《高三數(shù)學(xué)高考（理）二輪復(fù)習(xí)專題學(xué)案專題一數(shù)學(xué)思想方法人教大綱版學(xué)案3 分類討論思想》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)高考（理）二輪復(fù)習(xí)專題學(xué)案專題一數(shù)學(xué)思想方法人教大綱版學(xué)案3 分類討論思想（52頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、1.1.分類與整合思想是指當(dāng)問題所給的對象不能進(jìn)行統(tǒng)分類與整合思想是指當(dāng)問題所給的對象不能進(jìn)行統(tǒng) 一研究時一研究時, ,就需要對研究對象按某個標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行分類，就需要對研究對象按某個標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行分類， 然后對每一類分別研究得出每一類的結(jié)論，最后綜然后對每一類分別研究得出每一類的結(jié)論，最后綜 合各類結(jié)果得到整體問題的解答合各類結(jié)果得到整體問題的解答. .實質(zhì)上，分類與實質(zhì)上，分類與 整合是整合是“化整為零，各個擊破，再積零為整化整為零，各個擊破，再積零為整”的數(shù)的數(shù) 學(xué)解題策略學(xué)解題策略. .2.2.分類原則：（分類原則：（1 1）分類的對象確定）分類的對象確定, ,標(biāo)準(zhǔn)統(tǒng)一標(biāo)準(zhǔn)統(tǒng)一; ;（2 2）不重
2、復(fù)）不重復(fù), ,不遺漏不遺漏; ;（3 3）分層次）分層次, ,不越級討論不越級討論; ;（4 4）歸納總結(jié)）歸納總結(jié), ,整合完善整合完善. .學(xué)案學(xué)案3 3 分類討論思想分類討論思想1.1.從平面外一點從平面外一點P P引與平面引與平面 相交的直線相交的直線, ,使得使得P P與交與交 點點A A的距離等于的距離等于1 1，則滿足條件的直線條數(shù)一定不可，則滿足條件的直線條數(shù)一定不可 能是能是 （ ） A.0A.0條條 B.1B.1條條 C.2C.2條條 D.D.無數(shù)條無數(shù)條解析解析 設(shè)點設(shè)點P P到平面到平面 的距離為的距離為d d, ,則則d d=1=1時，恰有一時，恰有一 條；條；d
3、d11時，不存在；時，不存在；00d d11時，有無數(shù)條時，有無數(shù)條. .C C2.2.函數(shù)函數(shù)f f( (x x)= )= 若若f f( (a a)=1,)=1,則實數(shù)則實數(shù)a a的的 所有可能值組成的集合為所有可能值組成的集合為 （ ） A.1 B.1,- C.- D.1, A.1 B.1,- C.- D.1, 解析解析 因為當(dāng)因為當(dāng)-1-1a a00,0, 令令f f( (x x)=()=(m m+2)+2)x x2 2+2+2mxmx+1,+1,又又f f(0)=1,(0)=1, 所以函數(shù)所以函數(shù)f f( (x x) )的圖象恒過定點（的圖象恒過定點（0,10,1）, ,要使要使 ,
4、, 則必滿足則必滿足 解之得解之得-2-2m m-1-1或或-1-1m m22或或m m=-2,=-2, 所以所以m m的取值范圍是的取值范圍是-2-2m m2.2.,)32(|xyyBABA,)32(|xyy0202002,0)2(22002mmmmmm或或A A4.4.過三棱柱任意兩頂點的直線共過三棱柱任意兩頂點的直線共1515條，其中異面條，其中異面 直線有直線有 （ ） A.18A.18對對 B.24B.24對對 C.30C.30對對 D.36D.36對對解析解析 因為側(cè)棱的條數(shù)為因為側(cè)棱的條數(shù)為3,3,且和每一條側(cè)棱異面的直且和每一條側(cè)棱異面的直 線條數(shù)為線條數(shù)為4 4；側(cè)面對角線條
