一题多解[发散思维拓展训练]
前言
一题多解类型,能发散我们的求解思维,对问题解决的能力要求较高,是近年高考慢慢会热起来的考点。
相关延申:开放性试题;
典例剖析
法1:由题目可知,\(\cfrac{\sqrt{2}}{2}(sin\alpha+cos\alpha)=\cfrac{3}{5}\),则\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{3\sqrt{2}}{5}\),
和\(sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\)联立,得到\(2sin^2\alpha-\cfrac{6\sqrt{2}}{5}sin\alpha-\cfrac{7}{25}=0\),即\((\sqrt{2}sin\alpha+\cfrac{1}{5})(\sqrt{2}sin\alpha-\cfrac{7}{5})=0\)
解得\(sin\alpha=-\cfrac{\sqrt{2}}{10}\),或\(sin\alpha=\cfrac{7\sqrt{2}}{10}\)(不符,舍去),
即\(sin\alpha=-\cfrac{\sqrt{2}}{10}\),\(cos\alpha=\cfrac{7\sqrt{2}}{10}\),从而\(tan\alpha=-\cfrac{1}{7}\)
代入\(tan(\alpha-\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{tan\alpha-1}{1+tan\alpha}=-\cfrac{4}{3}\);
法2:由\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{3\sqrt{2}}{5}\),得到\(2sin\alpha cos\alpha=-\cfrac{7}{25}\),
则有\((sin\alpha-cos\alpha)^2=\cfrac{32}{25}\),由于\(\alpha\)为第Ⅳ象限角,
得到\(sin\alpha-cos\alpha=-\cfrac{4\sqrt{2}}{5}\),又\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{3\sqrt{2}}{5}\),
即\(sin\alpha=-\cfrac{\sqrt{2}}{10}\),\(cos\alpha=\cfrac{7\sqrt{2}}{10}\),从而\(tan\alpha=-\cfrac{1}{7}\)
代入\(tan(\alpha-\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{tan\alpha-1}{1+tan\alpha}=-\cfrac{4}{3}\);
法3:由\(2sin\alpha cos\alpha=-\cfrac{7}{25}\),得到\(\cfrac{2sin\alpha cos\alpha}{sin^2\alpha+cos^2\alpha}=-\cfrac{7}{25}\),
则\(\cfrac{2tan\alpha}{tan^2\alpha+1}=-\cfrac{7}{25}\),解得\(tan\alpha=-7\)或\(tan\alpha=-\cfrac{1}{7}\),
又由于又\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{3\sqrt{2}}{5}\),则\(|cos\alpha|>|sin\alpha|\),即\(|tan\alpha|<1\),
故保留\(tan\alpha=-\cfrac{1}{7}\),代入\(tan(\alpha-\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{tan\alpha-1}{1+tan\alpha}=-\cfrac{4}{3}\);
【法1】:由函数\(f(x)\)为奇函数,则满足\(f(-x)=-f(x)\),
\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}=\cfrac{x}{2x^2+(1-2a)x-a}\),
\(f(-x)=\cfrac{-x}{(-2x+1)(-x-a)}=\cfrac{-x}{2x^2-(1-2a)x-a}\),
则\(\cfrac{-x}{2x^2-(1-2a)x-a}=\cfrac{-x}{2x^2+(1-2a)x-a}\)应该恒成立,
只需要\(-(1-2a)=1-2a\),解得\(a=\cfrac{1}{2}\);故选\(A\);
【法2】:由于定义域中有\(-1,1\),故必然满足\(f(-1)=-f(1)\),解得\(a=\cfrac{1}{2}\);故选\(A\);和法1相比,是特值验证。
【法3】:由于奇函数的定义域关于原点对称,令\(2x+1=0\)得到\(x=-\cfrac{1}{2}\),故可知定义域中没有\(x=-\cfrac{1}{2}\);
令\(x-a=0\)得到\(x=a\),故定义域中必然没有\(x=a\),故\(a=\cfrac{1}{2}\);故选\(A\);
【法4】:\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}=\cfrac{x}{2x^2+(1-2a)x-a}\),由于分子函数为奇函数,要是\(f(x)\)为奇函数,则分母函数\(y=2x^2+(1-2a)x-a\)为二次函数,
要是偶函数,则\(1-2a=0\),解得\(a=\cfrac{1}{2}\);故选\(A\);
【法1:以\(a_1\)和\(d\)为元的方程组法】利用\(S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\times d\)得到,
\(\begin{cases}S_6=6a_1+15d=42\\S_{12}=12a_1+66d=156\end{cases}\),解得\(\begin{cases}a_1=2\\d=2\end{cases}\),
故\(S_{18}=18a_1+\cfrac{18\times17}{2}\times 2=342\)。
【法2:以\(a\)和\(b\)为元的方程组法】由等差数列的性质知道,其前\(n\)项和公式可以写成这样:\(S_n=an^2+bn\),
由此得到,\(\begin{cases}S_6=36a+6b=42\\S_{12}=144a+12b=156\end{cases}\),解得\(\begin{cases}a=1\\b=1\end{cases}\),
故\(S_{18}=1\times 18^2+1\times 18=342\)。
【法3:等差数列性质,函数法】注意到\(\cfrac{S_n}{n}=an+b\),即表明数列\(\{\cfrac{S_n}{n}\}\)也是一个等差数列。
由于\(\cfrac{S_6}{6}\),\(\cfrac{S_{12}}{12}\),\(\cfrac{S_{18}}{18}\)分别是数列的第\(6,12,18\)项,故这三项也是成等差数列的,
则有$2\times\cfrac{S_{12}}{12}=\cfrac{S_6}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $,即$2\times\cfrac{156}{12}=\cfrac{42}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $,
解得\(S_{18}=342\)。
【法4:等差数列性质法】由于\(S_6,S_{12}-S_6,S_{18}-S_{12}\)成等差数列,
故有\(2(S_{12}-S_6)=S_6+S_{18}-S_{12}\),即\(2(156-42)=42+S_{18}-156\),
解得\(S_{18}=3(156-42)=342\)。
(1)写出曲线\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐标方程;
(2)设点\(P\) 在\(C_1\)上,点\(Q\) 在\(C_2\)上,且\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\),求三角形\(POQ\)面积的最大值。
分析:(1) 直接给出答案,曲线的普通方程\(C_1:(x-2)^2+y^2=4\);所求的直角坐标方程\(C_2:(x-1)^2+y^2=1\);
(2)【法1】极坐标法,曲线\(C_1\)的极坐标方程为\(\rho_1=4cos\alpha(\alpha\in(-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}))\), 曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}))\),
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如右图所示,初步分析,当点\(P\)在\(x\)轴上方时,点\(Q\)必在\(x\)轴下方;当然还会有另一种情形,当点\(P\)在\(x\)轴下方时,点\(Q\)必在\(x\)轴上方;
我们取其中一种做研究,比如点\(P\)在\(x\)轴上方,点\(Q\)在\(x\)轴下方;注意此时点\(Q\)的极角是负值\(-\theta\),
