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【2014必备】北京中国人民大学附中高考数学综合能力题选讲:第30讲 是否存在型的探索性问题(含详解)


数学高考综合能力题选讲 30

是否存在型的探索性问题
题型预测
一般来说,是否存在型问题,实质上是探索结论的开放性问题.相对于其他的开放性问 题来说,由于这类问题的结论较少(只有存在、不存在两个结论,有些时候须讨论),因此, 思考途径较为单一,难度易于控制,受到各类考试的命题者的青睐. 解答这一类问题,往往从承认结论、变结论为条件出发,然后通过特例归纳,或由演绎 推理证明其合理性.探索过程要充分挖掘已知条件,注意条件的完备性,不要忽略任何可能 的因素.

范例选讲 例.已知数列 ?a n ?中, a1 ? 1 ,且对于任意自然数 n ,总有 a n ?1 ?
n

an ,是 an ? 2

? 2? 否存在实数 a, b , 使得 a n ? a ? b? ? ? 对于任意自然数 n 恒成立?证明你的结论. ? 3? ? 2? 讲解: a n ? a ? b? ? ? 是一个一般性的结论,为了探求 a, b 是否存在,我们 ? 3?
n

可从特殊的 n 出发,求出 a, b 的值,再检验是否满足一般的条件.
1 ? n ?a ? ? 5 2? a1 ? ? ? ?1 ,代入 a n ? a ? b? ? ? ,可解得 ? 由 a1 ? 1 , a2 ? . 9 a1 ? 2 ? 3? ?b ? ? 5 ?

代入检验,可知当 n ? 4 时,一方面由 a n ?1 ?
1 16 ? 2? a n ? a ? b? ? ? 得 a4 ? ? ? ,矛盾. 5 45 ? 3?
n

an 1 得 a4 ? ? ,另一方面,由 an ? 2 5

所以,这样的实数 a, b 不存在. 上述过程是解答这一类问题的一般方法,但对于本题,有它的特殊性.如果 对 极 限 的 概 念 较 为 熟 悉 , 不 难 发 现 , 如 果 这 样 的 a, b 存 在 的 话 , 则 由
? 2? a n ? a ? b? ? ? ,可得: lim an ? a . n ??? ? 3?
n

对 a n ?1 ?

an a 两边取极限,得 a ? ,解得 a ? 0 或 3. an ? 2 a?2

2 若 a ? 0 ,则数列 ?an ? 应该是以 1 为首项,以 为公比的等比数列,显然,不 3

可 能 对 任 意 的 正 整 数 n 都 满 足 a n ?1 ?
n

an ; 若 a ? 3 , 将 a1 ? 1 代 入 an ? 2
n

? 2? ? 2? a n ? a ? b? ? ? ,可求得 b ? -3,此时, an ? 3 ? 3 ? ? ? ? ,验证 a2 即可得出矛 ? 3? ? 3?

盾. 作为探索是否存在的一种手段,后一种方法显然优于前一种. 点评:探索,常常遵循“从一般到特殊,再从特殊到一般”的思维方法.先 从具体、特定的实例入手,从中探测出问题的结论,再经过严格的论证. 例 2. 已知函数 y ? f ? x ? ?
1 2 有最大值 ,且 f ?1? ? . 2 5 bx ? c ( a, c ? R, a ? 0, b 是自然数) 是奇函数,f ? x ? ax 2 ? 1

(Ⅰ)试求函数 f ? x ? 的解析式; (Ⅱ)是否存在直线 l 与 y ? f ? x ? 的图象只交于 P、Q 两点,并且使得 P、Q 两点的中点为(1,0)点,若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由. 讲解:(Ⅰ)由 f ? x ? 为奇函数易知: c ? 0 . 又因为 a ? 0, b 是自然数, 所以, x ? 0 时,f ? x ? <0; x ? 0 时,f ? x ? ? 0 . 当 当 所 以, f ? x ? 的最大值
1 必在 x ? 0 时取得. 2
bx b b ? ? ,等号当且仅当 ax ? 1/ x 时取得. 2 ax ? 1 ax ? 1/ x 2 a

当 x ? 0 时, f ? x ? ?

所以, 又 f ?1? ?

b 2 a

?

1 . 2

2 b 2 ,所以, ? .结合 a ? 0, b 是自然数,可得: a ? b ? 1 . 5 a ?1 5 x 所以, f ? x ? ? 2 . x ?1 (Ⅱ)对于“是否存在型”的问题,一般探索的方法为:假设存在,导出矛 盾,或者从部分结论出发,导出其存在的必要条件,再验证是否充分. ..

根据上述思路,我们可以假设存在满足条件的直线 l ,则 P 、Q 的坐标可为 x P ? x0 , y0 ? , Q ? 2 ? x0 , ? y0 ? .且这两点都在函数 f ? x ? ? 2 的图像上.即: x ?1 ? x0 ? x 2 ? 1 ? y0 ? 0 ? 2? x 0 ? ? ? y0 ? ? 2 ? x0 ?2 ? 1 ? 消去 y0 ,得 x0 2 ? 2 x0 ? 1 ? 0 ,解得: x0 ? 1 ? 2 .
? ? ? ? 2? 2? 2? 2? 所以, P ? 1 ? 2, ? , Q ? 1 ? 2, ? ? 或 P ? 1 ? 2, ? ? , Q ?1 ? 2, ?. ? ? ? ? 4 ? 4 ? 4 ? 4 ? ? ? ? ? ? ? ? ?