5、數(shù)為；側(cè)面對角線條數(shù)為6,6,且和每一條側(cè)面對且和每一條側(cè)面對 角線異面的直線有角線異面的直線有5 5條；兩底面邊的條數(shù)為條；兩底面邊的條數(shù)為6,6,且和每且和每 一條邊異面的直線有一條邊異面的直線有5 5條，又知直線異面是相互的，條，又知直線異面是相互的， 所以異面直線共有所以異面直線共有 (3(34+64+65+65+65)=365)=36對對. . D D21題型一題型一 由數(shù)學(xué)概念引起的分類討論由數(shù)學(xué)概念引起的分類討論【例【例1 1】設(shè)】設(shè)00 x x1,0,0,且且a a1,1,比較比較| |logloga a(1-(1-x x)|)|與與 |log|loga a(1+(1+x x)
6、|)|的大小的大小. . 解解 因為因為00 x x1,1,所以所以01-01-x x1,1+1,1,則則01-01-x x2 21.1. 當(dāng)當(dāng)00a a10,log)0,loga a(1+(1+x x)0,)0,)0, 即即|log|loga a(1-(1-x x)|log)|loga a(1+(1+x x)|.)|. 當(dāng)當(dāng)a a11時時, ,由由logloga a(1-(1-x x)0,log)0, )0, 所以所以|log|loga a(1-(1-x x)|-|log)|-|loga a(1+(1+x x)|)| =-log =-loga a(1-(1-x x)-log)-loga a(
7、1+(1+x x) ) =-log =-loga a(1-(1-x x2 2)0,)0, 即即|log|loga a(1-(1-x x)|log)|loga a(1+(1+x x)|.)|. 由由可知可知,|log,|loga a(1-(1-x x)|log)|loga a(1+(1+x x)|.)|.【探究拓展探究拓展】在解答該類問題時】在解答該類問題時, ,首先從概念出發(fā)判首先從概念出發(fā)判 斷出絕對值內(nèi)的數(shù)斷出絕對值內(nèi)的數(shù)( (或式子或式子) )的符號，然后再去掉絕的符號，然后再去掉絕 對值符號對值符號( (這時需按條件進(jìn)行分類討論確定這時需按條件進(jìn)行分類討論確定),),再按照再按照 相關(guān)
8、的法則去計算相關(guān)的法則去計算, ,直至得出結(jié)論直至得出結(jié)論. .變式訓(xùn)練變式訓(xùn)練1 1 已知函數(shù)已知函數(shù) , , 滿足滿足f f( (c c2 2)=)=(1)(1)求常數(shù)求常數(shù)c c的值的值; ;(2)(2)解不等式解不等式f f( (x x)解解 (1)(1)因為因為00c c1,1,所以所以c c2 2 00時時, ,g g( (x x)=)=axax-2-2在在-2,2-2,2上是增函數(shù)上是增函數(shù), , g g( (x x)-2)-2a a-2,2-2,2a a-2,-2,任給任給x x1 1-2,2,-2,2,若存在若存在x x0 0-2,2-2,2, ,使得使得g g( (x x0
9、 0)=)=f f( (x x1 1) )成立成立, ,則則23,232,25)(1xf23,232,25)(1xf,22 , 2223,232,25aa當(dāng)當(dāng)a a02-2-a a0,0,所所以函數(shù)以函數(shù)g g( (x x) )在區(qū)間在區(qū)間(0,+)(0,+)上為增函數(shù)，則上為增函數(shù)，則x x00時，時，g g( (x x)g g(0)=0(0)=0，即，即f f( (x x)axax. .若若a a2,2,方程方程g g(x x)=0)=0的一個正根為的一個正根為此時，若此時，若x x(0,(0,x x1 1),),則則g g(x x)0,)0,故函數(shù)故函數(shù)g g( (x x) )在區(qū)間（在
10、區(qū)間（0 0，x x1 1）上為減函數(shù)，）上為減函數(shù)，所以所以x x(0,(0,x x1 1) )時時, ,g g( (x x)g g(0)=0,(0)=0,即即f f( (x x)00 ( (n n=1,2,).=1,2,).（1 1）求）求q q的取值范圍；的取值范圍；（2 2）設(shè)）設(shè)b bn n= =a an n+2+2- - a an n+1+1，記，記 b bn n 的前的前n n項和為項和為T Tn n， 試比較試比較S Sn n與與T Tn n的大小的大小. . 解解 (1)(1)因為因為 a an n 是等比數(shù)列，是等比數(shù)列，S Sn n0,0, 可得可得a a1 1= =S
