能合二为一或一分为二的数学素材

前言

将数学素材能一分为二或合二为一都是一种数学能力和数学素养。相关阅读整合与拆分数学抽象

\(S=S_1\cup S_2=\{\beta\mid\beta=30^{\circ}+k\cdot360^{\circ},k\in Z\}\cup\{\beta\mid\beta=210^{\circ}+k\cdot360^{\circ},k\in Z\}\)

\(=\{\beta\mid\beta=30^{\circ}+k\cdot360^{\circ},k\in Z\}\cup\{\beta\mid\beta=30^{\circ}+180^{\circ}+k\cdot360^{\circ},k\in Z\}\)

\(=\{\beta\mid\beta=30^{\circ}+2k\cdot180^{\circ},k\in Z\}\cup\{\beta\mid\beta=30^{\circ}+(2k+1)180^{\circ},k\in Z\}\)

\(=\{\beta\mid\beta=30^{\circ}+n\cdot180^{\circ},n\in Z\}\)

合二为一

❶[代数]解题过程中碰到\(\left\{\begin{array}{l}{x_1+x_2=-\frac{b}{a}}\\{x_1x_2=\frac{c}{a}}\end{array}\right.\)

则可知\(x_1,x_2\)应该是方程\(x^2+\cfrac{b}{a}x+\cfrac{c}{a}=0\)的两个根。

\(x_1,x_2\)应该是方程\(ax^2+bx+c=0\)的两个根。

❷[代数]解题过程中如碰到\(\left\{\begin{array}{l}{ax_1^2+bx_1+c=0}\\{ax_2^2+bx_2+c=0}\end{array}\right.\)

则可知\(x_1,x_2\)应该是方程\(ax^2+bx+c=0\)的两个根。

❸[代数]解题过程中如碰到\(\left\{\begin{array}{l}{f(m)=km}\\{f(n)=kn}\end{array}\right.\)

则可知\(m,n\)应该是方程\(f(x)=kx\)的两个不等实根。

❹[几何]解题过程中如碰到\(\left\{\begin{array}{l}{ax_1+by_1+c=0}\\{ax_2+by_2+c=0}\end{array}\right.\)

则可知经过点\(P(x_1,y_1)\)和点\(Q(x_2,y_2)\)的直线应该是\(ax+by+c=0\)

❺[代数]奇函数\(y=\left\{\begin{array}{l}{f(x),x>0}\\{-f(-x),x<0}\end{array}\right.=\cfrac{|x|}{x}f(|x|)\);偶函数\(y=\left\{\begin{array}{l}{f(x),x>0}\\{f(-x),x<0}\end{array}\right.=f(|x|)\)

❻[代数]\(y=\left\{\begin{array}{l}{a,a\ge b}\\{b,a<b}\end{array}\right.=max\{a,b\}\)\(y=\left\{\begin{array}{l}{a,a< b}\\{b,a\ge b}\end{array}\right.=min\{a,b\}\)

❼[代数]单调区间\([2k\pi-\cfrac{\pi}{2},2k\pi+\cfrac{\pi}{2}](k\in Z)\),其实是无穷多个类似于\([-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}]\)的等宽度和等间距的区间的并集。

❽[代数]数列中\(a_n>0(n\in N^*)\),其实是\(a_1>0\)\(a_2>0\)\(\cdots\)\(a_n>0\)的统一的代表性写法;

\[\left\{\begin{array}{l}{a_1>0}\\{a_2>0}\\{\cdots}\\{a_n>0}\end{array}\right. \Longleftrightarrow a_n>0(n\in N^*) \]

❾[代数]数列中出现\(a_n-a_{n-1}=d(n\ge 2)\),其实是\(a_2-a_1=d\)\(a_3-a_2=d\)\(\cdots\)\(a_n-a_{n-1}=d\)的统一的代表性写法;

\[\left\{\begin{array}{l}{a_2-a_1=d}\\{a_3-a_2=d}\\{\cdots}\\{a_n-a_{n-1}=d}\end{array}\right. \Longleftrightarrow a_n-a_{n-1}=d(n\ge 2,n\in N^*) \]

