题库 · 高考创新考法专题

创新考法2　定义先行·妙解明译

【典例赏析】

(17分)(2024·新高考Ⅰ卷T19节选)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列①,若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且每组的4个数都能构成等差数列②,则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)−可分数列③.

(1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使数列a1,a2,…,a6是(i,j)−可分数列④;

(2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)−可分数列⑤.

【试题分析】

【标准解答】(1)相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和j(i<j),使得剩下四个数是等差数列.

那么剩下四个数只可能是1,2,3,4,或2,3,4,5,或3,4,5,6,

…………………………………………4分

所以所有可能的(i,j)就是(1,2),(1,6),(5,6).    ……………………7分

(解读:首先,我们设数列a1,a2,…,a4m+2的公差为d,则d≠0.

由于一个数列同时加上一个数或者乘一个非零数后是等差数列,当且仅当该数列是等差数列,故我们可以对该数列进行适当变形a'k=$\frac{a_k-a_1}{d}$+1(k=1,2,…,4m+2),

得到新数列a'k=k(k=1,2,…,4m+2),然后对a'1,a'2,…,a'4m+2进行相应的讨论即可.

换言之,我们可以不妨设ak=k(k=1,2,…,4m+2),此后的讨论均建立在该假设下进行)

(2)由于从数列1,2,…,4m+2中取出2和13后,剩余的4m个数可以分为以下两个部分,共m组,使得每组成等差数列:

(当m=3时,数列a1,a2,…,${{a_4}_m}_{+2}$是(2,13)−可分数列,转化为证明数列1,2,3,4,…,12,13,14是(2,13)−可分数列,若感觉困难,不妨再退一步尝试,研究m=2时,1,2,3,4,…,8,9,10是(2,9)−可分数列)

• {1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14},共3组;    …………………13分

②{15,16,17,18},{19,20,21,22},…,{4m−1,4m,4m+1,4m+2},共m−3组.

(如果m−3=0,则忽略②)

故数列1,2,…,4m+2是(2,13)−可分数列. ……………………    17分

(解读:当m=4时,数列1,2,3,4,…,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18删去2,13,剩余1,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14,15,16,17,18共16项,分为4组,使每组4项构成等差数列,得到

1,4,7,10;3,6,9,12;5,8,11,14;15,16,17,18满足题意.

当m≥4时,数列1,2,…,4m,4m+1,4m+2删去2,13,

剩余1,3,4,…,11,12,14,15,…,4m,4m+1,4m+2共4m项,分为m组,使每组4项构成等差数列,得到

1,4,7,10;3,6,9,12;5,8,11,14;15,16,17,18;…;4m−1,4m,4m+1,4m+2

满足题意)

【能得分·得高分·两大要领】

【命题特点*心中有谱】

新定义压轴题具有分层设问、环环相扣,多层级、有序设计的特征:

第一个层级是阅读理解符号定义,写出结果(有的要求说明理由),让考生感受问题;

第二个层级是问题的特殊性质或特殊情况下的结论,向考生展示问题的局部,探寻问题解决路径;

第三个层级是探究一般性的结论或性质,给考生提供展示思维水平的空间,

三问设计层层递进,如何引导学生学会思考、探究,自主选择路径和策略分析问题、解决问题.

【清北学子*高分技法】

1.提取信息:对新定义进行信息提取,明确新定义的名称和符号.

2.加工信息:细细品读新给出的概念、法则等,对所提取的信息进行加工,探求解决方法,有时可以用学过的或熟悉的相近知识进行类比,明确它们的共同点和不同点.

3.迁移转化:如果是新定义的运算、法则,直接按照运算、法则计算即可;如果是新定义的性质,一般需要理解和转化性质的含义,得到性质的等价条件(如等量关系、图形的位置关系等).

4.计算、得结论:新定义问题万能解法是用类比、举例来理解定义,透过现象看本质,新定义问题考查的内在知识始终脱离不开高中数学基础知识.在教学与备考中重点训练阅读理解能力,“新”不一定“难”,掌握好“四基”,方能以不变应万变.