11、S1 10,0,q q0,0, 當(dāng)當(dāng)q q=1=1時，時，S Sn n= =nana1 10;0; 23,), 3 , 2 , 1(011,11)1 (11nqqqqa，sqnnn即時當(dāng)上式等價于上式等價于 或或解解式得式得q q11；解解式，由于式，由于n n可為奇數(shù)，可為偶數(shù)，可為奇數(shù)，可為偶數(shù)，故故-1-1q q1,0,0,且且-1-1q q00,0,所以當(dāng)所以當(dāng)-1-1q q 22時，時，T Tn n- -S Sn n0,0,即即T Tn n S Sn n；當(dāng)當(dāng) q q22且且q q00時，時，T Tn n- -S Sn n0,0,即即T Tn n 00，即，即 時，二次函數(shù)時，二次函
12、數(shù)f f( (x x) )的圖象開的圖象開 口向上，對稱軸口向上，對稱軸 ，它在，它在0,10,1的最大的最大 值只能在區(qū)間端點取得值只能在區(qū)間端點取得. . f f(0)=(0)=m m, ,f f(1)=2-2(1)=2-2m m. . 34343434m34m0341mx當(dāng)當(dāng)m m2-22-2m m, ,又又m m , ,即即當(dāng)當(dāng)m m2-22-2m m, ,又又m m ，即即m m 時，時，f f( (x x) )maxmax=2(1-=2(1-m m).).若若4-34-3m m0, 時時, ,二次函數(shù)二次函數(shù)f f( (x x) )的圖象開口向的圖象開口向 下下, ,又它的對稱軸方
13、程又它的對稱軸方程 , ,所以函數(shù)所以函數(shù)f f( (x x) )在在 0,10,1上是減函數(shù)上是減函數(shù). . 于是于是f f( (x x) )maxmax= =f f(0)=(0)=m m. . 由由(1)(2)(1)(2)可知可知, ,這個函數(shù)的最大值為這個函數(shù)的最大值為3432340341mx.32,32,22)(maxmmmmxf.)(3432maxmx，fm時34【探究拓展探究拓展】 在解答該類問題時，應(yīng)根據(jù)條件首先在解答該類問題時，應(yīng)根據(jù)條件首先 確定函數(shù)的屬性，即分成確定函數(shù)的屬性，即分成 兩類這是兩類這是 一級分類；然后對一級分類；然后對 時，按照拋物線的開口方時，按照拋物線的
14、開口方 向分成向分成 兩類，這是二級分類；最后兩類，這是二級分類；最后 在在 中，比較中，比較f f(0),(0),f f(1)(1)的大小關(guān)系，又分成的大小關(guān)系，又分成 兩類，這是三級分類，每次分兩類，這是三級分類，每次分 類都有一個標(biāo)準(zhǔn)，要做到不重不漏類都有一個標(biāo)準(zhǔn)，要做到不重不漏. .3434mm和34m3434mm和34m323432mm和變式訓(xùn)練變式訓(xùn)練4 4 已知函數(shù)已知函數(shù) ( (a a, ,b b為常數(shù)為常數(shù)) )，且，且 方程方程f f( (x x)-)-x x+12=0+12=0有兩個實根為有兩個實根為x x1 1=3,=3,x x2 2=4.=4. (1) (1)求函數(shù)求
15、函數(shù)f f( (x x) )的解析式；的解析式；（2 2）設(shè)）設(shè)k k1,1,解關(guān)于解關(guān)于x x的不等式：的不等式：解解 (1)(1)將將x x1 1=3,=3,x x2 2=4=4分別代入方程分別代入方程 解之得解之得baxxxf2)(.2) 1()(xkxkxf8416939,0122babaxbaxx得. )2(2)(,212xxxxfba所以(2)(2)不等式即為不等式即為 即即( (x x-2)(-2)(x x-1)(-1)(x x- -k k)0,)0, 當(dāng)當(dāng)11k k222時時, ,解集為解集為(1,2)(1,2)(k k,+).,+).,2)1(22xkxkxx,02) 1(2
16、xkxkx可化為【考題再現(xiàn)考題再現(xiàn)】 已知函數(shù)已知函數(shù)f f( (x x)=)=x x2 2e eaxax, ,其中其中a a0,e0,e為自然對數(shù)的底數(shù)為自然對數(shù)的底數(shù). . (1) (1)討論函數(shù)討論函數(shù)f f( (x x) )的單調(diào)性；的單調(diào)性； (2)(2)求函數(shù)求函數(shù)f f( (x x) )在區(qū)間在區(qū)間0,10,1上的最大值上的最大值. .【解題示范解題示范】 解解( (1)1)f f(x x)=)=x x( (axax+ +2 2)e)eaxax. . 2 2分分 當(dāng)當(dāng)a a=0=0時，令時，令f f ( (x x)=0)=0，得，得x x=0;=0; 若若x x0,0,則則f f