❿[代数]三角函数中,\(\left\{\begin{array}{l}{x=k\pi+\cfrac{\pi}{4}=\cfrac{\pi}{2}\cdot (2k)+\cfrac{\pi}{4}(k\in Z)}\\{x=k\pi+\cfrac{3\pi}{4}=\cfrac{\pi}{2}\cdot (2k+1)+\cfrac{\pi}{4}(k\in Z)}\end{array}\right.\)

则可以统一写成一个式:\(x=k\cdot \cfrac{\pi}{2}+\cfrac{\pi}{4}=\cfrac{k\pi}{2}+\cfrac{\pi}{4}(k\in Z)\)

⓫[代数]三角函数中,\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{\pi}{2}\omega +\phi=k_1\pi+\cfrac{\pi}{2},k_1\in Z }\\{ \cfrac{\pi}{3}\omega +\phi=k_2\pi+\cfrac{\pi}{2},k_2\in Z }\end{array}\right.\)

两式相减,\((\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{\pi}{3})\omega=(k_1-k_2)\pi=k\pi\),故\(\omega=6k,k\in Z\)

⓬[几何]已知直线\(l_1:A_1x+B_1y+C_1=0\),直线\(l_2:A_2x+B_2y+C_2=0\)

\(l_1\perp l_2\Longleftrightarrow A_1A_2+B_1B_2=0\);就是合二(有斜率和无斜率)为一的结果;

\(l_1// l_2\Longleftrightarrow A_1B_2-A_2B_1=0\);就是合二(有斜率和无斜率)为一的结果;

⓭[代数]已知数列\(\{a_{2n-1}\}\)是首项为\(a_1=1\),公差为\(4\)的等差数列,\(a_{2n-1}=4n-3\)

\(a_{2n-1}=1+\cfrac{[(2n-1)-1]}{2}\times 4=4n-3=2(2n-1)-1\)

数列\(\{a_{2n}\}\)是首项为\(a_2=3\),公差为\(4\)的等差数列,\(a_{2n}=4n-1\)

\(a_{2n}=3+\cfrac{(2n-2)}{2}\times 4=4n-1=2(2n)-1\)

则以上两个数列能合二为一为数列\(\{a_n\}\),且\(a_n=2n-1\)\(n\in N^*\)

⓮[代数]已知函数\(f(x)=bx(b\neq 0)\),求其在区间\([-1,1]\)上的最值之和。

函数\(f(x)\)在区间\([-1,1]\)上是单调函数,故最值必然在端点处取到,

故函数的最大值为\(|b|\),最小值为\(-|b|\),则最值之和为\(|b|-|b|=0\)

⓯[代数]则当\(x\ge 0\)时,\(y=kx+2\);当\(x<0\)时,\(y=-kx+2\);则合二为一时函数为\(y=k|x|+2\)

⓰[代数]\(asin\theta+bcos\theta=\sqrt{a^2+b^2}sin(\theta+\phi)\;\;(tan\phi=\cfrac{b}{a})\)

⓱[代数]\(f(0)=f(2-0)\)\(f(1)=f(2-1)\)\(f(2)=f(2-0)\)\(f(3)=f(-1)\)\(f(4)=f(-2)\)\(\cdots\)\(f(x)=f(2-x)\),函数性质的刻画;

18、[代数]函数\(y=\tan x\)的对称中心有两类:一类是函数与 \(x\) 轴的交点 \((k\pi,0)\) \((k\in Z)\),另一类对称中心 \((k\pi+\cfrac{\pi}{2},0)\) \((k\in Z)\) 不在函数的图像上,两类对称中心合二为一为 \((\cfrac{k\pi}{2},0)\) \((k\in Z)\)

19、\(x\) 轴 和 \(y\) 轴两个合二为一是 \(xy=0\)

一分为二

❶[代数]数列的通项公式

\(n\ge 2\)时,\(a_n=4n+1\)

由于\(n=1\)时,\(a_1=6\)

不满足上式,故需要将通项公式写成分段函数形式,

即所求通项公式为\(a_n=\begin{cases}6,&n=1\\4n+1,&n\ge 2\end{cases}\)

❷[代数]分段函数\(f(x)=|x|=\left\{\begin{array}{l}{x,x\geqslant 0}\\{-x,x<0,}\end{array}\right.\)

\(f(|x|)=\left\{\begin{array}{l}{f(x),x\geqslant 0}\\{f(-x),x<0,}\end{array}\right.\)