【即学即练】

1.如果一个数列从第2项起,每一项与它前一项的比都大于2,则称这个数列为“G型数列”.

(1)若数列{an}满足a1=1,an+1an=32n−1,求证:数列{an}是“G型数列”.

【解析】(1)因为an+1an=32n−1①,

所以当n≥2时,anan−1=32n−3②,

由①÷②得,当n≥2时,$\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}$=9,

所以数列{a2n}(n∈N*)和数列{a2n−1}(n∈N*)是等比数列.

因为a1=1,an+1an=32n−1,所以a2=3,

所以a2n=32n−1,a2n−1=32n−2,

因此an=3n−1,从而$\frac{a_n}{a_{n-1}}$=3>2(n≥2),

所以数列{an}是“G型数列”.

(2)若数列{an}的各项均为正整数,且a1=1,{an}为“G型数列”,记bn=an+1,数列{bn}为等比数列,公比q为正整数,当{bn}不是“G型数列”时,求数列{an}的通项公式.

【解析】(2)因为数列{an}的各项均为正整数,且{an}为“G型数列”,

所以$\frac{a_{n+1}}{a_n}$>2,所以an+1>2an>an,

因此数列{an}为递增数列.

又bn=an+1,

所以bn+1−bn=an+1−an>0,

因此{bn}为递增数列,所以公比q>1.

又{bn}不是“G型数列”,所以存在n0∈N*,

使得$\frac{b_{n_0+1}}{b_{n_0}}$≤2,所以q≤2,

又公比q为正整数,所以q=2.

又b1=a1+1=2,

所以bn=2n,则an=2n−1.

(3)在(2)的条件下,令cn=$\frac{1}{a_n{a}_{n+1}}$,记{cn}的前n项和为Sn,是否存在正整数m,使得对任意的n∈N*,都有$\frac{1}{S_n}$∈(m−1,m]成立?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.

【解析】(3)anan+1=(2n−1)(2n+1−1)=22n+1−3×2n+1>22n+1−3×2n,

因为22n+1−3×2n=4n+2n(2n−3)>4n(n≥2),

所以anan+1>4n(n≥2),

所以cn=$\frac{1}{a_n{a}_{n+1}}$<$\frac{1}{4^n}$(n≥2).

当n=1时,S1=$\frac{1}{3}$,

当n≥2时,Sn=$\frac{1}{a_1{a}_2}$+$\frac{1}{a_2{a}_3}$+$\frac{1}{a_3{a}_4}$+…+$\frac{1}{a_n{a}_{n+1}}$<$\frac{1}{3}$+($\frac{1}{4^2}$+$\frac{1}{4^3}$+…+$\frac{1}{4^n}$)

=$\frac{1}{3}$+$\frac{\frac{1}{4^2}(1-\frac{1}{4^{n-1}})}{1-\frac{1}{4}}$=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{12}$(1−$\frac{1}{4^{n-1}}$)<$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{12}$=$\frac{5}{12}$,

即当n≥2时,$\frac{1}{3}$<Sn<$\frac{5}{12}$,

所以$\frac{12}{5}$<$\frac{1}{S_n}$<3.

综上,$\frac{12}{5}$<$\frac{1}{S_n}$≤3,n∈N*.

所以存在正整数m=3,使得对任意的n∈N*都有$\frac{1}{S_n}$∈(m−1,m]成立.

2.已知函数y=F(x)的图象上存在A,B两点,记直线AB的方程为y=G(x),若直线AB恰为曲线y=F(x)的一条切线(A,B为切点),且∀x∈D(D为F(x)的定义域),F(x)≥G(x),则称函数y=F(x)为“切线支撑”函数.