由于\(\rho_1>0\),\(\rho_2>0\),以及\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得,\(\alpha-\theta=\cfrac{\pi}{2}\),即\(\alpha=\theta+\cfrac{\pi}{2}\),(顺时针为正,逆时针为负)
则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\times 4cos\alpha\times 2cos\theta\)
\(=4cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})cos\alpha=-4sin\theta cos\theta=-2sin2\theta\),
当\(2\theta=-\cfrac{\pi}{2}\),即\(\theta=-\cfrac{\pi}{4}\)时,\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法2】参数方程法,
如图所示,曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数,\alpha\in (0,2\pi))\),曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数,\theta\in (0,2\pi))\),注意参数的含义,\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\),即\(\alpha=\pi+\theta\)
则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1-cos\theta)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=\cfrac{1}{2}\times 4\sqrt{(1-cos\theta)(1+cos\theta)}=2\sqrt{1-cos^2\theta}=2|sin\theta|\)
当\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)时,\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【变形方法3】参数方程法,曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数,\alpha\in (0,2\pi))\),曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数,\theta\in (0,2\pi))\),注意参数的含义,\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\),即\(\alpha=\pi+\theta\)
由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可知,\(k_{OP}k_{OQ}=-1\),即\(\cfrac{2sin\alpha}{2+2cos\alpha}\times \cfrac{sin\theta}{1+cos\theta}=-1\),即\(-sin\alpha sin\theta=(1+cos\alpha)(1+cos\theta)\)
\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=2\sqrt{(1+cos\alpha)(1+cos\theta)}=2\sqrt{-sin\alpha sin\theta}\),又有\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\),即\(\alpha=\pi+\theta\)
\(=2\sqrt{sin^2\theta}=2|sin\theta|\),
当\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)时,\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法4】尝试使用均值不等式,待有空思考整理。
设直线\(OP\)的方程为\(y=kx\),由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得,
直线\(OQ\)的方程为\(y=-\cfrac{1}{k}x\),
联立\(\begin{cases}(x-2)^2+y^2=4\\y=kx\end{cases}\),解得\(P(\cfrac{4}{1+k^2},\cfrac{4k}{1+k^2})\),
联立\(\begin{cases}(x-1)^2+y^2=1\\y=-\cfrac{1}{k}x\end{cases}\),解得\(Q(\cfrac{2k^2}{1+k^2},\cfrac{-2k}{1+k^2})\),
\(S_{\Delta POQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(\cfrac{4}{1+k^2})^2+(\cfrac{4k}{1+k^2})^2}\sqrt{(\cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(\cfrac{-2k}{1+k^2})^2}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{\cfrac{16}{1+k^2}}\sqrt{\cfrac{4k^2}{1+k^2}}=\cfrac{4|k|}{1+k^2}=\cfrac{4}{|k|+\frac{1}{|k|}}\leq 2\)。
当且仅当\(|k|=1\)时取到等号。故\((S_{\Delta POQ})_{max}=2\)。
反思:这个解法的优越性体现在只有一个变量\(k\),那么求最值时就好操作些。
解后反思:
1、在高中数学中,求某个量(比如面积)的最值时,往往需要先表达出这个量(比如面积)的函数,这样求实际问题的最值就变成了求这个函数模型的最值问题了,这一过程实际就是函数的建模。
2、法1利用极坐标法,这样表达刻画面积时,就只有两个变量\(\alpha\)和\(\theta\),然后利用两个变量的相互关系,再将变量集中为一个变量,就好求解其最大值了。
3、法2利用参数方程法,在表达刻画面积时,同样只有两个变量\(\alpha\)和\(\theta\),然后利用两个变量的相互关系,再将变量集中为一个变量,就好求解其最大值了。法2和法3本质接近。
4、正确求解本题目,需要深刻理解极坐标方程的含义和参数方程的含义,尤其是法2对参数的含义更不能弄错了。用到了内外角关系和圆心角和圆周角关系。
5、还有学生想到设\(P(x_1,y_1)\),\(Q(x_2,y_2)\),这样的思路我没有做尝试,不过能看出来此时是四个变量,这样就难得多了,所以碰到这样的题目我们先需要初步筛选思路。
【法1】:分离常数法,本题目就不适宜使用此法;
由\(f(x)=0\)得到\(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x\),分离得到\(a=\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x)\),
你应该能感觉到函数\(h(x)\)若要用导数分析其单调性,那会是相当的难,故分离参数的思路一般在这个题目中,就自然舍弃了。
【法2】:由题目可知方程\(f(x)=0\)仅有一解,即\(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x\)仅有一解,
即函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)与函数\(y=-x^2+2x\)的图像仅有一个交点。参考图像
手工怎么作图呢,函数\(y=-x^2+2x\)的图像大家应该会的,故重点说\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的图像。
令函数\(g(x)=y=e^x+\cfrac{1}{e^x}=e^x+e^{-x}\),则是偶函数,\(g(0)=2\),
当\(x\ge 0\)时,\(g'(x)=e^x-e^{-x}\),\(g'(x)\)单调递增,
故\(g'(x)\ge g'(0)=0\),则函数\(g(x)\)在\([0,+\infty)\)上单调递增,又由偶函数可知,在\((-\infty,0]\)上单调递减,
这样我们就做出了函数\(g(x)=e^x+\cfrac{1}{e^x}\)的图像,然后将其向右平移一个单位,得到\(y=e^{x-1}+e^{-x+1}\)的图像,
前边的系数\(a\)的作用有两个,其一控制张角大小,其二控制函数最低点的位置,
就像函数\(y=a|x|\)中的\(a\)的作用一样的,所以我们就能用手工做出函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的图像,
要使得函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)与函数\(y=-x^2+2x\)的图像仅有一个交点,
就需要函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的最小值\(a(e^{1-1}+e^{-1+1})=2a\)和函数\(y=-x^2+2x\)的最大值\(-1^2+2\times1=1\)相等,
故\(2a=1\),解得\(a=\cfrac{1}{2}\)。故选\(C\).