\(f(-|x|)=\left\{\begin{array}{l}{f(-x),x\geqslant 0}\\{f(x),x<0,}\end{array}\right.\)

❸[代数]已知函数\(y=k|x|+2\),一分为二时,则有

则当\(x\ge 0\)时,\(y=kx+2\);当\(x<0\)时,\(y=-kx+2\)

分而又合

❶[代数]\(y=cos|x|=\left\{\begin{array}{l}{\cos x,x\geqslant 0}\\{\cos(-x)=\cos x,x<0}\end{array}\right\}=\cos x\)

典例剖析

【2019届高三理科数学对数与对数函数课时作业第17题】已知函数\(f(x)=log_a(a^{2x}+t)\),其中\(a>0,a\neq 1\),(第一问隐藏)

(2)若存在实数\(m,n(m<n)\),使得\(x\in [m,n]\)时,函数\(f(x)\)的值域也为\([m,n]\),求\(t\)的取值范围;

分析:不论底数\(a\)取何值,复合函数\(f(x)=log_a(a^{2x}+t)\)在给定定义域\([m,n]\)上都是单调递增的,

故有\(\left\{\begin{array}{l}{f(m)=m}\\{f(n)=n}\end{array}\right.\),即\(\left\{\begin{array}{l}{log_a(a^{2m}+t)=m}\\{log_a(a^{2n}+t)=n}\end{array}\right.\)

\(\left\{\begin{array}{l}{a^{2m}+t=a^m}\\{a^{2n}+t=a^n}\end{array}\right.\)\(\left\{\begin{array}{l}{(a^m)^2-a^m+t=0}\\{(a^n)^2-a^n+t=0}\end{array}\right.\)

由于\(a^m\neq a^n\),且\(a^m>0\)\(a^n>0\)

\(a^m、a^n\)是方程\(x^2-x+t=0\)的两个不相等正实根,

对方程\(x^2-x+t=0\)而言,有两个正实根的充要条件是\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta >0}\\{x_1+x_2=1>0}\\{x_1x_2=t>0}\end{array}\right.\)

\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta=1-4t>0}\\{x_1x_2=t>0}\end{array}\right.\),解得\(0<t<\cfrac{1}{4}\)

故求\(t\)的取值范围为\((0,\cfrac{1}{4})\)

【2019届高三理科数学资料所用题目】对于函数\(f(x)\),若存在区间\(A=[m,n]\),使得\(\{y\mid y=f(x),x∈A\}=A\),则称函数\(f(x)\)为“同域函数”,区间\(A\)为函数\(f(x)\)的一个“同域区间”.

给出下列四个函数:

\(f(x)=cos\cfrac{\pi}{2}x\);②\(f(x)=x^2-1\);③\(f(x)=|x^2-1|\);④\(f(x)=log_2(x-1)\)

存在“同域区间”的“同域函数”的是________.(请写出所有正确的序号)

分析:区间\(A\)不一定是定义域或值域,但一定是定义域的子集。

故我们可以借助图像来解答此问题,如下图所示:

①中,取\(A=[0,1]\),则\(x\in [0,1]\)\(f(x)\in [0,1]\),故是同域函数;

②中,取\(A=[-1,0]\),则\(x\in [-1,0]\)\(f(x)\in [-1,0]\),故是同域函数;

③中,取\(A=[0,1]\),则\(x\in [0,1]\)\(f(x)\in [0,1]\),故是同域函数;

④中不存在这样的区间\(A\),故不是同域函数;

下面加以证明,对④而言,设存在这样的区间\(A=[m,n]\),由于\(f(x)=log_2(x-1)\)

定义域为\((1,+\infty)\),且单调递增,

故有\(f(m)=m\),且有\(f(n)=n\)

\(log_2(m-1)=m\),且\(log_2(n-1)=n\)

\(\left\{\begin{array}{l}{2^m=m-1}\\{2^n=n-1}\end{array}\right.\)

若该方程组有解,则方程\(2^x=x-1\)应该有两个不同的实数解,

分别做出函数\(y=2^x\)和函数\(y=x-1\)的图像,显然两个图像没有公共点,

故不存在这样的区间\(A\),满足题意。

故满足题意的有①②③;

已知点\(P(-3,2)\)在抛物线\(C:y^2=2px(p>0)\)的准线上,过点\(P\)的直线与抛物线\(C\)相切于\(A\)\(B\)两点,则直线\(AB\)的斜率为多少?