(1)试判断函数f(x)=$\sqrt{3}$sin 2x−2cos2x是否为“切线支撑”函数.若是,求出一组点A,B;若不是,请说明理由;

【解析】(1)f(x)=$\sqrt{3}$sin 2x−2cos2x=$\sqrt{3}$sin 2x−cos 2x−1=2sin(2x−$\frac{\pi }{6}$)−1,

显然f(x)≥−3,

令f(x)=−3,得2x−$\frac{\pi }{6}$=−$\frac{\pi }{2}$+2kπ,k∈Z,

即x=−$\frac{\pi }{6}$+kπ,k∈Z,

所以x=−$\frac{\pi }{6}$+kπ,k∈Z是f(x)的极小值点,且y=−3为曲线y=f(x)的一条切线,

所以函数f(x)=$\sqrt{3}$sin 2x−2cos2x是“切线支撑”函数,

可取A(−$\frac{\pi }{6}$,−3)B($\frac{5\pi }{6}$,−3) (答案不唯一).

(2)已知g(x)=$\left\{\begin{array}{c}\mathrm{ax}-\ln x,x>0,\\ x^2,x<0\end{array}\right)$为“切线支撑”函数,求实数a的取值范围.

【解析】(2)当x>0时,g'(x)=a−$\frac{1}{x}$,

所以g'(x)在(0,+∞)上为增函数,所以切点A,B不可能都在y轴的右侧;

当x<0时,g'(x)=2x,所以g'(x)在(−∞,0)上为增函数,所以切点A,B不可能都在y轴的左侧;

所以切点A,B必在y轴的两侧.

不妨设x1>0>x2,A(x1,ax1−ln x1),

B(x2,$x_2^2$),

当x>0时,g'(x)=a−$\frac{1}{x}$,所以A点处的切线方程为y−ax1+ln x1=(a−$\frac{1}{x_1}$) (x−x1),

即y=(a−$\frac{1}{x_1}$)x+1−ln x1;

当x<0时,g'(x)=2x,所以B点处的切线方程为y−$x_2^2$=2x2(x−x2),

即y=2x2x−$x_2^2$,

因为A,B两点处的切线重合,

所以$\left\{\begin{array}{c}a-\frac{1}{x_1}=2x_2\\ 1-\ln x_1=-x_2^2\end{array}\right)$⇒a=2x2+$e^{-x_2^2-1}$,

设φ(x)=2x+$e^{-x^2-1}$,x<0,

则φ'(x)=2−2x$e^{-x^2-1}$>0,

所以φ(x)在(−∞,0)上单调递增,

又当x→−∞时,φ(x)→−∞,

所以a<φ(0)=$\frac{1}{e}$,即a∈(−∞,$\frac{1}{e}$),

设A点处的切线方程为m(x)= (a−$\frac{1}{x_1}$)x+1−ln x1,

设p(x)=g(x)−m(x)=−ln x+$\frac{1}{x_1}$x−1+ln x1,

x>0,则p'(x)=−$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{x_1}$=$\frac{x-x_1}{x{x}_1}$,

所以当x∈(0,x1)时,p'(x)<0,p(x)在(0,x1)上单调递减;当x∈(x1,+∞)时,p'(x)>0,p(x)在(x1,+∞)上单调递增,

所以p(x)≥p(x1)=0,

所以g(x)≥m(x),

设B点处的切线方程为n(x)=2x2x−$x_2^2$,

则g(x)−n(x)=x2−2x2x+$x_2^2$=(x−x2)2≥0,

即g(x)≥n(x),

所以g(x)为“切线支撑”函数,

综上可得,实数a的取值范围为(−∞,$\frac{1}{e}$).

创新考法3　知识融合·趣凑新招

【典例赏析】

(17分)如图(1),已知抛物线E:x2=2y的焦点为F,准线为l,过点F的动直线m与E交于A,B两点(其中点A在第一象限)①,以AB为直径的圆与准线l相切于点C,D为弦AB上任意一点,现将△ACB沿CD折成直二面角A'−CD−B②,如图(2).