【法3】:构造函数法+函数性质法;
函数\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})=(x-1)^2+a[e^{x-1}+e^{-(x-1)}]-1\),
令\(t=x-1\),则\(g(t)=f(x-1)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1\),
由于\(g(-t)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1=g(t)\),故\(g(t)\)为偶函数,
由于函数\(f(x)\)有唯一零点,则函数\(g(t)\)也有唯一零点,
又函数\(g(t)\)是偶函数,即函数\(g(t)\)与\(t\)轴仅有一个交点,则\(g(0)=0\),
代入得到\(2a-1=0\),即\(a=\cfrac{1}{2}\);故选\(C\).
【法4】:函数\(f(x)=0\Leftrightarrow\) \(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})=-x^2+2x\)
\(e^{x-1}+e^{-(x-1)}\ge 2\sqrt{e^{x-1}\cdot e^{-(x-1)}}=2\),当且仅当\(x=1\)时取到等号;
\(-x^2+2x=-(x-1)^2+1\leq 1\);
若\(a>0\)时,\(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})\ge 2a\),
要使\(f(x)\)仅有一个零点,则必有\(2a=1\),解得\(a=\cfrac{1}{2}\);
若\(a<0\),则函数\(f(x)\)的零点不唯一,
综上,\(a=\cfrac{1}{2}\);故选\(C\).
【法5】由\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\),
得到\(f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x-1}+e^{-(2-x)+1})=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\),
所以\(f(2-x)=f(x)\),故\(x=1\)是函数\(f(x)\)图像的对称轴。
由题意可知,函数\(f(x)\)有唯一的零点,
故只能是\(x=1\),
即\(f(1)=1^2-2\times1+a(e^{1-1}+e^{-1+1})=0\),
解得\(a=\cfrac{1}{2}\),故选\(C\).
【法6】我们一般这样转化,由函数\(f(x)\)有唯一的零点,
得到方程\(x^2-2x=-a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)有唯一解,注意到方程的右端,
我们可以和对勾函数做以联系,令\(x-1=t\),则\(x=t+1\),
故原方程就转化为\((t+1)^2-2(t+1)=-a(e^t+e^{-t})\),为了便于做出图像,
还需要再代换,令\(e^t=x\),则\(x>0\)且\(t=lnx\),
这样方程就又转化为\(ln^2x-1=-a(x+\cfrac{1}{x})\),
在同一个坐标系中,分别做出函数\(y=ln^2x-1\)和\(y=-a(x+\cfrac{1}{x})\)的图像,
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由图像可知对勾函数前面的系数必须满足\(-a=-\cfrac{1}{2}\),
即\(a=\cfrac{1}{2}\),故选\(C\).
