65高中数学思想方法

【例1】:
如果实数x、y满足(x?2)?y?3，则
22
y
的最大值为(
x
)


A.
1
2
B.
3
3
C.
3
2
D.3

【分析及解】：
等式(x?2)
2
?y
2
?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
??
?
x?3cos
?< br>??
(0?
?
?
?
)
?
，集合N?{(x， y)|y?x?b}
【例2】:
若集合M?
?
(x，y)
?
??
?
y?3sin
?
??
且M?N≠?，则b的取值范围为。< br>
分析：
M?{(x，y)|x
2
?y
2
?9，0? y?1}，显然，M表示以(0，0)为圆心，

133
，而N则表示一条直线，其斜率k=1，纵截 以3为半径的圆在x轴上方的部分，（如 图）
232
距为b，由图形易知，欲使M?N≠?，即是使直线y?x?b与半圆有公共点，< br>
A.B.C.D.3
显然b的最小逼近值为?3，最大值为32，即?3?b?32



【例3】:
已知0?a?1，则方程a
A. 1个

B. 2个
|x|
?|log
a
x|的实根个数为(
D. 1个或2个或3个
)




C. 3个
第 6 页 共 29 页

分析：
判断方程的根的个数就是判断图象y?a
|x|
与 y?|log
a
x|的交点个数，画

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。
分析：
令f(x)?x
2
?2kx?3k，其图象与x轴交点的横坐标 就是方程f(x)?0

2
f(3)?0
，
的解，由y?f(x) 的图象可知，要使二根都在?13，之间，只需f(?1)?0，
f(?
b
)?f(? k)?0
同时成立，解得?1?k?0，故k?(?1，0)

2a

【例5】:
已知复数z满足|z?2?2i|?2，求z的模的最大值、最小值的范围。

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]


第 7 页 共 29 页

【例6】:已知
y?f
?
x
?
是定义在
R
上的单调函数，实数
x
1
?x
2
,< br>?
??1,
?
?
x
1
?
?
x
2
，
1?
?
?
?
x
2
?
?< br>x
1
，若
f
?
x
1
?
?f
?
x
2
?
?f
?
?
?
?f
??
?
，则（ ）。
1?
?
?
?0
?
?00?
?
?1
?
?
y
1
?f
?
x
?
的示意图象，【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< br>由
f
?
x
1
?
?f
?
x
2
?
?f
?
?
?
?f
?
?
?
可断定横坐标为
?
,
?
的点，至少有一个在横坐标为
x
1
,x
2
的点的外部，因而
?
?0
，应选（A）.
【例7】:△ABC中，
A?
?
3
,BC?3,
则△ABC的周长 为( ).
（A）
43sin(B?
（C）
6sin(B?
?
)?3
（B）
43sin(B?)?3

36
?
?
)?3
（D）
6sin(B?)?3

36
?
【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
CA
到
D
,使
AD?AB
,则
CD?A B?AC
,
?CBD??B?
?
66
BCAB?AC
?由正弦定理,即
?
sinD
??
sin
?
B?
?
6
??
?
??
AB?AC?6sin
?
B?< br>?
,由此,选(C).
6
??
,?D?
?
,

【例8】:一给定函数y?f(x)
的图象在下列图中，并且对任意
a
1
?(0,1)
，由关系式
a
n?1
?f(a
n
)
得到的数列
{a
n
}
满足
a
n?1
?a
n
(n?N
?
)
，则该函数的图象是（ ）


（A） (B) (C) (D)
【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
函数图象的特征 .实际上,只要设
a
n
?x,a
n?1
?y
,则有
y?f(x)
且
y?x
,并对所有
n?N
?
都成立,因此选 (A).
第 8 页 共 29 页

【例9】:设定义域为R的函数
f(x)?
?
?
|lg|x?1||,x?1
，则关于
x
的方程
0,x?1
?
f
2
(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
( B)
b?0
且
c?0

(C)
b?0
且
c?0
(D)
b?0
且
c?0

【分析及解】画出函数
f
?
x
?
的图像,该图像关于对称,
且
f
?
x
?
?0
,令
f
?
x
?
?t
,若
f
2
(x)?bf(x)?c?0

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).
2
二、课后练习:
一、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，??)


B.
(?1，1)

D.
(??，?1)?(1，??)
C.
(??，?1]?[1，??)

3. 设命题甲：
0?x?3
，命题乙：
|x?1|?4
，则甲是乙成立的（ ）
A. 充分不必要条件
C. 充要条件


B. 必要不充分条件
D. 不充分也不必要条件
4. 适合
|z?1|?1
且
argz?
A. 0个
?
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. 1 B. 2 C. 3 D. 4
6. 已知复数
z
1
?3?i，|z
2
|?2， 则|z
1
?z
2
|
的最大值为（ ）
A.
10?2
B.
5
C.
2?10

2
D.
2?22

7. 若
x?(1，2)
时， 不等式
(x?1)?log
a
x
恒成立，则a的取值范围为（ ）
A. （0，1） B. （1，2） C. （1，2] D. [1，2]
8. 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)?f(3)