法1:常规方法,由于点\(P(-3,2)\)在抛物线\(C:y^2=2px(p>0)\)的准线上,

所以准线方程为\(x=-\cfrac{p}{2}=-3\),解得\(p=6\),即\(y^2=12x\)

抛物线为\(y^2=12x\),在第一象限的方程为\(y=2\sqrt{3}\sqrt{x}\)

设切点\(A(m,n)\),则\(n=2\sqrt{3}\sqrt{m}\)

由导数可知,\(y'=2\sqrt{3}\times \cfrac{1}{2}\cfrac{1}{\sqrt{x}}=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{x}}\)

则在切点\(A\)处的斜率为\(\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}\)

则直线\(PA\)的方程为:\(y-n=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}(x-m)\)

将点\((-3,2)\)代入得到,\(2-n=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}(-3-m)\)

\(n=2\sqrt{3}\sqrt{m}\)②,

联立解得,\(m=\cfrac{11+2\sqrt{10}}{3}\)\(n=2+2\sqrt{10}\)

即点\(A(\cfrac{11+2\sqrt{10}}{3},2+2\sqrt{10})\)

同理,可设切点\(B(a,b)\),则在切点\(B\)处的斜率为\(-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}\)

则直线\(PB\)的方程为:\(y-b=-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}(x-a)\)

将点\((-3,2)\)代入得到,\(2-b=-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}(-3-a)\)

\(b=-2\sqrt{3}\sqrt{a}\)②,

联立解得,\(m=\cfrac{11-2\sqrt{10}}{3}\)\(n=2-2\sqrt{10}\)

即点\(B(\cfrac{11-2\sqrt{10}}{3},2-2\sqrt{10})\)

故直线\(AB\)的斜率为\(k=\cfrac{(2+2\sqrt{10})-(2-2\sqrt{10})}{\frac{11+2\sqrt{10}}{3}-\frac{11-2\sqrt{10}}{3}}=3\)

故所求斜率为\(3\).

法2:【特殊方法】导数法+同一法,由题目先得到抛物线方程\(y^2=12x\),对此式两边同时针对\(x\)求导,[1]

得到\(2y\cdot y'=12\),即\(y'=\cfrac{6}{y}\),故经过抛物线上任意一点切线的斜率\(k=y'=\cfrac{6}{y}\)

则以点\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\)为切点的切线方程分别为

\(y-y_1=\cfrac{6}{y_1}(x-x_1)\)\(y-y_2=\cfrac{6}{y_2}(x-x_2)\)

将点\(P(-3,2)\)坐标代入以上两个式子,

得到\(2-y_1=\cfrac{6}{y_1}(-2-x_1)\)\(2-y_2=\cfrac{6}{y_2}(-3-x_2)\)

又因为\(y_1^2=12x_1\)\(y_2^2=12x_2\),代入上式,

解得\(y_1=3x_1-9\)\(y_2=3x_2-9\)

说明点\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\)都在同一条直线\(y=3x-9\)上,

即直线\(AB\)的方程为\(y=3x-9\),故所求斜率为\(3\).

给定\(\odot C_1:(x-1)^2+(y-1)^2=4\)①,\(\odot C_2:(x+1)^2+(y+1)^2=4\)②,求两圆的相交弦所在的直线方程。

分析:设两个圆相交后的公共点为\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\)

则由点\(A\)满足圆\(C_1\)和圆\(C_2\),,得到\((x_1-1)^2+(y_1-1)^2=4\)\((x_1+1)^2+(y_1+1)^2=4\)

两式相减整理得到,\(y_1=-x_1\)

由点\(B\)满足圆\(C_1\)和圆\(C_2\),,得到\((x_2-1)^2+(y_2-1)^2=4\)\((x_2+1)^2+(y_2+1)^2=4\)

两式相减整理得到,\(y_2=-x_2\)

说明点\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\)都在直线\(y=-x\)上,故两圆的相交弦所在的直线方程为\(y=-x\)

简单操作:由①-②得到,经过两个圆的相交弦方程为\(-2x-2x-2y-2y=0\),即\(y=-x\)