(1) 讨论函数\(f(x)\)的单调性。
分析:先求定义域得\((0,+\infty)\),求导得到\(f'(x)=\cfrac{a+1}{x}+2ax=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}\),
然后只考虑分子函数\(g(x)=2ax^2+a+1\)的图像,
先考虑\(a=0\),在考虑函数\(g(x)\)图像恒在\(x\)轴上方,恒在\(x\)轴下方,以及\(x\)轴上方下方都有图像的情形,
自然就得到了分类的标准有\(a=0\),\(a>0\),\(a+1\leq 0\),以及\(-1<a<0\),在解答时做一综合就行了。
解:当\(a\ge 0\)时,\(g(x)>0\)恒成立,则\(f'(x)=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}>0\),故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增;
当\(a\leq -1\)时,\(g(x)\leq 0\)恒成立,则则\(f'(x)=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}<0\),故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减;
当\(-1<a<0\)时,令\(f'(x)=0\),解得\(x=\sqrt{-\cfrac{a+1}{2a}}=x_0\),即\(x\in(0,x_0)\)时,\(f'(x)>0\),
故\(f(x)\)在\((0,x_0)\)上单调递增;\(x\in(x_0,+\infty)\)时,\(f'(x)<0\),故\(f(x)\)在\((x_0,+\infty)\)上单调递减;
(2)设\(a<-1\),若对任意\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\),恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\),求\(a\)的取值范围。
不妨设\(x_1\leq x_2\),由(1)可知,\(a<-1\)时\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)单调递减,
从而对任意\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\),恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\),
可以等价转化为\(f(x_1)-f(x_2)\ge 4(x_2-x_1)\),
即任意\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\),恒有\(f(x_1)+4(x_1)\ge f(x_2)+4x_2\),【到此,构造函数就有了依托】
令\(g(x)=f(x)+4x\),则\(x_1\leq x_2\),\(g(x_1)\ge g(x_2)\)原命题等价于函数\(g(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减。
而\(g'(x)=\cfrac{a+1}{x}+2ax+4=\cfrac{2ax^2+4x+a+1}{x}\leq 0\)在\((0,+\infty)\)上恒成立。接下来的思路就比较多了:
思路1:分离参数得到,\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2-4x^2-2}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2}{2x^2+1}-2\),故\(a\leq -2\)。
思路2:只关注导函数\(g'(x)\)的分子,令\(h(x)=2ax^2+4x+a+1\),则转化为\(h(x)\leq 0\)在\((0,+\infty)\)上恒成立,
分离参数得到,\(a\leq (\cfrac{-4x-1}{2x^2+1})_{min}\),
令\(\phi(x)=\cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\),
解得\(\phi'(x)=\cfrac{-4(2x^2+1)-(-4x-1)\cdot 4x}{(2x^2+1)^2}=\cfrac{8x^2+4x-4}{(2x^2+1)^2}=\cfrac{4(2x-1)(x+1)}{(2x^2+1)^2}\),
故\(x\in(0,\cfrac{1}{2})\)时,\(\phi'(x)<0\),\(\phi(x)\)单调递减,\(x\in(\cfrac{1}{2},+\infty)\)时,\(\phi'(x)>0\),\(\phi(x)\)单调递增,
故\(\phi(x)_{min}=\phi(\cfrac{1}{2})=-2\),故\(a\leq -2\)。
思路3:只关注导函数\(g'(x)\)的分子,令\(h(x)=2ax^2+4x+a+1\),
则转化为\(h(x)\leq 0\)在\((0,+\infty)\)上恒成立,利用二次函数求解。
则\(\begin{cases}h(0)\leq 0\\x=-\cfrac{4}{2\times 2a}<0\\ \Delta >0\end{cases}\)或者\(\Delta \leq 0\),
解得\(a\leq -2或a\ge 1\),又\(a<-1\),故\(a\leq -2\)。
思路4:接思路1,分离参数得到,\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\),
求函数\(\phi(x)=\cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)的最小值,还可以用代换法,
令\(-4x-1=t<-1\),则\(\phi(x)=\cfrac{t}{\cfrac{(t+1)^2}{8}+1}=\cfrac{8t}{t^2+2t+9}=\cfrac{8}{t+\cfrac{9}{t}+2}\ge \cfrac{8}{-2\sqrt{9}+2}=-2\),
故\(a\leq -2\)。
【法1】:方程组法,由\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}}\\{sin^2\alpha+cos^2\alpha=1}\end{array}\right.\),
解得\(sin^2\alpha=\cfrac{1}{5}\),\(cos^2\alpha=\cfrac{4}{5}\),
代入得到\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=-\cfrac{3}{5}\);
【法2】:齐次式法,\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=(sin^2\alpha-cos^2\alpha)(sin^2\alpha+cos^2\alpha)=sin^2\alpha-cos^2\alpha\)
\(=-cos2\alpha=-\cfrac{cos^2\alpha-sin^2\alpha}{sin^2\alpha+cos^2\alpha}=\cfrac{1-tan^2\alpha}{1+tan^2\alpha}=-\cfrac{3}{5}\);
【法3】:由\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}\),引入比例因子,可设\(sin\alpha=k\),\(cos\alpha=2k(k\neq 0)\),
由\(k^2+(2k)^2=1\),可得\(k^2=\cfrac{1}{5}\),故\(k^4=\cfrac{1}{25}\),
则\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=k^4-(2k)^4=-15k^4=-\cfrac{3}{5}\);
(1)求直线\(l\)被曲线\(C\)截得的弦长|OA|。
分析:可以从以下四个角度思考,
①利用两点间的距离公式;
【法1】直线\(l\)的普通方程为\(y=\sqrt{3}x\),圆\(C\)的普通方程为\(x^2+(y-2)^2=2^2\),