B.
f(0)?f(3)

D.
f(2)?f(3)
C.
f(?1)?f(?3)

二、填空题：
9. 若复数z满足
| z|?2
，则
|z?1?i|
的最大值为___________。
10. 若
f(x)?x
2
?bx?c
对任意实数t，都有
f(2?t)?f (2?t)
，则
f(1)、f(?3)
、
f(4)
由小到大依次为_ __________。
11. 若关于x的方程
x
2
?4|x|?5?m
有四个不相等的实根，则实数m的取值范围为
___________。
12. 函 数
y?x
2
?2x?2?x
2
?6x?13
的最小值为__ _________。
13. 若直线
y?x?m
与曲线
y?1?x
2
有两个不同的交点，则实数m的取值范围是
___________。
三、解答题：
14. 若方程
lg(?x
2
?3x?m)?lg( 3?x)在[0，3]
上有唯一解，求m的取值范围。
15. 若不等式
4x?x< br>2
?(a?1)x
的解集为A，且
A?{x|0?x?2}
，求a的取 值范围。
参考答案:
一、选择题
1. C 提示：画出
y?sinx，y?lgx
在同一坐标系中的图象，即可。

2. D 提示：画出
y?a|x|与y?x?a
的图象

第 10 页 共 29 页

?
a?0
情形1：
?
?a?1

a?1
?
情形2：
?
?
a?0
?a??1

?
a??1

3. A
4. C 提示：|Z－1|= 1表示以（1，0）为圆心，以1为半径的圆，显然点Z对应的复数
满足条件
argz?
?
4
，另外，点O对应的复数O，因其辐角是多值，它也满足
argz?
?
4
，故
满足条件的z有两个。

5. B 提示：画出< br>y?x?ay?x
的图象，依题意，
m??a，n?a，
从而
a?a? a?a?0或2
。

6. C 提示：由
|z
2
|?2
可知，z
2
对应的点在以（0，0）为圆心，以2为半径的圆上，

而
|z
1
?z
2
|?|z
2
?( ?z
1
)|?|z
2
?(?3?i)|

第 11 页 共 29 页

表示复数
z
2
与?3?i
对应的点的距离，
结合图形，易知，此距离的最大值为：

|PO|?r
?(?3?0)
2
?(1?0)
2
?2?10?2

7. C 提示：令
y
1
?(x?1)
2
，y
2
?log
a< br>x
，
若a>1，两函数图象如下图所示，显然当
x?(1，2)
时，

要使
y
1
?y
2
，只需使
log
a
2?( 2?1)
2
，即a?2
，综上可知
当
1?a?2
时，不等式
(x?1)
2
?log
a
x
对
x?(1 ，2)
恒成立。
若
0?a?1
，两函数图象如下图所示，显然当< br>x?(1，2)
时，不等式
(x?1)
2
?log
a
x
恒不成立。

可见应选C
8. A 提示：f(x+2 )的图象是由f(x)的图象向左平移2个单位而得到的，又知f(x+2)的
图象关于直线x=0（即 y轴）对称，故可推知，f(x)的图象关于直线x=2对称，由f(x)在
（
??，2
）上为增函数，可知，f(x)在
(2，??)
上为减函数，依此易比较函数值的大小。

二、填空题：
9.
2?2
提示：|Z|=2表示以原点为原心，以2为半径的圆，即满足|Z|=2的复数Z
第 12 页 共 29 页

对应的点在圆O上运动，（如下图），而|z+1－i|=|z－（－1+i ）|表示复数Z与－1+i对应
的两点的距离。

由图形，易知，该距离的最大值为
2?2
。
10.
f(1)?f(4)?f(?3)
提示：由
f(2?t)?f(2?t)
知，f(x)的图象关于直线x=2
对称，又
f(x)?x
2
?bx?c< br>为二次函数，其图象是开口向上的抛物线，由f(x)的图象，
易知
f(1)、f(?3 )、f(4)
的大小。

11.
m?(1，5)
提示 ：设
y
1
?x
2
?4|x|?5y
2
?m
，画出两函数图象示意图，要使
方程
x?4|x|?5?m
有四个不相等实根，只需使
1?m?5

2

2
12. 最小值为
13
提示：对
x?2x?2?(x?1)
?
?1?( x?1)
2
?(1?0)
2
，联
想到两点的距离公式，它表示点（x ，1）到（1，0）的距离，
x
2
?6x?13?(x?3)
2
?( 1?3)
2
表示点（x，1）到点（3，3）的距离，于是
、（3，3）的距离
y?x
2
?2x?2?x
2
?6x?13
表示动点（x，1）到两 个定点（1，0）
之和，结合图形，易得
y
min
?13
。
13.
m?(?2，?1]

第 13 页 共 29 页

提示：y=x－m表示倾角为45°，纵截距为－m的直线方程，而
y?1?x
2
则表示以（0，
0）为圆心，以1为半径的圆在x轴上方的部分（包括圆 与x轴的交点），如下图所示，显然，
欲使直线与半圆有两个不同交点，只需直线的纵截距
?m ?[1，2)
，即
m?(?2，?1]
。
三、解答题：
?
?x
2
?3x?m?0
?
?x
2
?3x?m?0
?
?
?
3?x?0
14. 解：原方程等价于
?