(1)证明:cos ∠A'CB=cos ∠A'CD·cos ∠BCD③;

(2)当∠A'CB最小时,

(i)求A',B两点间的最小距离④;

(ii)当A',B两点间的距离最小时,在三棱锥A'−BCD内部放一圆柱,使圆柱底面在面BCD上,求圆柱体积的最大值⑤.

【试题分析】

【标准解答】(1)过A'作A'O'⊥CD,垂足为O',过O'作O'E⊥BC,垂

足为E.    ……………………1分

(面面垂直,作交线的垂线)

因为平面A'CD⊥平面ABC,且平面A'CD∩平面ABC=CD,A'O'⊂平面A'CD,

可得A'O'⊥平面ABC,由BC⊂平面ABC,可得A'O'⊥BC,

且O'E∩A'O'=O',O'E,A'O'⊂平面A'O'E,可得BC⊥平面A'O'E,    ………………2分

由A'E⊂平面A'O'E,可得BC⊥A'E,则cos ∠A'CB=$\frac{\mathrm{CE}}{A\text{'}C}$,

cos ∠A'CD=$\frac{O\text{'}C}{A\text{'}C}$,cos ∠BCD=$\frac{\mathrm{CE}}{O\text{'}C}$,

(把待证角在不同的直角三角形中分别表示)

所以cos ∠A'CB=cos ∠A'CD·cos ∠BCD.    ……………4分

(2)因为以AB为直径的圆与准线l相切于点C,可知AC⊥BC,则∠A'CD=∠ACD=$\frac{\pi }{2}$−∠BCD.    ………………6分

(利用直线与圆相切得到角的关系)

由(1)可得:

cos ∠A'CB=cos ∠A'CD·cos ∠BCD=cos($\frac{\pi }{2}$−∠BCD)·cos ∠BCD

=sin ∠BCD·cos ∠BCD=$\frac{1}{2}$sin 2∠BCD≤$\frac{1}{2}$,

当且仅当sin 2∠BCD=1,即∠BCD=$\frac{\pi }{4}$时,等号成立,

所以当∠BCD=$\frac{\pi }{4}$时,∠A'CB最小.    …………7分

(由基本不等式得到∠A'CB最小时的成立条件)

(i)因为A'O'⊥平面ABC,BO',CD⊂平面ABC,则A'O'⊥BO',A'O'⊥CD,即AO'⊥CD,

在Rt△ACO'中,则|CO'|=|AO'|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$|AC|=|A'O'|,

在△BCO'中,由余弦定理可得|BO'|2=|BC|2+|CO'|2−2|BC|·|CO'|cos ∠BCO',

则|BO'|2=|BC|2+$\frac{1}{2}$|AC|2−2|BC|×$\frac{\sqrt{2}}{2}$|AC|×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=|BC|2+$\frac{1}{2}$|AC|2−|BC|·|AC|,

在Rt△A'BO'中,

|A'B|2=|BO'|2+|A'O'|2=|BC|2+$\frac{1}{2}$|AC|2−|BC|·|AC|+$\frac{1}{2}$|AC|2=|BC|2+|AC|2−|BC|·|AC|,

在Rt△ABC中,|AB|2=|BC|2+|AC|2,可得|A'B|2=|AB|2−|BC|·|AC|.    ………………10分

由题意可知:焦点F(0,$\frac{1}{2}$),准线l:y=−$\frac{1}{2}$,直线m的斜率存在,且直线m与抛物线必相交,

设直线m:y=kx+$\frac{1}{2}$,A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组$\left\{\begin{array}{c}y=\mathrm{kx}+\frac{1}{2}\\ x^2=2y\end{array}\right)$,消去y可得x2−2kx−1=0,

则x1+x2=2k,x1·x2=−1,

可得|AB|=$\sqrt{1+k^2}\sqrt{4k^2+4}$=2(k2+1),

当k=0时,|AB|取到最小值2,根据对称性可知|BC|=|AC|=$\sqrt{2}$,可得|A'B|2=|AB|2−|BC|·|AC|=2;当k≠0时,则|AB|>2,且|BC|≠|AC|,