联立消掉\(y\),得到\(x^2-\sqrt{3}x=0\),
解得,\(\left\{\begin{array}{l}{x_1=0}\\{y_1=0}\end{array}\right.\),或\(\left\{\begin{array}{l}{x_2=\sqrt{3}}\\{y_2=3}\end{array}\right.\),
由两点间距离公式得到\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
②直线和圆相交求弦长的几何方法;
【法2】直线为\(\sqrt{3}x-y=0\),圆心为\((0,2)\),
则圆心到直线的距离为\(d=\cfrac{|0-2|}{2}=1\),又半径为\(2\),
故半弦长为\(\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}\),则弦长\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
③直线的参数方程法;
【法3】由于直线的普通方程为\(y=\sqrt{3}x\),经过点\((0,0)\),
斜率\(k=tan\theta=\sqrt{3}\),
直线\(l\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=0+\cfrac{1}{2}t}\\{y=0+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t}\end{array}\right.(t为参数)\),
将其代入圆的普通方程\(x^2+(y-2)^2=2^2\),
整理得到\(t^2-2\sqrt{3}t=0\),
解得\(t_1=0\),\(t_2=2\sqrt{3}\),
则弦长\(|OA|=|t_1-t_2|=2\sqrt{3}\)。
④极坐标法;
【法4】直线的极坐标方程为\(\theta=\cfrac{\pi}{3}\),
圆的极坐标方程为\(\rho=4sin\theta\),
二者联立,得到\(\rho=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)。
即所求弦长\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
(2)从极点做曲线\(C\)的弦,求弦的中点\(M\)轨迹的极坐标方程。
分析:可以从以下三个角度思考:
①利用平面直角坐标系下的中点公式;
【法1】在平面直角坐标系中,设过坐标原点的直线和圆相交于点\(P(x_0,y_0)\),则所得弦的中点坐标为\(M(x,y)\)
则\(\left\{\begin{array}{l}{2x=x_0}\\{2y=y_0}\end{array}\right.\),又点\(P(x_0,y_0)\)在圆\(x^2+(y-2)^2=2^2\)上,
代入整理得到普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\),
即其极坐标方程为\(\rho=2sin\theta\),
其中\(\alpha\in(0,\pi)\),而不是\(\alpha\in[0,\pi)\),以保证弦的存在。
②利用圆的参数方程;
由于圆上任意一动点\(P\)的坐标\(P(2cos\theta,2+2sin\theta)\),则弦的中点\(M(cos\theta,1+sin\theta)\),
即点\(M\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=cos\theta}\\{y=1+sin\theta}\end{array}\right.(\theta为参数)\),
消去参数\(\theta\),得到普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\),
即其极坐标方程为\(\rho=2sin\theta\),
其中\(\alpha\in(0,\pi)\),而不是\(\alpha\in[0,\pi)\),以保证弦的存在。
③利用极坐标法;
【法3】曲线\(C\)的极坐标方程为\(\rho=4sin\theta\),
过极点的直线的极坐标方程为\(\theta=\alpha\),
设直线和曲线\(C\)的交点的极坐标为\((\rho_1,\alpha)\),
则弦的中点\(M\)的极坐标为\((\rho,\alpha)\),
由题目可知,\(\rho_1=2\rho\),代入曲线\(C\)的极坐标方程为\(2\rho=4sin\alpha\),
得到\(\rho=2sin\alpha\),其中\(\alpha\in(0,\pi)\)。
故弦的中点\(M\)轨迹的极坐标方程为\(\rho=2sin\alpha\),其中\(\alpha\in(0,\pi)\)。
说明:由于弦的中点要存在,则必须保证\(\rho\neq 0\),即原来的\(\alpha\in[0,\pi)\),必须变为\(\alpha\in(0,\pi)\)。
法1:二阶等差数列+累加法,
解析:由题意知,则\(f(1)=2\),\(f(2)=4\),\(f(3)=7\),\(f(4)=11\),\(f(5)=16\),
\(f(2)-f(1)=4-2=2\);
\(f(3)-f(2)=7-4=3\);
\(f(4)-f(3)=11-7=4\);
\(f(5)-f(4)=16-11=5\);
$\cdots $,
\(f(n)-f(n-1)=n\);
因此,当\(n\ge 2\)时,由累加法可知,
\(f(n)-f(1)=2+3+\cdots+n=\cfrac{(n+2)(n-1)}{2}\)
即\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)
当\(n=1\)时,\(f(1)=2\),也满足上式,故
\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)。
在平面内有\(n(n\in N*)\)条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,证明:这\(n\)条直线把平面分成\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)个平面区域。
法2:用数学归纳法证明,
①当\(n=1\)时,由几何常识可知,一条直线将平面分成两个部分即\(f(1)=2\),又\(f(1)=\cfrac{1^2+1+2}{2}=1\),即\(n=1\)时命题成立。
②假设当当\(n=k(k\ge 1,k\in N^*)\)时命题成立,即\(k\)条直线将平面分成的部分数为\(f(k)=\cfrac{k^2+k+2}{2}\),
那么当\(n=k+1\)时,由于新添加的第\(k+1\)条直线和以前的\(k\)条直线两两相交且不共点,此时新增加平面区域个数为\(k+1\)个,
即\(f(k+1)=f(k)+k+1=\cfrac{k^2+k+2}{2}+k+1\)
\(=\cfrac{k^2+k+2+2(k+1)}{2}=\cfrac{(k^2+2k+1)+(k+1)+2}{2}\),
\(=\cfrac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}\),
即当\(n=k+1\)时,命题也成立。
综上所述,\(n\in N^*\)时,\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\),
即\(n\)条直线把平面分成\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)个平面区域。
- 难点突破:本题目中的难点就是新添加了第\(k+1\)条直线后,平面区域也新增加了\(k+1\)个,
思路1:用不完全归纳法突破,比如直线条数由\(1\Rightarrow 2\)时,增加的区域个数为\(2\)个,由\(2\Rightarrow 3\)时,增加的区域个数为\(3\)个,由\(3\Rightarrow 4\)时,增加的区域个数为\(4\)个,\(\cdots\),则由\(n\Rightarrow n+1\)时,增加的区域个数为\(n+1\)个。
思路2:借助图形突破。