?
?
0?x?3
?
0?x?3
?
?x
2
?4x?3?m
?
?
?x
2
?3x?m?3?x
?
令
y
1
??x
2
?4x?3，y
2
?m
， 在同一坐标系内，画出它们的图象，
其中注意
0?x?3
，当且仅当两函数的图象在 [0，3）上有唯一公共点时，原方程有唯一解，
由下图可见，当m=1，或
?3?m?0时，原方程有唯一解，因此m的取值范围为[－3，0]
?
{1}。

注：一般地，研究方程时，需先将其作等价变形，使之简化，再利用函数图象的直观性研究
方程的解的情 况。
15. 解：令
y
1
?4x?x
2
，y
2< br>?(a?1)x，其中y
1
?4x?x
2
表示以（2，0）为圆心，< br>以2为半径的圆在x轴的上方的部分（包括圆与x轴的交点），如下图所示，
y
2
?(a?1)x
表
示过原点的直线系，不等式
4x?x
2
?(a? 1)x
的解即是两函数图象中半圆在直线上方的
部分所对应的x值。

第 14 页 共 29 页

由于不等式解集
A?{x|0?x?2}

因此，只需要
a?1?1，∴a?2

∴a的取值范围为（2，+
?
）。

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？
（1）有些概念就是分类定义的，如绝对值的概念，又如整数分为奇数、偶数，把三角形分
为锐角三角形 ,直角三角形,钝角三角形等等；
（2）有的运算法则和定理,公式是分类给出的，例如等比数列的求 和公式就分为
q?1
和
q?1
两种情况;对数函数的单调性就分为
a
＞
1
，
a
＜
1
两种情况;求一元二次不等式的解又
分为
a?0,a?0
及
??0,??0，??0
共六种情况;直线方 程分为斜率存在与不存在等
等；
（3）图形位置的相对变化也会引起分类，例如两点在同一平 面的同侧,异侧,二次函数图像
的对称轴相对于定义域的不同位置等；
（4）对于一些题目如 排列组合的计数问题,概率问题又要按题目的特殊要求，分成若干情况
研究；
（5）整数的同余类，如把整数分成奇数和偶数等。
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】.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.
222
(1) 有甲有乙：这时有
C
4
A
3
A2
?72
种；
313
(2) 有甲无乙：这时有
C
4
A
3
A
3
?72
种；
313
(3) 无 甲有乙：这时有
C
4
A
3
A
3
?72
种；
(4) 无甲无乙：这时有
A
4
?24
种
由以上，不同的选择方案共有
3?72?24?240
种，因此选（B）.


第 15 页 共 29 页
4

x
2
( a,b
为常数),且方程
f
?
x
?
?x?12?0
有两个实根为【例2】.已知函数
f
?
x
?
?
ax?bx
1
?3
,
x
2
?4
.
(Ⅰ) 求函数
f
?
x
?
的解析式;
?
k?1
?
x?k
. (Ⅱ) 设
k?1
，解关于
x
的不等式：
f
?
x
?
?
2?x
【分析及解】(Ⅰ)将
x
1
?3
,
x
2
?4
代入方程
f
?
x
?
?x?12?0
得
?
9
?
3a?b
??9,
?
a??1,
x
2
?
x?2
?
解得
?

?f
?< br>x
?
?
?
16
2?x
b?2.
?
?
??8.
?
4a?b
(Ⅱ)不等式可化为
?
k?1
?
x?k
x
2
x
2
?
?
k?1
?
x?k
?0
.
?
, 进而有
2?x
2?x< br>2?x
这等价于
?
x?2
??
x?1
??
x ?k
?
?0,

解到这里就要针对
k
与
1,2
的大小关系进行分类:
(1) 当
1?k?2
时,解集为
x?
?
1,k
?
?
?
2,??
?
;
(2) 当
k?2
时, 解集为
x?
?
1,2
?
?
?
2,??
?
;

(3) 当
k?2
时, 解集为
x?
?
1,2
?
?
?
k,??
?
.
【例3】.已知函数
f
?
x
?
和
g
?
x
?
的图象关于原点对称,且
f
?
x
?
? x
2
?2x
.
（Ⅰ）求函数
g
?
x
?
的解析式;
（Ⅱ）解不等 式
g
?
x
?
?f
?
x
?
?x?1
;
（Ⅲ）若
h
?
x
?
?g
?
x
?
?
?
f
?
x
?
?1
在
?
?1,1
?
上是增函数,求实数
?
的取值范围.
【分析 及解】本题是浙江文科卷的压轴题，主要考查函数图象的对称，二次函数的基本性质
与不等式的应用等基 础知识，分类讨论的数学思想以及
的能力。（Ⅰ）是用函数图象的对称求解函数的问题.容易求出
g
?
x
?
??x?2x
.
（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.
2
不等式
g
?
x
?
?f
?
x
?
?x?1
化为
2x?x?1?0.

2
需要对
x?1
和
x?1
分类:
2
当
x?1
时, 不等式为
2x?x?1?0
,此不等式无解;
2
当
x?1
时, 不等式为
2x?x?1?0
, 解得
?1?x?
1
.
2
?
1
?
??
2
（Ⅲ）
h
?
x
?
??
?
1?
?
?
x?2
?
1?
?
?
x?1
,
为求实数
?
的取值范围,就要对
?
的取值分类.
(1) 当
?
??1
时,
h
?
x
?
?4x?1< br>,此时
h
?
x
?
在
?
?1,1
?< br>上是增函数,
1?
?
(2) 当
?
??1
时,对称轴方程为
x?
.
1?
?
于是解集为
?
?1,
?
.
2
第 16 页 共 29 页