由基本不等式可得|BC|·|AC|<$\frac{{\left|\mathrm{BC}\right|}^2+{\left|\mathrm{AC}\right|}^2}{2}$=$\frac{{\left|\mathrm{AB}\right|}^2}{2}$,(由基本不等式求解)

则|A'B|2=|AB|2−|BC|·|AC|>|AB|2−$\frac{1}{2}$|AB|2=$\frac{1}{2}$|AB|2>2;

综上所述:|A'B|2的最小值为2,当且仅当|AB|=2,|BC|=|AC|时,等号成立,所以A',B两点间的最小距离为$\sqrt{2}$;

…………………12分

(ii)由(i)可知:当A',B两点间的距离最小时,|AB|=2,

|BC|=|AC|=$\sqrt{2}$,

可知D为AB中点,且D与O'重合,因为|BD|=|CD|=1,

|BC|=$\sqrt{2}$,

设△BCD的内切圆半径为R,

得:$\frac{1}{2}$×1×1=$\frac{1}{2}$(1+1+$\sqrt{2}$)R,解得R=$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$(由等面积法得到).    ………14分

设圆柱的底面半径为r,高为h,则$\frac{1-h}{1}$=$\frac{r}{R}$,可得h=1−$\frac{r}{R}$=1−(2+$\sqrt{2}$)r,

所以圆柱的体积V=πr2h=π[r2−(2+$\sqrt{2}$)r3],

令f(r)=r2−(2+$\sqrt{2}$)r3,0<r<$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$,(三次函数,用导数求最值)    ……15分

则f'(r)=2r−3(2+$\sqrt{2}$)r2=r[2−3(2+$\sqrt{2}$)r],

当0<r<$\frac{2-\sqrt{2}}{3}$时,f'(r)>0;当$\frac{2-\sqrt{2}}{3}$<r<$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$时,f'(r)<0;

可知f(r)在(0,$\frac{2-\sqrt{2}}{3}$)内单调递增,在($\frac{2-\sqrt{2}}{3}$,$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$)内单调递减,

则f(r)≤f($\frac{2-\sqrt{2}}{3}$)=$\frac{6-4\sqrt{2}}{27}$,所以圆柱体积的最大值为$\frac{6-4\sqrt{2}}{27}$π.    ………17分

【能得分·得高分·两大要领】

【命题特点*心中有谱】

1.信息量大:知识融合试题往往会提供大量的背景材料.比如本题把抛物线、圆、立体几何相联系,解答时需要在这些信息中,筛选出有效的信息及与学科知识相关联的内容,并进行相对应的思考、推理、分析、判断,才能顺利解答.

2.综合性强:试题往往涉及学科的多个知识点、考试内容广泛、综合性强.要求考生具备综合运用知识的能力,需要将不同章节的知识点进行联系、归纳、整合,形成系统化的学科知识体系,构建学科知识网络,进行学科思维建模,才能更好地解答题目中的问题.

【清北学子*高分技法】

1.整合知识、构建体系:知识融合试题涉及学科的多个知识点,注意知识点之间的联系,将不同章节的知识点串联起来,形成学科知识网络,才能做到解题时得心应手、水到渠成.

2.融会贯通、创新想象:主动思考,灵活运用不同学科知识分析试题,从题目中发现新问题、进行新解释、找到新规律、得出新结论.

【即学即练】

已知双曲线C:$\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{4}$=1,第一象限中横坐标为2的点P0在C上,直线l的斜率为k.当n∈N*时,过点Pn−1作l的平行线交双曲线C的左支于点Mn,过点Mn作y轴的垂线交双曲线C的右支异于点Pn−1的点Pn.

(1)当k=1时,求点P1的坐标;

【解析】(1)由题意P0(2,2),所以直线l:y=x,

根据双曲线的对称性,可得M1(−2,−2),所以P1点的坐标为(2,−2).

