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=>
m±
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:
是
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