① 当
?
??1
时,需满足
② 当
?
??1
时,
综合(1),(2),
?
?0
.
1?
?
??1
,解得
?
??1
;
1?< br>?
1?
?
?1
,解得
?1?
?
?0
.
1?
?
【例4】.已知
u
n
?a
n
? a
n?1
b?a
n?2
b
2
?
?
?ab< br>n?1
?b
n
(n?N
?
,a?0,b?0)
.
（Ⅰ）当
a?b
时，求数列
?
u
n
?
的前
n
项和
S
n
；
（Ⅱ）求
lim
u
n
.
n??
u
n?1
【分析及解】 (Ⅰ) 当
a?b
时,u
n
?
?
n?1
?
a
n

S
n
?2a?3a
2
?4a
3
?
?
?na< br>n?1
?
?
n?1
?
a
n
,
利用 错位相减法,可得:
aS
n
?2a
2
?3a
3
?4 a
4
???na
n
?
?
n?1
?
a
n?1

二式相减得:
?
1?a
?
S
n
?2a?a
2
?a
3
???a
n
?
?
n? 1
?
a
n?1

这时,就要对
a
分类:
a1?a
n
?
?
n?1
?
a
n?1
?a,
即 若
a?1
,则
?
1?a
?
S
n
?
1?a
?
n?1
?
a
n?2
?
?n?2
?
a
n?1
?a
2
?2a
;
S
n
?
2
?
1?a
?
n
?
n?3
?
若
a?1
,则
S
n
?2?3?
??n?
?
n?1
?
?
.
2
u
(Ⅱ)为求
lim
n
,就首先要分
a?b
和
a?b
对
u
n
求和.
n??
u
n?1
(1) 当
a?b
时,
u
n
?
?
n?1
?
a
n
,则
??
u
n
?
n?1
?
a
n
?a
.
lim
=
lim
n?1
n??< br>n??
u
na
n?1
u
n
a
n?1
?b
n?1
a
n?1
?b
n?1
(2) 当
a?b
时,可以求得
u
n
?
.此时,
?
nn
a?b
u
n?1
a?b
u
为求
lim
n
,又要进行第二级分类.
n??
u
n?1
① 当
a?b?0
时,
lim
u
n
?lim
n??< br>u
n??
n?1
?
b
?
a?b
??
?
a
?
n
n
② 当
b?a?0
时,
lim
u
n
=
?lim?b.

n
n??
u
n??
n?1
?
a
?
??
?1
?
b
?
?
b
?
1?
??
?
a?
n
a
??
a
??
?b
?
b
?
?a
;

第 17 页 共 29 页

【例5】.
解关于x的不等式：ax?(a?1)x?1?0

2


分析：这是一个含参数a的不等式，一定是二次不等式吗？不一定，故 首先对二次项系数a
分类：（1）a≠0（2）a=0，对于（2），不等式易解；对于（1），又需再 次分类：a>0或a<0，
因为这两种情形下，不等式解集形式是不同的；不等式的解是在两根之外，还 是在两根之间。
而确定这一点之后，又会遇到1与
题时，需要作三级分类。
解：
（1）当a?0时，原不等式化为?x?1?0?x?1


（2）当a?0时，原不等式化为a(x?1)(x?

①若a?0，则原不等 式化为(x?1)(x?
1
谁大谁小的问题，因而又需作一次分类讨论。故而解
a1
)?0

a
1
)?0

a
111
??1

?不等式解为x?或x?1

??0
aaa
1

②若a?0，则原不等式化为(x?1)(x?)?0

a
11

（i）当a?1时，?1，不等式解为?x?1

aa
1

(ii)当a?1时，?1，不等式解为x??

a
11

(iii)当0?a?1时，?1，不等式解为1?x?

aa
综上所述，得原不等式的解集为
1
??
当a?0时，解集为
?
xx ?或x?1
?
；
当a?0时，解集为
?
x|x?1
?
；
a
??
?
当0?a?1时，解集为
?
x1?x??
1
?
?
；
当a?1时，解集为?
；
a?
?
1
?
当a?1时，解集为
?
x?x?1
?
。
?
a
?
二、课后练习
一. 选择题：
1. 若
a?0，且a?1，p?log
a
(a?a?1)，q?log
a
(a?a?1)，则p、q
的大小关
系为（ ）
A.
p?q
B.
p?q

32
第 18 页 共 29 页

C.
p?q
D.
a?1时，p?q
；
0?a?1时，p?q

2
?
2.
A?x|x?(p?2)x?1?0，x?R
，且
A?R??
，则实数中 的取值范围是( )
??
A.
p??2
B.
p??2
C.
p?2
D.
p??4

3. 设A=
?
x|x?a?0
?
，B ?
?
x|ax?1?0
?
，且A?B?B，则实数a的值为
（ ）
A. 1 B.
?1
C.
1或?1
D.
1，?1或0

4. 设
?
是?的?次方根，则??
??
?
2
?
?
3
???
?
6
的 值为（ ）
A. 1 B. 0 C. 7 D. 0或7
5.一条直线过点（5，2），且在x轴，y轴上截距相等，则这直线方程为（ ）
A.
x?y?7?0

B.
2x?5y?0

C.
x?y?7?0或2x?5y?0

D.
x?y?7?0或2y?5x?0

6.若
sinx?cosx?1，则si n
n
x?cos
n
x(n?N)的值为
（ ）
A. 1 B.
?1
C.
1或?1
D. 不能确定
7. 函数
f(x)?mx
2
?(m?3)x?1
的图象与x轴的交 点至少有一个在原点的右侧，则实数
m的取值范围为（ ）
A.
0，??

