《2020年高考数学二轮复习（上海专版） 专题13 创新型问题（解析版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考数学二轮复习（上海专版） 专题13 创新型问题（解析版）.docx（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题13 创新型问题专题点拨1.创新型数学问题，主要涉及两大类：一类是创造性地综合运用已有的数学知识经验解决新情境问题或陌生的问题；另一类是发现新问题(或提出新问题)并解决提出的新问题.不论是哪一类创新型数学问题，都需要强化阅读理解,充分研究问题的条件和结论之间的联系，运用数学知识方法，发现解题策略，展开充分的数学推理，完成数学问题提出的研究目标2创新型数学问题常见的问题类型：(1)构造型问题：一般需要构造不等式、方程、代数式、函数、图形等加以解决的问题；(2)归纳猜想型问题：通过归纳-猜想-证明实现从特殊到一般的推理论证；(3)新概念型问题：问题情境给出新定义、新法则(公式、原理)，考察学习
2、者的及时学习能力，一般需要先理解新概念，再运用新概念解决问题；存在判断型：这类问题常见的有：探究给定的结论是否成立；探究符合条件的数学对象是否存在；类比已有结论探索获得的新命题是否成立；(4)探究性问题：探究一类问题的解题策略，或是探究给定命题是否正确，或可否进一步推广总之，解决创新型数学问题，既需要阅读理解问题情境,也需要综合运用逻辑思维与直觉思维、演绎推理与合情推理，需要运用特殊与一般、归纳与类比等数学思维方式解决问题 例题剖析【例1】称项数相同的两个有穷数列对应项乘积之和为这两个数列的内积，设：数列甲：x1，x2，x5为递增数列，且xiN*(i1，2，5)；数列乙：y1，y2，y3，y4
3、，y5满足yi1，1(i1，2，5)则在甲、乙的所有内积中()A当且仅当x11，x23，x35，x47，x59时，存在16个不同的整数，它们同为奇数B当且仅当x12，x24，x36，x48，x510时，存在16个不同的整数，它们同为偶数C不存在16个不同的整数，要么同为奇数，要么同为偶数D存在16个不同的整数，要么同为奇数，要么同为偶数【答案】D【解析】对于A，取特例x11，x22，x33，x44，x55时，此时内积可能为：-15，-13，-11，-9，-7，-5，-3，-1，1，3，5，7，9，11，13，15，16个都是奇数，所以A不对，对于B，取特例x11，x22，x33，x44，x56
4、时，此时内积可能为：-16，-14，-12，-10，-8，-6，-4，-2，2，4，6，8，10，12，14，16，16个都是偶数，所以B不对，对于C，由A，B可知存在16个整数，要么同为奇数，要么同为偶数，所以C不对，故选：D【例2】已知数列1、1、2、1、2、4、1、2、4、8、1、2、4、8、16、，其中第一项是20，接下来的两项是20、21，再接下来的三项是20、21、22，以此类推，若N100且该数列的前N项和为2的整数幂，则N的最小值为()A440B330C220D110【答案】A【解析】由题意可知：第一项，120；第二项，20，21；第三项，20，21，22；第n项，20，21，
5、22，2n1；根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：211，221，231，2n1；每项含有的项数为：1，2，3，n；总共的项数为N1+2+3+n=n(n+1)2；所有项数的和为Sn(211)+(221)+(231)+(2n1)(21+22+23+2n)n=2(1-2n)1-2-n2n+12n，由题意可知：2n+1为2的整数幂，只需将2n消去即可，则1+2+(2n)0时，解得n1，总共有(1+1)12+23项，不满足N100，1+2+4+(2n)0时，解得n5，总共有(1+5)52+318项，不满足N100，1+2+4+8+(2n)0时，解得n13，总共有(1+13)132+495项，不
6、满足N100，1+2+4+8+16+(2n)0时，解得n29，总共有(1+29)292+5440项，满足N100，N的最小值为440故选：A【例3】在投票评选活动中，经常采用简单多数原则或积分原则简单多数原则指n个评委对k个候选人进行一次表决，各自选出认为最佳的人选，按每个候选人所得票数不同决定不同名次；积分原则指每个评委先对k个候选人排定顺序，第一名得k分，第二名得k1分，依此类推，最后一名得1分，每个候选人最后的积分多少决定各自名次右表是33个评委对A、B、C、D四名候选人做出的选择，则按不同原则评选，名次不相同的候选人是【答案】A、C【解析】按简单多数原则排名，A的得票数为：7+310，
7、B的得票数为：9，C的得票数为：6+511，D的得票数为：3，第一名为C，第二名为A，第三名为B，第四名为D；按积分原则排名，A的得分为：63+74+51+34+93+3399，B的得分为：62+72+52+32+94+3181，C的得分为：64+73+54+31+91+3283，D的得分为：61+71+53+33+92+3467，第一名为A，第二名为C，第三名为B，第四名为D按不同原则评选，名次不相同的候选人是A、C故答案为：A、C【例4】和平面解析几何的观点相同，在空间中，空间平面和曲面可以看作是适合某种条件的动点的轨迹，在空间直角坐标系Oxyz中，空间平面和曲面的方程是一个三元方程F(x