【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第12题】设函数\(f(x)\)的定义域为\(R\),满足\(f(x+1)=2f(x)\),且当\(x\in (0,1]\)时,\(f(x)=x(x-1)\),若对于任意\(x\in (-\infty,m]\),都有\(f(x)\geqslant -\cfrac{8}{9}\),则\(m\)的取值范围是【】

$A.(-\infty,\cfrac{9}{4}]$ $B.(-\infty,\cfrac{7}{3}]$ $C.(-\infty,\cfrac{5}{2}]$ $D.(-\infty,\cfrac{8}{3}]$

分析:要想弄清楚这类题目的求解,最好先理解题目中给定的条件的目的,

给定条件“\(f(x+1)=2f(x)\)”是为了让你用来求解其他区间上的解析式,以便于求解或作图;

给定条件“\(x\in (0,1]\)时,\(f(x)=x(x-1)\)”,是我们作图或者求其他区间上的解析式的基础;因此我们需要先求得函数的解析式;

给定条件“\(x\in (-\infty,m]\),都有\(f(x)\geqslant -\cfrac{8}{9}\)”,是让我们做出函数\(y=f(x)\)的图像和\(y=-\cfrac{8}{9}\)的图像,从图像上判断,在函数\(y=f(x)\)的哪一段上满足\(f(x)\)的图像一直在直线\(y=-\cfrac{8}{9}\)的上方。

解析:令\(x+1=t\),则\(x=t-1\),即给定条件\(f(x+1)=2f(x)\)变形为\(f(t)=2f(t-1)\)

\(f(x)=2f(x-1)\star\),这是我们下来变换要使用的重要的表达式;

由于\(x\in (0,1]\)时,\(f(x)=x(x-1)\)①,

则当\(x\in (1,2]\)时,\(x-1\in (0,1]\),则由\(\star\)和①式得到,即\(f(x)=2f(x-1)=2(x-1)(x-2)\)②;

\(x\in (2,3]\)时,\(x-1\in (1,2]\),则由\(\star\)和②式得到,即\(f(x)=2f(x-1)=2\times 2[(x-1)-1][(x-2)-1]=4(x-2)(x-3)\)③;

以下区间的解析式求解用不上,不过我们还是看看,

\(x\in (3,4]\)时,\(x-1\in (2,3]\),则由\(\star\)和③式得到,此时\(f(x)=2f(x-1)=2\times 4[(x-1)-2][(x-1)-3]=8(x-3)(x-4)\)④;

同理,我们还可以求得\(x\in (-1,0]\)时的解析式;

则当\(x\in (-1,0]\)时,\(x+1\in (0,1]\),则由\(f(x+1)=2f(x)\)得到,即\(f(x)=\cfrac{1}{2}f(x+1)=\cfrac{1}{2}x(x+1)\)⑤;

在坐标系中做出分段函数在区间\((-1,3]\)上的图像以及直线\(y=-\cfrac{8}{9}\)

由图像可知,我们求解方程\(4(x-2)(x-3)=-\cfrac{8}{9}\),解得\(x=\cfrac{7}{3}\)\(x=\cfrac{8}{3}\)(结合图像舍去)

\(m=\cfrac{7}{3}\),故选\(B\)

解后反思:

  • 1、本题目涉及到的知识点比较多:分段函数,求解析式,换元法,二次函数,数形结合等等;
  • 2、对表达式\(f(x)=2f(x-1)\)的理解,它是两种变换,比如平移变换\(f(x)=f(x-1)\)和振幅变换\(f(x)=2f(A)\)的融合,理解了本题目后,以后碰到类似题目,我们就可知这样理解,\(f(x-1)\)的意思是将基础图像\(y=x(x-1)\)向右平移一个单位,再乘以\(2\),意思是在原来平移的图像的基础上在\(y\)轴方向扩大\(2\)倍,这样做图像就快多了。
  • 3、我们还可以不详细求解各区间段上的解析式,而利用图像直接写出解析式。比如向右平移一次后我们知道,函数图像经过点\((1,0)\)\((2,0)\),则解析式为\(y=a(x-1)(x-2)\),且知道最低点为\((\cfrac{1}{2},-\cfrac{1}{2})\),可知\(a=2\),即\(x\in (1,2]\)时,\(f(x)=2(x-1)(x-2)\)
  • 4、能不能不做变换,直接利用\(f(x+1)=2f(x)\)来求解析式呢?也可以,不过你必须始终紧紧盯住自变量\(x\)的取值不放,