二. 填空题
8. 若
log
a
?
?
B.
??，1
C.
0，1

?
?
?
?
D.
（0，1）

2
?1
，则a的取值范围为________________。
3
9. 与圆
x
2
?(y?2)
2
?1
相 切，且在两坐标轴上截距相等的直线方程为____________。
10. 在50件产品中有4 件是次品，从中任抽取5件，至少有3件次品的抽法共有
______________种（用数字作答 ）
参考答案:
一. 选择题
1. C 2. D 3. D 4. D
3
5. C
2
6. A 7. B
提示：1. 欲比较 p、q的大小，只需先比较
a?a?1与a?a?1
的大小，再利用对数函
数的单调性 。而决定
a?a?1与a?a?1
的大小的a值的分界点为使
(a?a?1)?

第 19 页 共 29 页
323

(a
2
? a?1)?a
2
(a?1)?0
的a值：a=1， 当a>1时，
a
3
?a?1?a
2
?a?1，
此时
log
a
(a< br>3
?a?1)?log
a
(a
2
?a?1)，
即p? q.
0?a?1时，a
3
?a?1?a
2
?a?1

此时log
a
(a
3
?a?1)?log
a
(a
2
?a?1)
,即
p?q
。可见，不论a>1还是0q。
2. 若
A??
，即
??(p?2)
2
?4?0，?4?p ?0时，A?R
?
??；

?
??0
?
若
A??，则
?
p?2
?p?0时，A?R
?
??

??0
?
2
?
可见当
?4?p?0或p?0时，
都有
A?R??
，故选（D）
3. 若
B??，则A?B?B，此时a?0

若
B??
， 则
a?0
，
?B?
??
，由A?B?B知B?A


?
?
?
1
?
?
a
?
11
?A，??a?0，解得a?1或?1，故a?0，1或?1

aa
4. 由?
是1的7次方根，可得
?
7
?1；
显然，1是1的7次方根， 故可能
?
?1
；若
1?
?
7
?
?1，则1 ?
?
?
?
???
?
??0，若
?
?1，则
1?
?
26

1?
?
?
?
???
?
?1?1?1???1?7
故选（D）
5. 设该直线在x轴，y轴上的截距均为a,
当a=0时，直线过原点，此时直线方程为
y?
当
a?0
时，设直线方程为
26
2
x，即2x?5y?0
；
5
xy
??1，则求得a?7
，方程为
x?y?7?0

aa
6. 由
sinx?cosx?1，得(sinx?cosx)
2< br>?1，即sinx?cosx?0


当sinx?0时，cosx?1；当cosx?0时，sinx?1，

于是总有
sinx?cosx?1
，故选（A）
7. 当
m?0
时，
f(x)??3x?1，其图象与x轴交点为（
nn
1
，0）
满足题意
3

当m?0时，再分m?0，m?0两种情形，由题意得

第 20 页 共 29 页

?
?
m?0
?
m?0
?
?
或
?
解得0?m?1或m?0
?
??0
1
x
1
x
2
??0
?
m?3
?
m
?
?
??0
?
2m
综上可知，
m?0或m?0或0?m?1，
m?1
故选（B）
二. 填空题
8.
0?a?
2
或a?1

3
（提示：对a分：
0?a?1与a?1
两种情况讨论）
9.
y?3x或y??3x或x?y?(2?2)?0或x?y?(2?2)?0

（提示：分截距相等均不为0与截距相等均为0两种情形）
10. 4186种
（提示： 对抽取5件产品中的次品分类讨论：（1）抽取的5件产品中恰好有3件次品；（2）
3241
抽取的5件产品中恰好有4件次品，于是列式如下：
C
4
=4140+46=4186 ）
?C
46
?C
4
?C
46


4. 化归与转化的思想
化归与转化的思想确是指在解决问题时，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】.已知球
O
的半径为
1
,
A,B,C< br>三点都在球面上,且每两点间的球面距离均为
则球心
O
到平面
ABC< br>的距离为( ).
(A)
?
,
2
12
36
(B) (C) (D)
33
33
【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
O
到平面
ABC
的距离
?
正三棱锥 的高
?
正方体的对角线
可立即得出球心
O
到平面
ABC
的距离=棱长为
1
的正方体对角线的
1
3
=.
3
3
第 21 页 共 29 页

【例2】.数列{a
n}满足
a
1
?1且a
n?1
?(1?
11
)a ?(n?1)
.
n
n
2
?n2
n
（Ⅰ）用数学归 纳法证明：
a
n
?2(n?2)
；
（Ⅱ）已知不等式
ln (1?x)?x对x?0成立,证明:a
n
?e
2
(n?1)

其中无理数
e
=2.71828?.
【分析及解】（Ⅰ）证明：（1）当< br>n
=2时，
a
2
?2?2
，不等式成立.
（2） 假设当
n?k(k?2)
时不等式成立，即
a
k
?2(k?2),< br>
11
)a
k
?
k
?2
.
k(k?1)
2
这就是说，当
n?k?1
时不等式成立.
根据（1）、（2）可知：
a
n
?2
对所有
n?2
成立.
那么
a
k?1
?(1?
（Ⅱ）要证明
a
n
?e
2
(n?1)
,就要证明
lna
n
?2
,这就 涉及到题设的不等式
ln1(?x)?x
,就需要对已知的递推公式
a
n?1
?(1?
由递推公式及（Ⅰ）的结论有
11
)a?(n?1)
进行转化.
n
2n
n?n2
a
n?1
?(1?
1111
)a??(1??)a
n
.( n?1)

n
2n2n
n?n2n?n2
两边取对数并利用已知不等式得
1111
?)?lna?lna??.

nn
n
2
?n2
n
n
2
?n2
n
11
?
n

(n?1).
故
lna
n?1
?lna
n
?
n(n?1)
2
lna
n?1
?ln(1?
这又化归到 逐差法求和.
上式从1到
n?1
求和可得
lna
n
?lna
1
111111

??
?
???
2
?
?
?
n?1
1?22?3(n?1) n2
22
1
1?
n
111111
?1??(?)?
?
????
2

223n?1n2
1?
1
2
11
?1??1?
n
?2.

n2
即
lnan
?2,故a
n
?e
2
(n?1).