A、$$ \(\hspace{2cm}\) B、6 \(\hspace{2cm}\) C、12 \(\hspace{2cm}\) D、 $$
法1、常规方法,利用两点间距离公式,由于\(2p=3\),则\(\cfrac{p}{2}=\cfrac{3}{4}\),故焦点\(F(\cfrac{3}{4},0)\),
则直线\(AB\)的方程为\(y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})\),
联立直线\(AB\)的方程\(y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})\)和抛物线\(C:y^2=3x\),
消\(y\)得到\(16x^2-24\times7x+9=0\),设点\(A(x_1,y_1)\),点\(B(x_2,y_2)\),
则\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\),
\(x_1x_2=\cfrac{9}{16}\),故\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=12\)。
![](https://images2017.cnblogs.com/blog/992978/201711/992978-20171106194108216-1343612812.png)
法2、利用直线\(AB\)的参数方程的参数的几何意义,直线\(AB\)的参数方程为\(\begin{cases}x=\cfrac{3}{4}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t\\y=0+\cfrac{1}{2}t\end{cases}(t为参数)\),
代入\(y^2=3x\)中,得到\(t^2-6\sqrt{3}t-9=0\),
故\(|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{36\times3-4\times(-9)}=12\)。
法3:利用抛物线的第二定义可知,
\(|AB|=|AF|+|BF|=|AN|+|BO|=x_1+\cfrac{p}{2}+x_2+\cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p\),
故由法1中,得到\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\),
\(p=\cfrac{3}{2}\),即\(|AB|=x_1+x_2+p=12\)。
法4:利用抛物线的焦点弦长公式:\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\),
则\(|AB|=\cfrac{2\times \cfrac{3}{2}}{(\cfrac{1}{2})^2}=12\)。
- 引申:抛物线的焦点弦长公式\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)的推导:
![](https://images2017.cnblogs.com/blog/992978/201711/992978-20171106200949216-649635271.png)
当直线的斜率不存在时,即直线的倾斜角\(\theta=90^{\circ}\)时,\(x_1=x_2=\cfrac{p}{2}\),\(y_1=p\),\(y_2=-p\),
故\(|AB|=|y_1-y_2|=2p=\cfrac{2p}{sin^290^{\circ}}=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)。
当直线的斜率存在时,即\(k=tan\theta\),焦点弦方程是\(y=k(x-\cfrac{p}{2})\),代入抛物线方程得到\(k^2x^2-(k^2p+2p)x+\cfrac{k^2p^2}{4}=0\),
利用韦达定理可知\(x_1+x_2=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}\),由抛物线的定义
\(|AB|=|AF|+|BF|=x_1+x_2+p=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}+p=\cfrac{2p(k^2+1)}{k^2}\)
\(=2p\times\cfrac{tan^2\theta+1}{tan^2\theta}=2p\times\cfrac{sin^2\theta+cos^2\theta}{sin^2\theta}=\cfrac{2p}{sin^2\theta}\)。
法1:基向量法,
\(|\vec{a}+2\vec{b}|^2=\vec{a}^2+4\vec{b}^2+2\times 2\times \vec{a}\cdot \vec{b}\);
\(=|\vec{a}|^2+4|\vec{b}|^2+4|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|\cdot cos60^{\circ}\);
\(=1+16+4\times 1\times 2\times cos60^{\circ}=21\),
故\(|\vec{a}+2\vec{b}|=\sqrt{21}\)。
法2:建立坐标系,利用向量坐标法构造向量三角形法,
建立如图所示的坐标系,则可知\(\vec{a}=(1,0)\),\(\vec{b}=(1,\sqrt{3})\),
则\(\vec{a}+2\vec{b}=(1,0)+2(1,\sqrt{3})=(3,2\sqrt{3})\),
故\(|\vec{a}+2\vec{b}|=\sqrt{3^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{21}\)。
法3:构造向量三角形法,利用余弦定理求解。
由图可知,\(\overrightarrow{OA}=\vec{a}\),\(\overrightarrow{OD}=2\vec{b}\),做向量三角形\(\triangle OAB\),
则在\(\triangle OAB\)中,\(|OA|=|\vec{a}|=1\),\(|AB|=|2\vec{b}|=4\),\(|OB|=|\vec{a}+2\vec{b}|\),\(\angle OAB=120^{\circ}\),
由余弦定理可知,\(|OB|^2=1^2+4^2-2\times 1\times 4\times cos120^{\circ}=21\),
故\(|\vec{a}+2\vec{b}|=|OB|=\sqrt{21}\)。
分析:\(f(x)=\cfrac{1-cos\omega x}{2}+\cfrac{1}{2}sin\omega x-\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2}(sin\omega x-cos\omega x)\)
\(=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})\),
法1:补集法,从数的角度入手分析,假设\(f(x)\)在区间\((\pi,2\pi)\)内有零点\(x_0\),使得\(f(x)=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\),
则\(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4}=k\pi(k\in Z)\),即\(x_0=\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}\),
即\(x_0=\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\),又\(\pi<x_0<2\pi\),
则\(\pi<\cfrac{4k+1}{4\omega}<2\pi(k\in Z)\),即\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4k+1}\\{8\omega>4k+1}\end{array}\right.\)
由于\(\omega>0\),故给\(k\)赋值从\(k=0\)开始,