比如\(x\in (0,1]\)时,\(f(x)=x(x-1)\),由\(f(x+1)=2f(x)\),先求得\(f(x+1)=2x(x-1)\),注意到\(x+1\in (1,2]\),要求解\(x\in (1,2]\)上的解析式,还得换元,令\(x+1=t\in (1,2]\),则\(x=t-1\),代入\(f(x+1)=2x(x-1)\),变形得到\(f(t)=2(t-1)(t-2)\)\(t\in (1,2]\),即\(f(x)=2(x-1)(x-2)\)\(x\in (1,2]\).

  • 5、注意函数的解析式的写法和理解。

形式一:\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x(x-1),x\in(0,1]}\\{2(x-1)(x-2),x\in(1,2]}\\{4(x-2)(x-3),x\in(2,3]}\\{8(x-3)(x-4),x\in(3,4]}\\{\cdots,\cdots}\end{array}\right.\)

形式二:\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x(x-1),x\in(0,1]}\\{2f(x-1),x>1}\end{array}\right.\)

【2014高考全国卷Ⅰ】已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)\(a_1=1\)\(a_n\neq 0\)\(a_na_{n+1}=\lambda S_n-1\),其中\(\lambda\)为常数,

(1)证明:\(a_{n+2}-a_n=\lambda\)

分析:先想办法消掉\(S_n\)类,让条件中只剩下\(a_n\)类,故求解如下:

由题设知道,\(a_na_{n+1}=\lambda S_n-1\)①,

则有\(a_{n+1}a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1\)②,

②-①得到,\(a_{n+1}a_{n+2}-a_na_{n+1}=\lambda(S_{n+1}-S_n)\)

\(a_{n+1}(a_{n+2}-a_n)=\lambda a_{n+1}\)

由于\(a_{n+1}\neq 0\),约掉\(a_{n+1}\)得到,

\(a_{n+2}-a_n=\lambda\)

【注意】上式表明,数列\(\{a_n\}\)中,奇数项成等差数列,首项为\(a_1\),公差为\(\lambda\)

偶数项成等差数列,首项为\(a_2\),公差为\(\lambda\)

(2)是否存在\(\lambda\),使得\(\{a_n\}\)为等差数列,并说明理由。

分析:存在满足题意的实数\(\lambda\),使得数列\(\{a_n\}\)成等差数列,理由如下:

由题设可知,\(a_1=1\),令\(n=1\),则\(a_1a_2=\lambda S_1-1\),解得\(a_2=\lambda-1\)

又由\(a_{n+2}-a_n=\lambda\)可知,当\(n=1\)时,\(a_3=\lambda+1\)

\(2a_2=a_1+a_3\),即\(2(\lambda-1)=1+\lambda+1\),解得\(\lambda=4\)

\(a_{n+2}-a_n=4\),且可知

数列\(\{a_{2n-1}\}\)是首项为\(a_1=1\),公差为\(4\)的等差数列,\(a_{2n-1}=4n-3\)

\(a_{2n-1}=1+\cfrac{[(2n-1)-1]}{2}\times 4=4n-3=2(2n-1)-1\)

数列\(\{a_{2n}\}\)是首项为\(a_2=3\),公差为\(4\)的等差数列,\(a_{2n}=4n-1\)

\(a_{2n}=3+\cfrac{(2n-2)}{2}\times 4=4n-1=2(2n)-1\)

所以\(a_n=2n-1\)\(n\in N^*\),即\(a_{n+1}-a_n=2\)[2]

因此存在满足题意的实数\(\lambda\),使得数列\(\{a_n\}\)成等差数列。

【2020陕西省质量检测一文科第16题】已知数列\(\{a_n\}\)的各项均为正数,\(a_1=1\)\(a_n^2a_{n+1}\)\(+a_na_{n+1}^2\)\(=\)\(2^na_n+\)\(2^na_{n+1}\),则\(a_n\)=________________;\(\{a_n\}\)的前\(10\)项的和\(S_{10}\)=______________。

分析:由已知\(a_n^2a_{n+1}+a_na_{n+1}^2=2^na_n+2^na_{n+1}\)