?

第 22 页 共 29 页

【例2】. 若不等式< br>x
2
?px?4x?p?3
对一切
0?p?4
均成立，试求实 数
x
的取值范围
解：
?
x
2
?px?4x?p?3

?
(x?1)p?x
2
?4x?3?0

令
g(p )?
(x?1)p?x
2
?4x?3
，则要使它对
0?p?4
均有
g(p)?0
，只要有
?
g(0)?0

?x?3
或
x??1
。
?
g(4)?0
?
点评：在有几个变量的问题中，常常有一个变元处于主要地位，我们称之为主元，由于思
维定势的影响 ，在解决这类问题时，我们总是紧紧抓住主元不放，这在很多情况下是正确的。
但在某些特定条件下，此 路往往不通，这时若能变更主元，转移变元在问题中的地位，就能
使问题迎刃而解。本题中，若视x为主 元来处理，既繁且易出错，实行主元的转化，使问题
变成关于p的一次不等式，使问题实现了从高维向低 维转化，解题简单易行。


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
学而言，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.
【例1】.设集合
A?
?
x4x?1?9,x?R
?
,
B?
?
?
x
x
?
?0,x?R
?
则
A?B
=（ ）
?
x?3
?
5
(A)
(?3,?2]
(B)
(?3,?2]?[0,]

2
5
(C)
(??,?3]?[
5
,??)
(D)
(??,?3)?[,??)

2
2
【分析及解】本题可以直 接通过解不等式得到答案，也可以通过特殊化方法和估算求解，首
先由集合B可知，
x??3< br>，因而排除(C)，
【例2】.设
I
为全集，
S
1
、S
2
、S
3
是
I
的三个非空子集，且
S
1
?
S
2
?
S
3
?I
，则下面
论 断正确的是（ ）.
（A）
?
I
S
1
?（S2
?S
3
）??

（C）
痧
I
S1
?
I
S
2
?
I
S
3
??





（B）
S
1
?痧
I
S
2
?
I
S< br>3

（D）
S
1
?
?
痧

I
S
2
?
I
S
3
?
??
再由x??2?B
，又可排除(A)，(B)，于是选(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
S
1
?
?
1,2
?
,S
2
?
?< br>2,3
?
,S
3
?
?
2,4
?
,
第 23 页 共 29 页

则
I?
?
1,2,3 ,4
?
,C
I
S
1
?
?
3,4
?
,C
I
S
2
?
?
1,4
?
,
C
I
S
3
?
?
1,3
?
,
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).
nn ?1
【例3】.已知n次多项式
P???a
n?1
x?a
n
,如果在一种算法中，计算
x
0
k
n
(x)?a
0
x?a
1
x
（
k
＝2，3，4，?，n）的值需要k－1次乘法，计 算
P
3
(x
0
)
的值共需要9次运算（6次乘法，
3次加法），那么计算
P
n
(x
0
)
的值共需要 次运算．
下面给出一种减少运算次数的算法：
P
0
(x)?a
0< br>,P
k?1
(x)?xP
k
(x)?a
k?1
（k＝ 0， 1，2，?，n
－1）．利用该算法，计算
P

3
(x
0
)
的值共需要6次运算，计算
P
n
(x
0
)< br>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
P
n
(x
0
)
的值共 需要
n?(n?1)???1?n
次运算,即
n
?
n?3
?
次运算;
2
第二种算法, 计算
P
n
(x
0)
的值可以采用递推的方法.设计算
P
n
(x
0
)的值的次数为
b
n
,则
b
n
?b
n?1
?2
,由
?
b
n
?
是等差数列及
b
1< br>?2
可得
b
n
?2n
.
【例4】.数列
{ a
n
}满足a
1
?1且8a
n?1
a
n
? 16a
n?1
?2a
n
?5?0(n?1).
记
b
n
?
（Ⅰ）求
b
1
、
b
2
、
b
3
、
b
4
的值；
（Ⅱ）求数列
{b< br>n
}
的通项公式及数列
{a
n
b
n
}
的前
n
项和
S
n
.

【分析及解】解法一： < br>（I）
a
1
?1,故b
1
?
1
1
a
n
?
2
(n?1).

1
1?
1
2
?2;

a
2
?
31
a
3
?,故b
3
??4;
31
4?
42
44284
2
（II）因
(b
1
?)( b
3
?)???()
，
33333
44444
(b
2
?)
2
?()
2
,(b
1
?)(b
3
?)?(b
2
?)
2

33333
42
故 猜想
{b
n
?}是首项为,公比q?2的等比数列.

33
因
a
n
?2
，（否则将
a
n
?2
代入递推 公式会导致矛盾）
5?2a
故a
n?1
?(n?1).
16?8a
n
414
16?8a
n
4
20?16a
n

因b
n?1
??????,
1
3
a?
36a
n
?336a
n
?3
n?1
2
718
,故b2
??;

71
38
?
82
1320
a
4
?,故b
4
?.

