精品高三复习专题探索性问题的常见类型及其求解策略doc文档格式.docx

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、2k+1

2x+2r=-2x+2/++t=tt-(-2x+2t)+2ki(keZ)/.t=7r(keZ)

4

评注:

本题为条件探索型题目,其结论明确,需要完备使得结论成立的充分条件,可将题设和结论都视为已知条件,进行演绎推理推导出所需寻求的条件.这类题要求学生变换思维方向,有利于培养学生的逆向思维能力.

二、结论探索型

有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。

解决这类问题的策略是:

先探索结论而后去论证结论。

在探索过程中常可先从特殊情形入手,通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测,得出结论,再就一般情形去认证结论。

例2.(2004年上海文12)若干个能惟一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”。

设{%}是公比为q的无穷等比数列,下列{%}的四组量中,一定能成为该数列“基本量”的是第组。

(写出所有符合要求的组号)。

①Si与S2;

②a2与S3;

③ai与an;

④q与a”.

其中n为大于1的整数,Sn为{%}的前n项和。

(1)由S[和S2,司•知ai和a?

由—=q得公比q,故能确定%

数列是该数列的“基本量”。

(2)由a?

与S3,设其公比为q,首项为a.可得

a2=axq.ax=二,如=%+%q+%q~

・q

..如=%+a)q

'

q~_

「•+(a2-S3)q+a2=0

满足条件的q可能不存在,也可能不止一个,因而不能确定数列,故不一定是数列{%}的基本量。

(3)由ai与a。

,可得=—,当n为奇数时,q可能有两个值,

%

故不一定能确定数列,所以也不一定是数列的一个基本量。

(4)由q与an,由q二弓矿七可得。

]二三%,故数列{%}能够确定,是数列{%}

的一个基本量。

故应填①、④

数学需要解题,但题海战术绝对不是学习数学的最佳策略。

木题考查确定等比数列的条件,要求正确理解等比数列和新概念“基本量”的意义。

如何能够跳出题海,事半功倍,全面考察问题的各个方而,不仅可以训练自己的思维,

而且可以纵观全局,从整体上对知识的金貌有一个较好的理解.

例3(2002上海).规定C.=-(七J二3二吧),其中eR,m是正整数,且

m\

&

?

=1,这是组合数C;

1(n,m是正整数,且m<

n)的一种推广.

(I)求C%的值;

(II)组合数的两个性质:

①C:

=CT;

②C:

+C:

==C;

»

是否都能推广到(xeR,m是正整数)的情形?

若能推广,则写出推广的形式并给出证明;

若不能,则说明理由;

(III)我们知道,组合数是正整数.那么,对于C.xeR,〃z是正整数,是否也有同样的结论?

你能举出一些C:

ER成立的例子吗?

(I)史客四11628.

(II)一个性质是否能推广的新的数域上,首先需要研究它是否满足新的定义.从这个角度很快可以看出:

性质①不能推广.例如当x=^2时,C上有定义,但C牙无意义.

性质②如果能够推广,那么,它的推广形式应该是:

+其中

xeR,秫是正整数.

类比于性质①的思考方法,但从定义上是看不出矛盾的,那么,我们不妨仿造组合数性质的证明过程来证明这个结论.事实上,

当刀=1时,e+C?

=x+l=C\.当m>

2时,

妇_.(.T)・・・(m+1)"

■T)・・・(i〃+2)

xv—m!

(/n-1)!

_x(x-l)---(x-m+2)fx-m+1

(m-1)!

vm>

x(x-l)---(x-/?

2+2)(x+1)

Cm

x+l

由此,可以知道,性质②能够推广.

(III)从的定义不难知道,当x/Z且m工()时,C;

”eZ不成立,下面,我们将着眼点放在xeZ的情形.

先从熟悉的问题入手.当x>

m时,C.就是组合数,故gZ.

当xWZ且X<

〃7时,推广和探索的一般思路是:

能否把未知的情形(c:

f"

且x<

m)与已知的结论C;

GZ相联系?

一方面再一次考察定义:

仁”="

七'

)二(七〃‘+'

);

另一方面,可以从具体的问题入手.

由(I)的计算过程不难知道:

C\=-C:

9.另外,我们可以通过其他例子发现类似的结论.因此,将转化为驾可能是问题解决的途径.

事实上,当XV。

时,

A-(x-l)-*-(x-/?

z+l)n,(-A+/n-l)---(-x+l)(-x)v

■-;

C-5-1

%1若-x+m-\>

m,即x<

-L则C’-i为组合数,故C:

eZ•

%1若-x+m-l<

m,即0<

x<

m时,无法通过上述方法得出结论,此时,由具体的计算不难发现:

C;

=0……,可以猜想,此时C:

=OcZ.

