辅导员、省高中数学骨干教师、市优秀教师、市教学能手、市学科带头人．潜心于教育教学及教学研究三十余年，主编中学生读物十余部，在《中学数学杂志》等发表论文３０余篇．
（２）设Ａ（４ｃｏｓα，２ｓｉｎα），Ｂ（４ｃｏｓβ，２ｓｉｎβ），
２０１５年浙江高考理科压轴题的解题分析
浙江省桐乡第二中学 ３１４５１１ 范广法
与往年一样，２０１５年高考理科压轴题（第２０题）仍然延续了往年的风格，保持对不等式的考查，不同的是今年的压轴题以迭代数列为背景，往年多以函数和导数的内容为依托．今年的压轴题构思更精巧，设计别出心裁，解答长度大大缩短，给学生更多的思维空间，题目简约不简单．
１
题目 已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝且ａｎ＋１＝ａｎ－
２
∗
ａ２ｎ（ｎ∈Ｎ）．
５６
（Ⅰ）证明：１≤
ａｎ＋１
ａｎ
≤２（ｎ∈Ｎ∗）；
１
（ｎ∈Ｎ∗）．
ｎ２（ｎ＋１）
１ 解题的“切入点”与“突破口”分析
根据递推关系，本题中的数列｛ａｎ｝认为是在给定首项ａ１后，由递推公式ａｎ＋１＝ｆ（ａｎ）（其中ｆ（ｘ）＝ｘ－ｘ２）≤
≤
Ｓｎ
（Ⅱ）设数列｛ａ２ｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，证明
１
２（ｎ＋２）
中学数学杂志 ２０１５年第７期 ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ
代数列为背景的题目，浙江考生遇到的不多，显得有些“法宝”，又是优化解题途径的“良方”，因此在解题时，能画图的尽量画出图形，以利于正确地理解题意、快速地解决问题．注意到ｆ（ｘ）＝ｘ－ｘ２是非常熟悉的函数，因取｛ａｎ｝的性质．但凡迭代数列可尝试从数形结合的角度切入．
此可尝试将数列｛ａｎ｝中的项表示在图形中，借此来获神秘．我们知道数形结合既是寻找问题解决切入点的
反复迭代生成的数列．这时把｛ａｎ｝叫迭代数列，显然迭代数列｛ａｎ｝由函数ｙ＝ｆ（ｘ）与首项ａ１共同确定．以迭
不清，道（推理）不明，一带而过，企图蒙混过关，解答必然差强人意．有人说用数学归纳法解决，可惜的是，数学归纳法并不面向２０１５届浙江全体学生（多数学生对此一无所知），这也是命题组不想看到的．对ａｎ≤１１
（实际上只需证明ａｎ＋１≤）可通过配方、判别式、２４
可用反证法解决：假定ａｋ＋１＜０，则ａｋ＋１＝ａｋ（１－
基本不等式甚至标准答案中的迭代法都能解决．那么ａｎ＞０如何证明呢？ａ１
＜０．也就是说若数列后项（如右图，过点
交曲ａ１，０）线作ｙｘ＝轴的垂线ｆ（ｘ）于ＡＢ１，交直线ｙ１，再过Ａ１作Ａ＝ｘ于
ｙ＝１Ｂｘ１的垂线交直线于Ｂ２，过Ｂ２作Ａ图１
Ａｙ＝１Ｂｆ（２的垂线交曲线ｘ）于
ａ２，依此类推，反复作垂线得到一系列的点Ａｋ（ａｋ，