变形得到\(a_na_{n+1}\cdot (a_n+a_{n+1})=2^n\cdot (a_n+a_{n+1})\)

由于\(a_n+a_{n+1}>0\),两边约分得到,\(a_na_{n+1}=2^n\)①,

仿照①式,构造得到\(a_{n+1}a_{n+2}=2^{n+1}\)②,

则由\(\cfrac{②}{①}\)相比得到,\(\cfrac{a_{n+2}}{a_{n}}=2\)

又由\(a_1=1\)\(a_n^2a_{n+1}\)\(+a_na_{n+1}^2\)\(=\)\(2^na_n+\)\(2^na_{n+1}\)

\(n=1\),得到\(a_1^2a_{2}\)\(+a_1a_{2}^2\)\(=\)\(2^1a_1+\)\(2^1a_{2}\),解得\(a_2=2\)(舍去\(a_2=-1\)),

辅助说明,数列的各项的值如下图所示:

\(a_1\)=\(1\) \(a_3\)=\(2\) \(a_5\)=\(4\) \(a_7\)=\(8\) \(a_9\)=\(16\)
\(a_2=2\) \(a_4=4\) \(a_6=8\) \(a_8=16\)

故数列\(\{a_n\}\)的奇数项是以\(a_1=1\)为首项,\(q=2\)为公比的等比数列;

数列\(\{a_n\}\)的偶数项是以\(a_2=2\)为首项,\(2\)为公比的等比数列;

[为了便于表达,我们采用先分后合的策略来分析,即先分析奇数项的通项公式,后分析偶数项的通项公式,]

\(n=2k-1\)时,则\(a_{2k-1}=a_1\cdot 2^{\frac{2k-1-1}{2}}=1\cdot 2^{k-1}=2^{k-1}=2^{\frac{(2k-1)-1}{2}}\)[3]

\(n=2k\)时,则\(a_{2k}=a_2\cdot 2^{\frac{2k-2}{2}}=2\cdot 2^{k-1}=2^{k}=2^{\frac{2k}{2}}\)

故所求的通项公式为\(a_n=\left\{\begin{array}{l}{2^{\frac{n-1}{2}},n为奇数}\\{2^{\frac{n}{2}},n为偶数}\end{array}\right.\)

\(S_{10}=(a_1+a_3+a_5+a_7+a_9)+(a_2+a_4+a_6+a_8+a_{10})\)

\(=\cfrac{1\cdot(1-2^5)}{1-2}+\cfrac{2\cdot(1-2^5)}{1-2}=93\)

已知点\(P\)是椭圆\(\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{4}=1\)上的动点,过\(P\)作圆\(N:x^2+y^2=1\)的两条切线\(PA,PB\)\(A,B\)分别为切点,直线\(AB\)\(x\)\(y\)轴分别相交于\(M,N\)两点,则\(\triangle MON\)(\(O\)为坐标原点)的最小面积为____________。

分析:根据题意设点\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\)\(P(x_0,y_0)\)

由于\(PA\)是圆的切线且切点为\(A\),则\(PA\)的方程为\(x_{1}x+y_{1}y=1\)[4]

同理\(PB\)的方程为\(x_{2}x+y_{2}y=1\)

由于点\(P(x_0,y_0)\)在切线\(PA\)上,则有\(x_{1}\cdot x_{0}+y_{1}\cdot y_{0}=1\)

\(P(x_0,y_0)\)在切线\(PB\)上,同理则有\(x_{2}\cdot x_{0}+y_{2}\cdot y_{0}=1\)

又由于直线\(AB\)同时与直线\(PA\)\(PB\)相交,

则由相同结构的两个表达式\(\left\{\begin{array}{l}{x_{1}\cdot x_{0}+y_{1}\cdot y_{0}=1}\\{x_{2}\cdot x_{0}+y_{2}\cdot y_{0}=1}\end{array}\right.\)

可以得到直线\(AB\)的方程为\(x_{0}x+y_{0}y=1\)[5]

\(M\)的坐标为\((\cfrac{1}{x_{0}}, 0)\)\(N\)的坐标为\((0, \cfrac{1}{y_{0}})\)[6]

\(S_{\triangle OMN}=\cfrac{1}{2}|OM|\cdot|ON|=\cfrac{1}{2}\cdot\left|\cfrac{1}{x_{0} y_{0}}\right|\)