所以,直线 l 的方程为: x ? 4 y ? 1 ? 0 .
l 的存在性还须通过充分性的检验. x 把直线 l 的方程与函数 y ? f ? x ? ? 2 联立,不难求得,共有三组解: x ?1
?x ? 1? 2 ?x ? 1? 2 ? ? ? 2 ,? 2 , y? y?? ? ? ? 4 ? 4 ? x ? -1 ? ? 1. y ?- ? ? 2

因此,直线 l 与 y ? f ? x ? 的图象共有三个交点,与“只交于两点”矛盾.所 以,满足条件的直线 l 不存在. 在得到这样的解答之后,我们不妨回头再看一看,在上述过程中,函数 f ? x ? 的性质(如奇偶性)并没有得到充分的应用.若能充分运用这个已知条件,则可 以得到其他不同的探索过程. 解 2:设 P( x1 , y1 ), Q( x2 , y 2 ) ,则由 f (x) 为奇函数可知:P 关于原点的对称点
P' (? x1 ,? y1 ) 也在 f ? x ? 的图像上,

又 y1 ? y 2 ? 0, x1 ? x2 ? 2 ,所以, P' Q ? 2 ,且 P' Q // x轴 ,故问题等价于:

是否存在直线 m : y ? b ,使得 m 与 y ? f (x) 有两个距离为 2 的交点.
1 ? 1 ? 4b 2 x 将 m : y ? b 代入 y ? 2 ,解之得: x1, 2 ? ,令 x1 ? x 2 ? 2 ,解 2b x ?1

得: b ? ?

2 , x1, 2 ? 1 ? 2 , 4

? 2? ? 2? ?, Q?1 ? 2 ,? ? ,此时直线的方程为 x ? 4 y ? 1 ? 0 所以, P?1 ? 2 , ? 4 ? ? 4 ? ? ? ? ?

充分性的检验过程同上. 以上两种解法都是从求出直线的方程入手.如果我们将着眼点放在“只交于 两点”,则可以得到下面简洁的解法. 解 3:当直线 l 的斜率不存在时, l : x ? 1 ,此时 l 与函数 f ? x ? 的图像只交于 一点,不满足题设,所以,可设直线 PQ 的方程为: y ? kx ? b , 与y?
x 联立,消去 y 得: x ?1
2

kx3 ? bx 2 ? (k ? 1) x ? b ? 0

(#)

由 P、 关于点 Q (1, 0)对称,可得:点(1,0)在直线 PQ 上,所以,b ? ?k . 对于上述方程(#),若 k ? 0 ,则方程只有一解,不符合题意. 若 k ? 0 ,则方程(#)的实根个数可能为 1 个或 3 个.不可能有两个.即过 点(1,0)的直线 l 与 y ? f ? x ? 的图象不可能只有两个交点,所以,这样的直线 不存在. 点评:敏锐的观察,丰富的想象,是进行有效探索的法宝. 例 3.已知 {a n } 是首项为 2,公比为 的等比数列, S n 为它的前 n 项和. (Ⅰ)用 S n 表示 S n?1 ; (Ⅱ)是否存在自然数 c 和 k ,使得
1 ? 讲解:(Ⅰ)由 S n ? 4?1 ? n ? 2 ? ? ,得 ? (n ? N ) .
1 2

S k ?1 ? c ? 2 成立. Sk ?c

1 ? 1 ? S n ?1 ? 4?1 ? n ?1 ? ? S n ? 2 ? 2 ? 2

(Ⅱ)为了探求自然数 c 和 k 的存在性,我们可以执果索因,用分析法.
?3 ? c ? ? Sk ? 2? S ?c ?2 ? ? 0. ? 2 ,只要 要使 k ?1 c ? Sk Sk ? c

1 ? 1 ? ?3 ? 因为 S k ? 4?1 ? k ? ? 4 ,所以 S k ? ? S k ? 2 ? ? 2 ? S k ? 0 (k ? N) ,故只要 2 ? 2 ? ?2 ?

3 S k ? 2 ? c ? S k (k ? N). 2



3 到此为止,可以看出,问题已转化为:是否存在自然数 k,使得在 S k ? 2 和 2
S k 之间存在一个自然数 c ?

3 因此,我们需考察 S k ? 2 与 S k 的表达式.注意到: 2
1 ? 3 6 ? Sk ? 2 ? 4 ? k , Sk ? 4 ?1 ? k ? 2 2 ? 2 ?

3 Sk ? 2 , Sk ? 4 ,故只需考虑 k ? 1, 2 的情形. 2 3 3 5 又 k ? 1 时, Sk ? 2 ? 1 , Sk ? 2 ; k ? 2 时, Sk ? 2 ? , Sk ? 3 .所以,均 2 2 2 不可能存在自然数 c 满足条件.

所以,当 k ? 3 时, 3 ?

点评:如果将上述问题(Ⅱ)改为:“是否存在自然数 c ,使得对于任意的 自然数 k ,都有

S k ?1 ? c ? 2 成立?”是否有更简洁的解法?请读者思考. Sk ?c


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