①当\(k=0\)时,\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<1}\\{8\omega>1}\end{array}\right.\),即\(\cfrac{1}{8}<\omega<\cfrac{1}{4}\);
②当\(k=1\)时,\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4+1}\\{8\omega>4+1}\end{array}\right.\),即\(\cfrac{5}{8}<\omega<\cfrac{5}{4}\);
③当\(k=2\)时,\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<8+1}\\{8\omega>8+1}\end{array}\right.\),即\(\cfrac{9}{8}<\omega<\cfrac{9}{4}\);
④当\(k=3\)时,\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<12+1}\\{8\omega>12+1}\end{array}\right.\),即\(\cfrac{13}{8}<\omega<\cfrac{13}{4}\);
⑤当\(k=4,\cdots\)时,\(\cdots\)
以上情形取并集,得到当函数\(f(x)\)在区间\((\pi,2\pi)\)内有零点\(x_0\)时,\(\omega\)的取值范围是\((\cfrac{1}{8},\cfrac{1}{4})\cup(\cfrac{5}{8},+\infty)\),
故函数\(f(x)\)在区间\((\pi,2\pi)\)内没有零点时,\(\omega\)的取值范围是\((0,\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4},\cfrac{5}{8}]\),故选\(D\)。
法2:直接法,从数的角度入手分析,函数\(f(x)\)在区间\((\pi,2\pi)\)内没有零点,则\(sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)在区间\((\pi,2\pi)\)内无解,
则\(k\pi<\omega x-\cfrac{\pi}{4}<k\pi+\pi(k\in Z)\),即\(k\pi+\cfrac{\pi}{4}<\omega x<k\pi+\cfrac{5\pi}{4}(k\in Z)\),
则\(\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}<x_0<\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{5\pi}{4\omega}\)
即\(\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}<x<\cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}\)恒成立,由于\(x\in (\pi,2\pi)\),
则\(\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\leq \pi\)且\(2\pi\leq \cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}\);
即\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega\ge 4k+1}\\{8\omega\leq 4k+5}\end{array}\right.\)
①当\(k=-1\)时,\(4\omega\ge -3\)且\(8\omega \leq 1\),解得\(0<\omega\leq \cfrac{1}{8}\);
②当\(k=0\)时,\(4\omega\ge 1\)且\(8\omega \leq 5\),解得\(\cfrac{1}{4}\leq \omega\leq \cfrac{5}{8}\);
③当\(k=1\)时,\(4\omega\ge 5\)且\(8\omega \leq 9\),解得\(\cfrac{5}{4}\leq \omega\leq \cfrac{9}{8}\),实质为空集;
④当\(k=2\)时,\(4\omega\ge 9\)且\(8\omega \leq 13\),解得\(\cfrac{9}{4}\leq \omega\leq \cfrac{13}{8}\),实质为空集;
⑤当\(k=3,\cdots\)时,等等,解集都是空集;
综上所述,函数\(f(x)\)在区间\((\pi,2\pi)\)内没有零点时,\(\omega\)的取值范围是\((0,\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4},\cfrac{5}{8}]\),故选\(D\)。
法3:高考解法,从数的角度入手分析,接上述解法,得到
\(sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)在区间\((\pi,2\pi)\)内无解,
即\(x=\cfrac{k\pi+\frac{\pi}{4}}{\omega}\not\in (\pi,2\pi)\),
则\(\omega \not\in (\cfrac{1}{8},\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8},\cfrac{5}{4})\cup (\cfrac{9}{8},\cfrac{9}{4})\cup\cdots = (\cfrac{1}{8},\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8},+\infty)\)
由于函数\(f(x)\)在区间\((\pi,2\pi)\)内没有零点,\(\omega\)的取值范围是\((0,\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4},\cfrac{5}{8}]\),故选\(D\)。
法4:如下图所示,从形的角度入手分析:
要使得函数在\((\pi,2\pi)\)内没有零点,则有以下情形成立:
①\(2\pi\leq \cfrac{\pi}{4\omega}\),解得\(0<\omega\leq \cfrac{1}{8}\);
②\(\left\{ \begin{array}{l}{ \cfrac{\pi}{4\omega}\leq \pi }\\ {2\pi \leq \cfrac{5\pi}{4\omega}}\end{array}\right.\) ,解得$ \cfrac{1}{4}<\omega \leq \cfrac{5}{8}$;
③\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5\pi}{4\omega}\leq \pi}\\{2\pi\leq\cfrac{9\pi}{4\omega}} \end{array}\right.\),解得\(\cfrac{5}{4}<\omega\leq \cfrac{9}{8}\);即\(\omega\in \varnothing\);
④\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{9\pi}{4\omega}\leq \pi}\\{2\pi\leq\cfrac{13\pi}{4\omega}} \end{array}\right.\),解得\(\cfrac{9}{4}<\omega\leq \cfrac{13}{8}\);即\(\omega\in \varnothing\);
⑤\(\cdots\),解得\(\omega\in \varnothing\);
综上所述,\(\omega\)的取值范围是\((0,\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4},\cfrac{5}{8}]\),故选\(D\)。
法1:并项求和法[此法运算和思维成本最小],由于题目中有\(n\)次方,故针对\(n\)分奇偶讨论如下:
①当\(n\)为奇数时,则\(n+1\)为偶数,