又由点\(P\)是椭圆\(M:\cfrac{x^{2}}{16}+\cfrac{y^{2}}{4}=1\)的动点,则有\(\cfrac{x_{0}^{2}}{16}+\cfrac{y_{0}^{2}}{4}=1\)

则有\(1=\cfrac{x_{0}^{2}}{16}+\cfrac{y_{0}^{2}}{4}\geqslant 2\sqrt{\cfrac{x_{0}^{2} y_{0}^{2}}{64}}=\cfrac{1}{4}\left|x_{0} y_{0}\right|\)

\(\left|x_{0} y_{0}\right|\leqslant 4\)

\(S_{\triangle OMN}=\cfrac{1}{2}|OM||ON|\left|=\cfrac{1}{2}\cdot\right|\cfrac{1}{x_{0} y_{0}}\mid \geqslant\cfrac{1}{8}\)

\(\triangle OMN\)面积的最小值为\(\cfrac{1}{8}\).

解后反思:本题目的综合程度比较高,对学生的数学素养要求也比较高。

①过圆上任意一点的切线方程的求法;②合二为一的数学策略;③直线的截距式方程;④均值不等式在椭圆中的应用,⑤不等式性质;


  1. 右端针对\(x\)求导,为\(12\)容易理解,左端针对\(x\)求导时,实际应该按照复合函数求导,故结果为\(2y\cdot y'\). ↩︎

  2. 详细说明如下:
    \(a_{2n-1}=2(2n-1)-1\)
    \(a_{2n}=2(2n)-1\)
    故合二为一得到,
    \(a_n=2n-1\)\(n\in N^*\),即\(a_{n+1}-a_n=2\)↩︎

  3. 对等比数列的通项公式的解释:
    \(a_n=a_1\cdot q^{n-1}\),其中\(n-1\)应该理解为第\(n\)项与第\(1\)项之间间隔的项数;
    当只统计所有奇数项时,第\(2k-1\)项与第\(1\)项之间间隔的项数为\(\cfrac{2k-1-1}{2}=k-1\)↩︎

  4. 过圆\(x^2+y^2=r^2\)上的点\(P_0(x_0,y_0)\)的切线方程是\(x_0x+y_0y=r^2\)
    证明:由于点\(P_0(x_0,y_0)\)在圆\(x^2+y^2=r^2\)上,故有\(x_0^2+y_0^2=r^2\)
    又由于直线\(OP\)的斜率\(k_1=\cfrac{y_0}{x_0}\),故和直线\(OP\)垂直的圆的切线的斜率为\(k_0=-\cfrac{x_0}{y_0}\)
    由点斜式可得,过圆上的点\(P_0(x_0,y_0)\)的切线方程为\(y-y_0=k_0(x-x_0)\)

    \(y-y_0=-\cfrac{x_0}{y_0}(x-x_0)\),整理为\(x_0x+y_0y=x_0^2+y_0^2\),又\(x_0^2+y_0^2=r^2\)
    故整理得到切线方程为\(x_0x+y_0y=r^2\)↩︎

  5. 此处用到数学中的合二为一的策略,直线\(PA:x_{1}x_{0}+y_{1}y_{0}=1\),直线\(PB:x_{2}x_{0}+y_{2}y_{0}=1\)
    故直线\(AB\)同时经过点\(A\)和点\(B\),由两点确定一条直线可知,此时只需要将同一结构的表达式中的\(x_1\)\(x_2\)换成\(x\),将\(y_1\)\(y_2\)换成\(y\),即得到直线\(AB\)的方程\(AB:x_{0}x+y_{0}y=1\)↩︎

  6. 将直线\(AB\)的方程为\(x_{0}x+y_{0}y=1\)变形为\(\cfrac{x}{\frac{1}{x_0}}+\cfrac{y}{\frac{1}{y_0}}=1\)[直线的截距式方程,由方程可以直接看出\(x\)截距和\(y\)截距],
    故得到此直线和坐标轴的交点的坐标。\(M\left(\cfrac{1}{x_{0}}, 0\right)\)\(N\left(0, \cfrac{1}{y_{0}}\right)\). ↩︎

posted @ 2018-10-18 10:00  静雅斋数学  阅读(713)  评论(0编辑  收藏  举报
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