这个结论不难验证.事实上,当0<

m时,在x,x-l,・・・,x-"

2+l这m个连续的整数中,必存在某个数为0.所以,C:

=0eZ.

综上,对于xeZ且〃2为正整数,均有C;

MgZ.

类比是创造性的“模仿。

联想是“由此及彼”的思维跳跃.在开放题的教学中,引导学生将所求的问题与熟知的信息相类比,进行多方位的联想,将式子结构、运算法则、解题方法、问题的结论等引申、推广或迁移,可由已知探索未知,由旧知探索新知,这既有利于培养学生的创新思维能力,乂有利于提高学生举一反三、触类旁通的应变灵活性.

三条件重组型

这类问题是指给出了一些相关命题,但需对这些命题进行重新组合构成新的复合命题,或题设的结求的方向,条件和结论都需要去探求的一类问题。

此类问题更难,解题要有更撮的基础知识和基本技能,需要要联想等手段。

一般的解题的思路是通过对条件的反复重新组合进行逐一探求。

应该说此类问题是真正意义上的创新思维和创造力。

例4(1999年全国)a、6是两个不同的平面,m、n是平面a及&

之外的两条不同的直线,给出四个论断:

①m_Ln②aJ_B③n_1_8④m_La

以其中的三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题O

分析:

本题给出了四个论断,要求其中三个为条件,余下一个为结论,用枚举法分四种情况逐一验证。

依题意可得以下四个命题:

(l)m±

n,aJL6,n±

B=>

a;

(2)m±

n,a±

P,m±

a=>

n_LP;

(3)m±

a,nJLB,m±

ana_|_B;

(4)a±

P,n_LB,m±

anmJLn。

不难发现,命题(3)、(4)为真命题,而命题

(1)、

(2)为假命题。

故填上命题(3)或⑷。

例5.(2004年北京)已知三个不等式:

ab>

0,bc-ad>

0,--->

0(其中ab

a,b,c,d均为实数),用其中两个不等式作为条件,余下的一个不等式作为结论组成一个命题,可组成的正确命题的个数是()

A、0B、1C、2D、3

若ab>

0,he-ad>

,则—=—一~—>

0

ahab

cd

二ab>

0,bc-ad>

0=>

>

ab

十,ccd石thihc-ad八

0,>

0测>

abab

:

.be-ad>

0,即。

>

0,—>

0=be—ad>

若阮则^^〉oabab

.ab>

0,叩be-ad>

0,—>

0n〉0

故三个命题均为真命题,选D。

四、存在判断型

要判断在某些确定条件下的某-•数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立。

通常假

定题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分的结论,然后在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设;

否则,给出肯定结论。

其中反证法在解题中起着重要的作用。

9

例6、(2004年福建)已知/(x)=4x+ax2--x\xeR)在区间[-1,1]上是增函数。

(1)求实数a的值组成的集合A;

(2)设关于x的方程f(x)=2x+-x3的两个非常零实根为xi、x2,试问:

否存在实数m,使得不等式+tm+1>

|^-x2|对任意aeA及[-1,1]恒成立?

若存在,求ni的取值范围;

若不存在,请说明理由。

(1)=4+2心-2尤2,

・・・f(x)在[―1,1]上是增函数,

/.f\x)>

0对XG[-1,1扼成立

即X,—ax—2W0,对xE[—1,1]恒成立①

设(p(x)=x1-ax-2

(p

(1)=1—。

―2V0.e(—i)=i+6/—2<

o

二—1《。

V1

・.•对尤G[-1,1],只有当Q=1时,尸(一1)=0以及当6?

=-1时,广⑴=0:

.A={a-\<

a<

\]

tij4x4-ax2-—x3=2x+—x3.

33

得x—0/或—cix—2=0,

=后+8>

尤1,工2是方程尤2-0¥

-2=0的物非零实根,

(2)*]—工』=J(X]+名)~—=yCl~+8,

=Jo,+8<

3.

-对对任意。

wA及E[-1,1恒成立,

又...一1<

Q<

1,/.玉-X2要使不等式冰+tm+\>

g(-l)=in2-/?

7-2>

0,g(l)=m2+/n-2<

所以,存在实数m,使不等式

m~+伽+1Z幅一方对任意QeA及E[-1,1]恒成立,其取值范围是{〃m>

2,或〃?

<

-2}

“存在”就是有,证明有或者可以找出一个也行

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