203
第 24 页 共 29 页

428
20?16a
n
44
2(b
n
?)????b
n?1
?,b
1
??0,

3
a?
1
36a
n
?333
n
2
4
故
|b
n
?|确是公比为q?2
的等比数列.
3
1
n
4
4241
因b
1
??,故b
n
???2n
,
b
n
??2?(n?1)

33
3 333
由b
n
?
1
得a
n
b
n
? b
n
?1,

1
2
a
n
?
21
故S
n
?a
1
b
1
?a
2
b
2
???a
n
b
n

1
(1?2
n
)
151
?(b
1
?b
2
?
?
?b
n
)?n?
3
?n?(2
n
?5n?1)

21?233
解法二：
（Ⅰ）同解法一
248284
,b
3
?b
2
?,b
4
?b
3
?,??()
2

333333
21
猜想{b
n?1
?b
n}是首项为,公比q?2的等比数列,b
n?1
?b
n
??2
n
33

5?2a
n
又因a
n
?2,故a
n ?1
?(n?1).因此
16?8a
n
1112
b
n?1< br>?b
n
????

115?2a
n
1
2a< br>n
?1
a
n?1
?a
n
?
?
22< br>16?8a
n
2
16?8a
n
10?8a
n
6

???;

6a
n
?36a
n
?36a
n
?3
16?8a
n?1
16?8a
n< br>11
b
n?2
?b
n?1
????

11< br>6a
n?1
?36a
n
?3
a
n?2
?a< br>n?1
?
22
36?24a
n
16?8a
n
20?16a
n
????2(b
n?1
?b
n
).

6a
n
?36a
n
?36a
n
?3
21< br>因b
2
?b
1
??0,{b
n?1
?b
n< br>}是公比q?2的等比数列,b
n?1
?b
n
??2
n
,

33
从而
b
n
?(b
n
?b
n?1
)?(b
n?1
?b
n?2
)?
?
?(b
2
?b
1
)?b
1

1
?(2
n ?1
?2
n?2
?
?
?2
1
)?2
3114
?(2
n
?2)?2??2
n
?(n?1).
3 33

11
由b
n
?得a
n
b
n
?b
n
?1,
1
2
a
n
?
2
故S
n
?a
1
b
1
?a
2
b
2
?
?
?a
n
b
n
（Ⅱ）
b
2
? b
1
?
第 25 页 共 29 页

?
1
(b
1
?b
2
?
?
?b
n
)?n

2
1
(1?2
n
)
5
?
3
?n< br>1?23

1
?(2
n
?5n?1).
3

6. 有限与无限的思想
考试中心对考试大纲的说明中指出：“对有限的研究往往先 于对无限的研究,对有限个研
究对象的研究往往有章可循,并积累了一定的经验,而对无限个研究对象的 研究,却往往不知
如何下手,显得经验不足,于是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。
1
我们知道当a取不同的值时，得到不同的
a
n
3511
1,2,,,?;.
当
a??
时,得到有穷数列:
?,?1,0
. 数列，如当
a
=1时，得到无穷数列：
2322
【例1】.已知数列{
a
n
}满足
a
1
=a,
< br>a
n+1
=1+
（Ⅰ）求当
a
为何值时
a
4
=0；
（Ⅱ）设数列{
b
n
}满足
b
1
=－1,
b
n+1
=
都可以得到一个有穷数列{
a
n
}；
（Ⅲ）若
1
(n?N
?
)
，求证a取数列{
bn
}中的任一个数，
b
n
?1
3
?a
n
?2(n?4)
，求a的取值范围.
2
【分析及解】 这是一道体现有限与无限 的思想的典型试题，对于题设的递推关系，由于所
给出的初始条件不同，得到的数列也不同，并在题干中 举出了具体的例子，第（Ⅱ）问则是
可以通过有有限次试验，得到对无限个
b
n
都可以得到一个有穷数列{
a
n
}的猜想，再用数学
归纳法进行证明，第（ Ⅲ）问又是把对无限个
n
都成立的结果，通过有限次分析求的解决。
（Ⅰ）解法一：
?
a
1
?a,a
n?1
?1?

?a
2
?1?
1
a
n
11a?1
?1?? ,

a
1
aa
a
3
?1?
12a?1?
a
2
a?1
第 26 页 共 29 页

a
4
?1?
13a?2
?.
a
3
2a?1
2
故当a??时a
4
?0.
3
解法二

:
?
a
4
?0,?1?
?
a
3
?1?
1?0,?a
3
??1.
a
3

11
,?a2
??.
a
2
2
12
?
a
2
?1?,?a??.
a3
2
故当
a??
时，
a
4
?0
.
3
(Ⅱ) 解法一
?
b
1
??1,b
n?1
?
b1
,?b
n
??1.
b
n
?1b
n?1
a?b
n
.
1111