17、(x x)0,)0,從而從而f f( (x x) )在在(0,+)(0,+)上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞增； 若若x x0,0,則則f f(x x)0,)0,從而從而f f( (x x) )在在(-,0)(-,0)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減. . 4 4分分當(dāng)當(dāng)a a00時時, ,令令f f(x x)=0)=0，得得x x( (axax+2)=0,+2)=0,故故x x=0=0或或x x= . = . 5 5分分若若x x00，則，則f f(x x)0)0，從而從而f f( (x x) )在（在（-,0)-,0)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減. . 6 6分分 7 7分分 8 8分分a2；axfxfax上單調(diào)遞增在從
18、而則若)2, 0()(,0)( ,20.),2()(,0)( ,2上單調(diào)遞減在從而則若axfxfax(2)(2)當(dāng)當(dāng)a a=0=0時，時， f f( (x x) )在區(qū)間在區(qū)間0,10,1上的最大值是上的最大值是f f(1)=1.(1)=1. 9 9分分當(dāng)當(dāng)-2-2a a00時，時，f f( (x x) )在區(qū)間在區(qū)間0,10,1上的最大值是上的最大值是 f f(1)= e(1)= ea a. 10. 10分分當(dāng)當(dāng)a a-2-2時，時，f f( (x x) )在區(qū)間在區(qū)間0,10,1上的最大值是上的最大值是 1111分分綜上所述，當(dāng)綜上所述，當(dāng)a a=0=0時，時，f f( (x x) )ma
19、xmax=1;=1; 當(dāng)當(dāng)-2-2a a00時，時，f f( (x x) )maxmax= e= ea a 當(dāng)當(dāng)a a-2-2時時, ,f f( (x x) )maxmax= 12= 12分分 .4)2(22eaaf224ea分類討論并不是憑空產(chǎn)生的分類討論并不是憑空產(chǎn)生的, ,有著它出現(xiàn)的原因有著它出現(xiàn)的原因. .這個這個原因就是我們分類的標(biāo)準(zhǔn)和依據(jù)原因就是我們分類的標(biāo)準(zhǔn)和依據(jù). .一般來說一般來說, ,可以歸納可以歸納為以下幾點：為以下幾點：1.1.涉及的數(shù)學(xué)概念是分類定義的涉及的數(shù)學(xué)概念是分類定義的. .2.2.運算有關(guān)的公式、運算性質(zhì)與法則是分類給出的運算有關(guān)的公式、運算性質(zhì)與法則是分
20、類給出的. .3.3.由題中所給的限制條件或研究對象的性質(zhì)而引發(fā)由題中所給的限制條件或研究對象的性質(zhì)而引發(fā)的的. .4.4.數(shù)學(xué)問題中參數(shù)的不同取值會導(dǎo)致不同結(jié)果的數(shù)學(xué)問題中參數(shù)的不同取值會導(dǎo)致不同結(jié)果的. .5.5.涉及的幾何圖形的形狀、位置的變化而引起的涉及的幾何圖形的形狀、位置的變化而引起的. .6.6.有實際問題的實際意義引起的有實際問題的實際意義引起的. .7.7.復(fù)雜數(shù)學(xué)問題或非常規(guī)數(shù)學(xué)問題需要分類解決的復(fù)雜數(shù)學(xué)問題或非常規(guī)數(shù)學(xué)問題需要分類解決的. .在運用分類討論問題時在運用分類討論問題時, ,我們要明確分類的原因是什我們要明確分類的原因是什么、對象是什么、分幾個類別么、對象是什