8、，y，z)0(1)类比平面解析几何中直线的方程，写出过点P(x0，y0，z0)，法向量为n=(A，B，C)的平面的点法式方程；平面的一般方程；在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c的平面的截距式方程(不需要证明)；(2)设F1，F2为空间中的两个定点，|F1F2|2C，我们将曲面定义为满足|PF1|+|PF2|2a(ac)的动点P的轨迹，试建立一个适当的空间直角坐标系Oxyz，求曲面的方程；(3)对(2)中的曲面，指出和证明曲面C的对称性，并画出曲面的直观图【解析】(1)A(xx0)+B(yy0)+C(zz0)0，Ax+By+Cz+D0；xa+yb+zc=1；(2)以两个定点F1，F2的中点为
9、坐标原点O，以F1，F2所在的直线为y轴，以线段F1F2的垂直平分线为x轴，以与xoy平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，设F1(0，c，0)，F2(0，c，0)，设P的坐标为(x，y，z)，可得|F1F2|2c0，|PF1|+|PF2|2a(ac)，x2+(y+c)2+z2+x2+(y-c)2+z2=2a，移项得 x2+(y+c)2+z2=2a-x2+(y-c)2+z2，两边平方，得ax2+(y-c)2+z2=a2cy，两边平方，整理得x2a2-c2+y2a2+z2a2-c2=1，令a2-c2=b，得x2b2+y2a2+z2b2=1因此，可得曲面的方程为x2b2+y2
10、a2+z2b2=1(3)由于点(x，y，z)关于坐标原点O的对称点(x，y，z)也满足方程，说明曲面关于坐标原点O对称；由于点(x，y，z)关于x轴的对称点(x，y，z)也满足方程，说明曲面关于x轴对称；同理，曲面关于y轴对称；关于z轴对称由于点(x，y，z)关于xOy平面的对称点(x，y，z)也满足方程，说明曲面关于xOy平面对称；同理，曲面关于xOz平面对称；关于yOz平面对称由以上的讨论，可得曲面的直观图如右上图所示【例5】设f(x)是定义在D上的函数，若对任何实数(0，1)以及D中的任意两数x1、x2，恒有f(x1+(1)x2)f(x1)+(1)f(x2)，则称f(x)为定义在D上的C
11、函数(1)证明函数f1(x)=x2是定义域上的C函数；(2)判断函数f2(x)=1x(x0)是否为定义域上的C函数，请说明理由；(3)若f(x)是定义域为R的函数，且最小正周期为T，试证明f(x)不是R上的C函数【解析】证明：(1)对任意实数x1，x2及(0，1)，有f(x1+(1)x2)f(x1)(1)f(x2)=(x1+(1-)x2)2-x12-(1-)x22=-(1-)x12-(1-)x22+2(1-)x1x2=-(1-)(x1-x2)20，即f(x1+(1)x2)f(x1)+(1)f(x2)，f1(x)=x2是C函数； (2)f2(x)=1x(x0)不是C函数，说明如下(举反例)：取x
12、13，x21，=12，则f(x1+(1)x2)f(x1)(1)f(x2)=f(-2)-12f(-3)-12f(-1)=-12+16+120，即f(x1+(1)x2)f(x1)+(1)f(x2)，f2(x)=1x(x0)不是C函数；(3)假设f(x)是R上的C函数，若存在mn且m，n0，T)，使得f(m)f(n)(i)若f(m)f(n)，记x1m，x2m+T，=1-n-mT，则01，且nx1+(1)x2，那么f(n)f(x1+(1)x2)f(x1)+(1)f(x2)f(m)+(1)f(m+T)f(m)，这与f(m)f(n)矛盾； (ii)若f(m)f(n)，记x1n，x2nT，=1-n-mT，同
13、理也可得到矛盾； f(x)在0，T)上是常数函数，又因为f(x)是周期为T的函数，所以f(x)在R上是常数函数，这与f(x)的最小正周期为T矛盾所以f(x)不是R上的C函数【例6】一个三角形数表按如下方式构成(如图：其中项数n5)：第一行是以4为首项，4为公差的等差数列，从第二行起，每一个数是其肩上两个数的和，例如：f(2，1)f(1，1)+f(1，2)；f(i，j)为数表中第i行的第j个数(1)求第2行和第3行的通项公式f(2，j)和f(3，j)；(2)证明：数表中除最后2行以外每一行的数都依次成等差数列；(3)求f(i，1)关于i(i1，2，n)的表达式【解析】(1)f(2，j)f(1，j
14、)+f(1，j+1)2f(1，j)+48j+4(j1，2，n1)，f(3，j)f(2，j)+f(2，j+1)2f(2，j)+82(8j+4)+816j+16(j1，2，n2)(2)由已知，第一行是等差数列，假设第i(1in3)行是以di为公差的等差数列，则由f(i+1，j+1)f(i+1，j)f(i，j+1)+f(i，j+2)f(i，j)+f(i，j+1)f(i，j+2)f(i，j)2di(常数)知第i+1(1in3)行的数也依次成等差数列，且其公差为2di综上可得，数表中除最后2行以外每一行都成等差数列(3)由于d14，di2di1(i2)，所以di=42i-1=2i+1，所以f(i，1)f(i1，1)+f(i1，2)2f(i1，1)+di1，由di-1=2i得f(i，1)2f(i1，1)+2i，于是f(i，1)2i=f(i-1，1)2i-1+1，即f(i，1)2i-
