2012届浙江省高考数学文二轮专题复习课件：第22课时 高考开放性

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专题七 数学解题策略

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1.自定义问题

【例1】 (2010 湖南卷) 若数列{an }满足：对任意的n N ,只有有限个正整数m使得am<n成立，记这样*

的m的个数为(an )*,则得到一个新数列{(an )*}.例 如，若数列{an }是1, 2,3, ,n, ,则数列{( an )*} 是0,1, 2, ,n 1, 已知对任意的n N *,an n 2, 则(a5 )* ______ ,an )* )* ______ . ((

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因为an n 2,所以(a5 )* 2. 因为(a1 )* 0, 2 )* 1, 3 )* 1, 4 )* 1, (a (a (a (a5 )* 2, 6 )* 2, 7 )* 2, 8 )* 2, 9 )* 2, (a (a (a (a (a10 )* 3, 11 )* 3, 12 )* 3, 13 )* 3, 14 )* 3, (a (a (a (a (a15 )* 3, 16 )* 3, (a 所以((a1 )* )* 1,a 2)* )* 4,a3 )* )* 9,a4 )* )* 16, (( (( (( 猜想((an ) ) n .* * 2

本题是一道有关数列问题的新定义信息题， 考查学生利用新信息解决问题的能力.

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【变式训练】设一个小物体在一个大空间中可以到 达的部分空间与整个空间的体积的比值为可达率， 现用半径为1的小球扫描检测棱长为10的正方体内部， 则小球不可达的区间体积是_______正方体的八个角的不可达体积为 4 23 3 8 4 ,正方体的12条棱导致的不 8 8 3 可达体积为12 (1

4

) 8 96 24 ,

76 因此小球不可达的区间体积为104 . 3

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2.新概念问题 【例2】对于每项均是正整数的数列A:a1,a2, ,an, 定义变换T1,T1将数列A变换成数列T1 ( A):n,a1 1, a2 1, ,an 1.又对于每项均是非负整数的数列B: b1,b2, ,bn,定义变换T2,T2 将数列B各项从大到 小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2 ( B ); 2 2 2 又定义S ( B ) 2(b1 2b2 mbm ) b1 b2 bn . 设A0是每项均为正整数的有穷数列，令Ak 1 T2 (T1 ( Ak ))( k 0,1, 2, ). 1 如果数列A0为5,3, 2,写出数列A1,A2;

2 对于每一项均是正整数的有穷数列A,证明S (T1 (A)) S ( A).

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依据新概念，利用演绎推理，逐步推出相关结论.5,3, 1 因为A0: 2,

则T1 ( A0 ): 4, 2,1, 3, 于是A1 T2 (T1 ( A0 )): 2,1, 4,3, 从而T1 ( A1 ): 2,1, 0, 4,3, 于是A2 T2 (T1 ( A1 )):,3, 2,1. 4

2 证明：设每项均是正整数的有穷数列A为a1,a2,

,an,则T1 ( A)为n,a1 1,a2 1, ,an 1, 于是S (T1 ( A)) 2[ n 2( a1 1) 3( a2 1) (n 1) ( an 1)] n 2 (a1 1) 2 (a2 1) 2 (an 1) 2 .

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2 2 又S ( A) 2(a1 2a2 nan ) a12 a2 an,

所以S (T1 ( A)) S ( A) 2[n 2 3 ( n 1)] 2( a1 a2 an ) n 2 2(a1 a2 an ) n n(n

1) n 2 n 0, 故S (T1 ( A)) S ( A).对含有多个新概念的创新型题，应注意各个 概念之间的内在联系，运用它们之间的逻辑关系 进行推理和证明，逐一地由前一个结论得出后一 个结论.

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【变式训练】 (2010 杭州模拟)对于定义域为 0,1 的函数 f ( x),如果同时满足以下三个条件：①对任意的x

0,1 ,总有f ( x) 0;②f 1 1;③若x1 0,x2 0,x1 x2 1,都有f ( x1 x2 ) f ( x1 ) f ( x2 )成立，则称 函数f ( x)为理想函数.

1 若函数f ( x)为理想函数，求f 0 的值； 2 判断函数g ( x) 2 x 1( x 0,1 )是否为理想函数，并予以证明；

3 若函数f ( x)为理想函数，假定存在x0 0,1 ,使 得f ( x0 ) 0,1 ,且f [ f ( x0 )] x0,求证：f ( x0 ) x0 .

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1 取x1 x2 0,可得f 0 f 0 f 0 ,所以f 0 0. 又由条件①f 0 0,故f 0 0.

2 显然g ( x) 2 1在 0,1 上满足条件①g ( x) 0; 也满足条件②g 1 1.x

若x1 0,x2 0,x1 x2 1, 则g ( x1 x 2 ) [ g ( x1 ) g ( x2 )] 2 x1 x2 1 [(2 x1 1) (2 x2 1)] 2 x1 x2 2 x1 2 x2 1 (2 x2 1)(2 x1 1) 0, 即满足条件③.故g ( x)是理想函数.

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3 证明：由条件③知，任给m、n 0,1 , 当m n时，由m n知n m 0,1 ,所以f (n) f (n m m) f (n m) f (m) f (m). 若x0 f ( x0 ),则f ( x0 ) f [ f ( x0 )] x0,前后矛盾； 若x0 f ( x0 ),则f ( x0 ) f [ f ( x0 )] x0,前后矛盾. 所以f ( x0 ) x0 .

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3.逻辑推理问题【例3】设M 是由满足下列条件的函数f ( x)构成的集合： ①关于x的方程f ( x) x 0有实根； ②0 f ( x) 1. x sin x 是否属于M ,并说明理 1 试判断函数f ( x) 2 4 由；

2 若f ( x) M ,求证：对于f ( x)定义域内任意的x1、x2( x1 x2 ),有 | f ( x1 ) f ( x2 ) x1 x2 | 成立；

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3 已知集合M 中的元素f ( x)具有如下性质：若f ( x)的定义域为D,对于任意[m,n] D,都存在x0 [m,n], 使得等式f (n) f (m) (n m) f ( x0 )成立，试利用这一 性质推断命题“若f ( x) M ,则方程f ( x) x 0只有一个 实根”的真假.

以集合M的元素的性质为依据，结合导数的 运算与性质进行推理和证明.

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x sin x ,有f 0 0, 1 对于函数f ( x) 2 4 所以方程f ( x) x 0有实根x 0. 1 1 1 3 又f ( x) cos x [ , ] 0,1 , 2 4 4 4 所以0 f ( x) 1,故f ( x) M . 2 证明：不妨设x1 x2 .

因为f

( x ) 0,所以f ( x )为增函数，从而f ( x1 ) f ( x2 ). 又f ( x) 1,即f ( x ) 1 0,则y f ( x) x为减函数， 所以f ( x1 ) x1 f ( x2 ) x2, 即0 f ( x1 ) f ( x2 ) x1 x2, 故 | f ( x1 ) f ( x2 ) | x1 x2 | x1 x2 | .

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3 当f ( x) M ,假设方程f ( x) x 0存在两实根 、 ( ),则存在x0 [ , ],使f ( ) f ( ) ( ) f ( x0 )成立. 因为f ( ) ,f ( ) ,则 ( ) f'( x0 ), 即f ( x0 ) 1,这与0 f ( x) 1矛盾， 所以方程f ( x) x 0只有一个实数根，故命题为真.

依据集合M的元素性质进行演绎推理，是解题的基 本策略.对含绝对值的不等 …… 此处隐藏：2674字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……