21、么、分幾個類別. .不僅要掌握分類的原不僅要掌握分類的原則則, ,而且要把握分類的時機而且要把握分類的時機, ,重視分類的合理性與完整重視分類的合理性與完整性性. . 一、選擇題一、選擇題1.1.不等式不等式 的解集是的解集是 （ ） A A.x x|-2|-2x x22 B B. . C C.x x|-2|-2x x00或或0000時，原不等式等價于時，原不等式等價于 , , 所以所以00 x x2;2; 當(dāng)當(dāng)x x0 b b時，時，a a- -b b00，則，則f f( (a a- -b b)=1,)=1, 所以所以當(dāng)當(dāng)a a b b時，時，a a- -b b00，則，則f f( (a a
22、- -b b)=-1,)=-1, 所以所以 )0(1)0(0)0(1)(xxxxf2)()(bafbaba;2)()(abafbaba.2)()(bbafbabaD D4.4.正三棱柱的側(cè)面展開圖是邊長分別為正三棱柱的側(cè)面展開圖是邊長分別為6 6和和4 4的矩形的矩形, , 則它的體積為則它的體積為 （ ） A. B. C. D.A. B. C. D.解析解析 分側(cè)面矩形長、寬分別為分側(cè)面矩形長、寬分別為6 6和和4 4或或4 4和和6 6兩種情兩種情 況況. 3983439233834或D D5.5.設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) , ,集合集合MM=x x| |f f( (x x)0,)0,)0,若若 ,
23、,則實數(shù)則實數(shù)a a的取值范圍是的取值范圍是 （ ） A.(-,1) B.(0,1)A.(-,1) B.(0,1) C.(1,+) D. C.(1,+) D.1,+)1,+)解析解析 因為因為 , ,由由f f( (x x)0,)11時時, ,MM=x x|1|1x x a a ； 當(dāng)當(dāng)a a11時，時，MM=x x| |a a x x1;0,)0, 得得a a1,1,P P=x x| |x x1,1,又又 , ,故故a a1.1.1)(xaxxfPM 1)(xaxxf2) 1(1)( xaxfPM C C, 01xax6.6.在正四面體的一個頂點處在正四面體的一個頂點處, ,有一只螞蟻每一次
24、都以有一只螞蟻每一次都以 的概率從一個頂點爬到另一個頂點的概率從一個頂點爬到另一個頂點, ,那么它爬行那么它爬行 了了4 4次又回到起點的概率是次又回到起點的概率是 （ ） A. B. C. D.A. B. C. D.解析解析 若若4 4次爬行了一條棱的概率為次爬行了一條棱的概率為 ; ; 若若4 4次爬行了兩條棱的概率為次爬行了兩條棱的概率為 ; ; 若若4 4次爬行了四條棱的概率為次爬行了四條棱的概率為31271)31(413C274)31()(4221213ACC272)31(41213CCB B27627727831二、填空題二、填空題7.7.設(shè)設(shè)00a a11，函數(shù)，函數(shù)f f( (
25、x x)=log)=loga a( (a a2 2x x-2-2a ax x-2),-2),則使則使f f( (x x)0)0的的 x x的取值范圍是的取值范圍是_._. 解析解析 因為因為00a a11且且f f( (x x)0)1,-21, 即即a a2 2x x-2-2a ax x-30,-30,則則( (a ax x-3)(-3)(a ax x+1)0,+1)0, 所以所以a ax x33或或a ax x-1-1（舍），即（舍），即x xlog0,0,n n00時，時，e e= = 解之得，解之得， 當(dāng)當(dāng)m m0,0,n n0 f f(5)(5)的解集為的解集為_._.解析解析 由由f
26、 f(2-(2-x x)=)=f f(2+(2+x x) )知，開口向上的二次函數(shù)知，開口向上的二次函數(shù) f f( (x x) )的對稱軸為直線的對稱軸為直線x x=2,=2,又因為又因為f f( (a ab b)f f(5),(5), 所以所以a ab b55或或a ab b-1,5,-1|+25, 即即| |x x+2|+|2+2|+|2x x-1|3,-1|3, 當(dāng)當(dāng)x x-2-2時，原不等式的解集為時，原不等式的解集為 x x| |x x-2;-2; 當(dāng)當(dāng) 時時, ,原不等式的解集為原不等式的解集為 x x|-2|-2x x0;00即即x x（0 0，1 1時，時，f f( (x x)