ｋ＋１察点），ＡＢｋ（ａｋＢ，ａｋ），当正整数ｋ由小到大变化时，通过观ｋ或ｋ位置变化情况可获取数列｛ａｎ单调性、有界性等．由上图（有人把这种图叫做迭代图｝的性质，如）
可知｛ａｎ｝必满足０＜ａｎ≤１
，且ａｎ＋１＜ａｎ，这两点是解
决第（Ⅰ）问乃至本题的切入点２
．
要证明第（Ⅱ）问，实际上是证明２（ｎ＋１）≤ｎ
２（ｎ＋２），它的左右两边是等差数列的通项Ｓｎ
≤
的突破口是证明｛Ｓｎｎ＋，１因此问题
ｎ｝是类等差数列，但Ｓ－ｎ
又
ｎ＋１Ｓｎ
不好计算（所以它不是本问的切入点），（Ⅱ）问的切入点在于对所证式子的等价转化，将复杂的难运算的式子转化为简单的好运算的式子．到此（Ⅱ）问的思路就很明显了，首先在等价转化方面切入，然后借助于类等差数列的性质突破．其过程如下：
根据ＳａＳ１－ａｎｎ＝ｎ＋１，把２（ｎ１＋２）≤≤
２（ｎ１
＋等价转化为１１ｎ
１）１
≤２ｎ．因ａ１２ｎ≤－１ａｎ≤ｎ＝１＋１，再等价转化为１ｎ＋１１≤
ａ１ｎｎ＋１ａｎ≤２，从而２＋（ｎ－１１）·１－ａｎ，０＜ａｎ≤，１＜－≤ａ１
ｎ
≤２＋２ａｎ＋１ａｎ
（ｎ－１）·２，即
ｎ＋１≤ａ１１Ｓｎ１
２ 难点分析
ｎ≤２ｎ，进而有２（ｎ＋２）≤ｎ≤２（ｎ＋１）
．
“０＜ａｎ≤１
２
”是本题证明过程中的难点，往往说
ｋ）＜０，而ａｋ≤
为负则其前项必为负２
，从而ａｋ，依此类推，必有ａ２＜０，ａ１＜０，这与首项ａ１为正矛盾；同样假定ａ这与首项ａｋ＋１＝０，则ａｋ＝０，依此类推，ａ３
２＝０，ａ１＝０，１为正矛盾．
思维误区分析
切入点（Ⅱ），会产生许多解题误区问入口较窄，如不将所证式的等价转化当作
，这就是本问的难点．若将上问结果作为切入点：由１≤ａｎ
ａｎ１，（
１２）≤ａｎ≤１１ａｎ＋１≤１２得１
１２≤＋ａ１ｎ
≤
ｎＳｎ≤
ｎ２，（４）ｎ≤ａ２ｎ≤４，３（１－４１
ｎ）≤４，３１ｎ（１－４
１Ｓｎｎｎ）≤≤１４，左边缩得过小右边放得过大，离要证明的相差太远．若从０＜ａｎ≤１
２
切入：由于
ａ１－
ｎ＋１ａ１＝－１ａ１１１ｎ１ｎ，０＜ａｎ≤２，１＜ａ－ｎ＋１ａｎ≤２，从而ｎ＋１≤ａ１ｎ≤２ｎ，ｎ４１ｎ２≤ａ２ｎ≤（ｎ＋１１）２，１４∑ｎｋ＝１
ｋ
１
２
≤Ｓｎ≤∑
ｋ＝１
（ｋ＋１
１）２
，接下的求和、放缩成难题；笔者通
过
２１
ｎ
≤ａｎ≤ｎ１＋１，１２（ｎ１＋１）≤ａｎ＋１≤ｎ１＋２获取ａｎ－
ａｎ＋１即ａ２ｎ的范围是
２ｎ－ｎ１＋２≤ａ２ｎ≤ｎ１＋１
，接下的求和、放缩同样成难题．若从所证式切入：即证≤Ｓ２（ｎｎ
＋２）
ｎ≤
２（ｎｎ＋１），２（ｎｎ＋２）是数列｛（ｎ＋１）（１
ｎ＋２）
｝
的前ｎ项和，２（ｎｎ＋１）是数列｛２ｎ（ｎ１
＋１）
｝的前ｎ项
和，故要证明
（ｎ＋１）（１ｎ＋２）≤ａ２ｎ
≤２ｎ（ｎ１
＋１）
，证明有难度！切入点虽对但这种转化方式并不是等价转化．
５７
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