(2)设yn表示点Pn的纵坐标,求$\frac{y_n}{y_{n-1}+y_{n+1}}$的取值范围;

【解析】(2)如图:

设点Pn(xn,yn),则Pn−1(xn−1,yn−1),

由题意得Mn(−xn,yn),且xn+xn−1≠0,

所以k=$\frac{y_n-y_{n-1}}{-x_n-x_{n-1}}$,即yn−yn−1=−k(xn+xn−1),且0<k2<2.

且2(xn+xn−1)(xn−xn−1)=(yn+yn−1)(yn−yn−1)=−k(yn+yn−1)(xn+xn−1).

所以xn−xn−1=−$\frac{k}{2}$(yn+yn−1)①,

而xn+xn−1=−$\frac{1}{k}$(yn−yn−1)②,

由①②得:xn=−$\frac{2+k^2}{4k}$yn+$\frac{2-k^2}{4k}$yn−1③,xn−1=$\frac{k^2-2}{4k}$yn+$\frac{2+k^2}{4k}$yn−1④,

由④得:xn=$\frac{k^2-2}{4k}$yn+1+$\frac{2+k^2}{4k}$yn⑤,

由③⑤得:yn=$\frac{2-k^2}{2(2+k^2)}$(yn+1+yn−1)⑥.

所以$\frac{y_n}{y_{n+1}+y_{n-1}}$=$\frac{2-k^2}{2(2+k^2)}$=$\frac{4}{2(2+k^2)}-\frac{1}{2}$,所以$\frac{y_n}{y_{n+1}+y_{n-1}}$∈(0,$\frac{1}{2}$).

(3)设Sn表示△Pn−1PnPn+1的面积,证明:数列{Sn}为常数列.

【解析】(3)设边Pn−1Pn+1的中点为Qn,

所以Qn($\frac{x_{n-1}+x_{n+1}}{2}$,$\frac{y_{n-1}+y_{n+1}}{2}$),

当n∈N*时,同(2)可得xn=$\frac{2-k^2}{2(2+k^2)}$(xn+1+xn−1),

所以$\frac{x_n}{y_n}$=$\frac{x_{n-1}+x_{n+1}}{y_{n-1}+y_{n+1}}$.所以坐标原点O,Pn,Qn三点共线.

则QnQn+1的斜率$k_{Q_n{Q}_{n+1}}$=$\frac{y_{n-1}+y_{n+1}-y_n-y_{n+2}}{x_{n-1}+x_{n+1}-x_n-x_{n+2}}$=$\frac{2(x_{n-1}+x_{n+1}+x_n+x_{n+2})}{y_{n-1}+y_{n+1}+y_n+y_{n+2}}$,

而PnPn+1的斜率$k_{P_n{P}_{n+1}}$=$\frac{y_n-y_{n+1}}{x_n-x_{n+1}}$=$\frac{2(x_n+x_{n+1})}{y_n+y_{n+1}}$,

结合(2)与⑥可得$k_{P_n{P}_{n+1}}$=$\frac{2(x_{n-1}+x_{n+1}+x_n+x_{n+2})}{y_{n-1}+y_{n+1}+y_n+y_{n+2}}$,

所以PnPn+1∥QnQn+1.在△OQnQn+1中,点Pn,Pn+1分别在边OQn,OQn+1上,

所以△PnPn+1Qn和△PnPn+1Qn+1的面积相等,即$S_{△P_n{P}_{n+1}{Q}_n}$=$S_{△P_n{P}_{n+1}{Q}_{n+1}}$,

而△Pn−1PnPn+1的面积为△PnPn+1Qn面积的2倍,所以Sn=2$S_{△P_n{P}_{n+1}{Q}_n}$,

△PnPn+1Pn+2的面积为△PnPn+1Qn+1面积的2倍,所以Sn+1=2$S_{△P_n{P}_{n+1}{Q}_{n+1}}$,所以Sn=Sn+1,即数列{Sn}为常数列.