27、=)=axax3 3-3-3x x+10+10可化為可化為 設(shè)設(shè) , ,所以所以g g( (x x) )在區(qū)在區(qū) 間間 上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間 上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減，432)21 (3)( ,13)(xxxgxxxg則21,01,21.1332xxa因此因此 ，從而，從而a a4;4;當(dāng)當(dāng)x x00即即x x-1-1，0 0）時，）時，f f( (x x)=)=axax3 3-3-3x x+10+10可化為可化為 在區(qū)間在區(qū)間-1-1，0 0）上）上單調(diào)遞增單調(diào)遞增, ,因此因此g g( (x x) )minmin= =g g(-1)=4,(-1)=4,從而從而a a4,4,綜
28、上綜上a a=4.=4.答案答案 4 4 4)21()(max gxg323213)(,13xxxgxxa三、解答題三、解答題11.11.設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)f f( (x x)=)=axax2 2+ +bxbx+ +c c ( (a a0)0)，曲線，曲線y y= =f f( (x x) )通通過點（過點（0,20,2a a+3+3），且在點（），且在點（-1,-1,f f(-1)(-1)處的切線垂處的切線垂直于直于y y軸軸. .（1 1）用）用a a分別表示分別表示b b和和c c；（2 2）當(dāng)）當(dāng)bcbc取得最小值時，求函數(shù)取得最小值時，求函數(shù)g g（x x）=-=-f f（x x）e ex
29、x 的單調(diào)區(qū)間的單調(diào)區(qū)間. .解解（1 1）因為）因為f f（x x）= =axax2 2+ +bxbx+ +c c，所以所以f f(x x)=2)=2axax+ +b b. .又因為曲線又因為曲線y y= =f f( (x x) )通過點（通過點（0,20,2a a+3+3），），故故f f(0)=2(0)=2a a+3,+3,而而f f(0)=(0)=c c, ,從而從而c c=2=2a a+3.+3.又曲線又曲線y y= =f f( (x x) )在（在（-1-1，f f(-1)(-1)處的切線垂直于處的切線垂直于y y軸，軸，故故f f（-1-1）=0=0，即，即-2-2a a+ +b
30、 b=0,=0,因此因此b b=2=2a a. .所以所以g g( (x x)=-)=-f f( (x x) )e e- -x x, ,所以所以g g(x x)=)=（f f( (x x)-)-f f(x x) )）e e- -x x = =令令g g(x x)=0,)=0,解得解得x x1 1=-2,=-2,x x2 2=2.=2.當(dāng)當(dāng)x x（-,-2-,-2）時，）時，g g(x x)0,)0,)0,故故g g( (x x) )在在x x(-2,2)(-2,2)上為增函數(shù)上為增函數(shù). .當(dāng)當(dāng)x x(2,+)(2,+)時，時，g g(x x)0,)0)0；當(dāng)當(dāng)x x(1,+)(1,+)時，時
31、，f f(x x)0.)00時時, ,其中其中n n為正整數(shù)，且有為正整數(shù)，且有 .01ln)1ln()1ln(1ln)1ln()1 ()(xxxxxxxxxxxf由于, )11ln(1ln)(xxxxf由) 1(log1212)211ln(222aannenea, )211ln(212ln)2(nnnnf知 又又n n22時，時， 且且 取整數(shù)取整數(shù)n n0 0滿足滿足 且且n n0 02,2,則則 即即 當(dāng)當(dāng)a a0 0時時, ,關(guān)于關(guān)于x x的不等式的不等式f f( (x x)a a的解集不是的解集不是 (0,+).(0,+). 綜合綜合知知, ,存在存在a a, ,使得關(guān)于使得關(guān)于x x的不等式的不等式f f( (x x)a a的解的解 集為集為(0,+(0,+）, ,且且a a的取值范圍為（的取值范圍為（-，0 0. .,12ln22)1(2ln)11(12ln212lnnnnnnnnn,22)211ln(212ln)2(0000aaanfnnn12ln4212ln2anan,12ln4),1(log0220anenn返回
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