?1??b
n?1
.?a
3?1??1??b
n?2
.
a
1
b
n
a
2
b
n?1
a取数列{b
n
}中的任一个数不妨设
?a?b
n
,?a
2
?1?
??
1
?b
1
??1.?a
n?1
?0.
a
n?1
b
2
故
a
取数列{b
n
}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{
a
n
}
?a
n
?1??1?
解法二;
?b
1
??1
,
b
n?1
?
当
a?b
1
时,
a
2
?1?
1
11
,b
n
??1< br>,
b
n
?1b
n?1
1
?0
,
b
1
1
当
a?b
2
时,
a
2
? 1??b
1
??1
,
?a
3
?0
,
b
1
当
a?b
3
时,
11
1
a
2
?1??b
2
,
?a
3
?1??1??b
1
??1
?a
4
?0
.
a
2
b
2
b
3
一般地, 当
a?b
n
时,
a
n?1
?0,
可得一个含有
n?1
项的 有穷数列
a
1
,a
2
.?,a
n?1
.
下面用数学归纳法证明.
1
?0
,可得一个含有2项的有穷数列
a
1
,a
2
.

b
1
(2).假设当
n?k
时,
a?b
k
,得到一个含有
k?1
项的有穷数列
a
1
,a
2
.?,a
k?1
,其中
ak?1
?0

1
?b
k
, 则
n?k?1时,
a?b
k?1
,
?a
2
?1?
b
k?1
由假设可知, 得到一个含有
k?1
项的有穷数列
a
2
,a
3
,?,a
k?2
,其中
a
k?2
?0
所以
,当
n?k?1
时, 可以得到一个含有
k?2
项的有穷数列
a
1
,
a
2
,a
3
,?,a
k?2
,其中
(1).当
n?1
时,
a?b
1
,显然
a
2
?1?
第 27 页 共 29 页

a
k?2
?0

由(1),(2)知,对一切
n?N
?
,命题都成立.
（Ⅲ）要使
3
?a
n
?2(n?4)
,
2
31
即
?1??2
,
2a
n?1
?1?a
n?1
?2

3
所以, 要使
?a
n
?2(n?4)
,当且仅当它的前一 项
a
n?1
满足
1?a
n?1
?2
.
2
?
3
??
3
??
3
?
由于
?,2
?
?
?
1,2
?
,
所以只须当
a
k
?
?
,2
?
时,都有
a
n
?< br>?
,2
?
?
n?5
?

?
2
??
2
??
2
?
3a?2
由
a
4
?
,得
2a?1
33a?2
??2
,
22a?1
解此不等式得
a?0
.
【例2】.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?
解:设2001年末汽车保 有量为
a
1
万辆,
a
1
?30
.以后各年的汽车保 有量为
a
2
,a
3
,?
(万辆)
设每年新增汽车
x
万辆,则
a
n?1
?0.94a
n
?xn?N
?
,

a
n?1
?
??
xx
??
?0 .94
?
a
n
?
?

0.060.06
? ?
x
x
??
a?
是以为首项,
0.94
为公比的等 差数列.
a?
?
n
?
1
0.06
0.06
??

a
n
?
(1) 当
30?
xx
??
n?1
?
?
30?
?
?0.94

0.06
?
0.06
?
x
?0
,即
x?1 .8
时,
?
a
n
?
为减数列,
0.06
所以
a
n
?a
n?1
?
??a
1
?30

x
?0
时,
x?1.8
,
a
n
?30
.
0.06
所以此时汽车保有量不超过
30
万辆.
x
?0< br>,即
x?1.8
时,
?
a
n
?
为增数列, (2) 当
30?
0.06
x
?60
,则
x?3.6
由于
lima
n
?
n??
0.06
又
30?
第 28 页 共 29 页

所以此时汽车保有量不超过
60
万辆.
由以上, 每年新增汽车数量不应超过
3.6
万辆.


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
次的概率以及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】.某会议室用5盏灯照明，每盏灯各使用灯泡一只，且型号 相同.假定每盏灯能否正
常照明只与灯泡的寿命有关，该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为
p
1
，寿命为2年以上的
概率为
p
2
.从使用之日起每满1年 进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的灯泡，平时不换.
（Ⅰ）在第一次灯泡更换工作中，求不需要换灯泡的概率和更换2只灯泡的概率；
（Ⅱ）在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，求该盏灯需要更换灯泡的概率；
（ Ⅲ）当
p
1
=0.8，
p
2
=0.3时，求在第二次灯泡更 换工作，至少需要更换4只灯泡的概率（结
果保留两个有效数字）.
5
【分析及解】 (I）在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为
p
1
,
需要更换2只 灯
23
泡的概率为
C
5
p
1
(1?p
1< br>)
2
;

（II）对该盏灯来说，在第二次灯泡更换工作中，有4种可能的情况:
(1) 第一,二次都需要更换,其概率为
?
1?p
1
?
；
2
(2) 第一次更换,而第二次不需要更换,其概率为
?
1?p
1
?
p
1
;
(3) 第一,二次都不需要更换,其概率为
p
2
;
(4) 第一次未更换而第二次需要更换,其概率为
p
1
?p
2

该盏灯第二次需要更换灯泡的情形为上面的(1)和(4)，故所求的概率为
p?(1?p< br>1
)
2
?(p
1
?p
2
)

（III）至少换4只灯泡包括换5只和换4只两种情况，

5
换5只的概率为
p
（其中
p
为（II）中所求，下同）
14
换4只的概率为
C
5
，
p
（1-

p
）
故至少换4只灯泡的概率为
14
p
3
?p< br>5
?C
5
p(1?p).
又当p
1
?0.8,p2
?0.3时,p?0.2
2
?0.8?0.3?0.54
?p
3
?0.54?5?0.54?0.46?0.24.
即满2年至少需要换4只灯泡的概率为0 .24.

54

第 29 页 共 29 页