由题目可知\(a_{n+1}-a_n=2n-1\),则\(a_{n+2}+a_{n+1}=2n+1\)[1]
两式相减,得到\(a_{n+2}+a_n=2\),即从\(a_1\)开始,相邻两个奇数项为等和数列;
即\(a_1+a_3=2\),\(a_5+a_7=2\),\(a_9+a_{11}=2\),\(\cdots\),\(a_{57}+a_{59}=2\),
故前\(60\)项中的所有奇数项之和为
\(S_{奇}=(a_1+a_3)+(a_5+a_7)+\cdots+(a_{57}+a_{59})=15\times 2=30\);
②当\(n\)为偶数时,则\(n+1\)为奇数,
由题目可知\(a_{n+1}+a_n=2n-1\),则\(a_{n+2}-a_{n+1}=2n+1\)[原因同上],
两式相加,得到\(a_{n+2}+a_n=4n\),即每相邻两偶数项之和为等差数列;
故前\(60\)项中的所有偶数项之和为
\(S_{偶}=(a_2+a_4)+(a_6+a_8)+\cdots+(a_{58}+a_{60})\)
\(=4\times 2+4\times 6+4\times 10+\cdots+4\times 58\)
\(=4(2+6+10+\cdots+58)\)
\(=4\times\cfrac{(2+58)\times 15}{2}=1800\);
故\(S_{60}=1800+30=1830\)。
思路2[摘编自网络,学习变形]:从特殊到一般,
对于给出的递推数列,在没有找到更好方法之前,通常可以用特殊值法开路,写出前几项,先归纳,再猜想一般的规律。
设\(a_1=a\),由递推公式\(a_{n+1}+(-1)^n\cdot a_n=2n-1\),
分别令\(n=1,2,3,4,\cdots\),则有
\(a_2=1+a\),\(a_3=2-a\),\(a_4=7-a\),\(a_5=a\),
\(a_6=9+a\),\(a_7=2-a\),\(a_8=15-a\),\(a_9=a\),\(\cdots\),
于是可知,\(a_{4k-3}=a\),\(a_{4k-2}=a+(8k-7)\),\(a_{4k-1}=2-a\),\(a_{4k}=-a+(8k-1)\),[2]
所以,\(a_{4k-3}+a_{4k-2}+a_{4k-1}+a_{4k}=16k-6\),
可知每连续四项之和成等差数列,
则\(S_{60}=\cfrac{15[10+(16\times 15-6)]}{2}=1830\);
思路3[摘编自网络,学习变形]:分类讨论,
本题目的难点在于\((-1)^n\),于是对其分类讨论,并进行适当的构造以及并项。
当\(n\)为奇数时,\(a_{n+1}-a_n=2n-1\);
当\(n\)为偶数时,\(a_{n+1}+a_n=2n-1\);
于是\(a_{4k}+a_{4k-1}+a_{4k-2}+a_{4k-3}=(a_{4k}-a_{4k-1})+2(a_{4k-1}+a_{4k-2})-(a_{4k-2}-a_{4k-3})\)[3]
\(=[2(4k-1)-1]+2[2(4k-2)-1]-[2(4k-3)-1]=16k-6\),
可知每连续四项之和成等差数列,
则\(S_{60}=\cfrac{15[10+(16\times 15-6)]}{2}=1830\);
思路4[摘编自网络,学习变形]:利用迭代法,
对于给出的递推数列问题,应该关注三个技巧----迭加、迭乘、迭代。特别是迭代法,它是直接反复利用递推公式而进行迭代,可以直接运用,从而使得问题得以解决。
由\(a_{n+1}+(-1)^n\cdot a_n=2n-1\)得到[用\(n+1\)替换左式中的\(n\)],\(a_{n+2}+(-1)^{n+1}\cdot a_{n+1}=2(n+1)-1\),
则\(a_{n+2}=-(-1)^{n+1}\cdot a_{n+1}+2n+1\),
\(=(-1)^{n}\cdot a_{n+1}+2n+1\) [将已知式改写为\(a_{n+1}=(-1)^{n+1}a_n+2n-1\),代入左式,得到下式]
\(=(-1)^n[(-1)^{n+1}a_n+2n-1]+2n+1\)
\(=-a_n+(-1)^{n}(2n-1)+2n+1\)
即\(a_{n+2}+a_n=(-1)^{n}(2n-1)+2n+1\)
也有\(a_{n+3}+a_{n+1}=-(-1)^{n}(2n+1)+2n+3\)[让上式中\(n+1\rightarrow n\)得到]
两式相加得到\(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=-2(-1)^n+4n+4\),
设\(k\)为整数[或令\(n=4k+1\)],则
\(a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4}=-2(-1)^{4k+1}+4(4k+1)+4=16k+10\)
于是\(S_{60}=\sum\limits_{k=0}^{14}{(a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4})}\)[4]
\(=\sum\limits_{k=0}^{14}{(16k+10)}=(16\times 0+10)+(16\times 1+10)+(16\times 2+10)+\cdots+(16\times 14+10)\)
\(=16\times \cfrac{(0+14)\times 15}{2}+150=1830\)
思路5[摘编自网络,学习变形]:构造子数列法,
\(\{a_n\}\)既不是等差数列也不是等比数列,但是可以发现其子数列\(\{a_{4k}\}\),\(\{a_{4k-1}\}\),\(\{a_{4k-2}\}\),\(\{a_{4k-3}\}\)是等差数列,于是可对数列\(\{a_n\}\)分项击破,
当\(n\)为奇数时,\(a_{n+1}-a_n=2n-1\);
当\(n\)为偶数时,\(a_{n+1}+a_n=2n-1\);
由\(a_{4k+2}-a_{4k-2}=(a_{4k+2}-a_{4k+1})+(a_{4k+1}+a_{4k})-(a_{4k}-a_{4k-1})-(a_{4k-1}+a_{4k-2})\),[5]
\(=[2(4k+1)-1]+(2\times 4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8\),
故数列\(a_{4k-2}\)是等差数列,公差为\(8\),首项为\(a_2\),所以\(a_{4k-2}=a_2+(k-1)8\);
由\(a_{4k+4}-a_{4k}=(a_{4k+4}-a_{4k+3})+(a_{4k+3}+a_{4k+2})-(a_{4k+2}-a_{4k+1})-(a_{4k+1}+a_{4k})\),[6]
\(=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1)-[2(4k+1)-1]-[2\times 4k-1]=8\),
故数列\(a_{4k}\)是等差数列,公差为\(8\),首项为\(a_4\),所以\(a_{4k}=a_4+(k-1)8\);[7]
同理,\(a_{4k+1}-a_{4k-3}=0\),故数列\(\{a_{4k-3}\}\)是常数列,故\(a_{4k-3}=a_1\);
\(a_{4k+3}-a_{4k-1}=0\),故数列\(\{a_{4k-1}\}\)是常数列,故\(a_{4k-1}=a_3\);
又\(a_1+a_2+a_3+a_4=(a_4-a_3)+2(a_3+a_2)-(a_2-a_1)\)
\(=(2\times 3-1)+2(2\times 2-1)-(2\times 1-1)=5+6-1=10\);
于是\(\{a_n\}\)的前\(60\)项的和\(S_{60}\)为
\(S_{60}=(a_1+a_5+a_9+\cdots+a_{57})+(a_2+a_6+a_{10}+\cdots+a_{58})\)[8]
\(+(a_3+a_7+a_{11}+\cdots+a_{59})+(a_4+a_8+a_{12}+\cdots+a_{60})\)
\(=15a_1+(15a_2+840)+15a_3+(15a_4+840)\)
\(=15(a_1+a_2+a_3+a_4)+1680=1830\)
思路6[摘编自网络,学习变形]:构造等差数列法,
由上述解法不难看出,本题目的实质是连续四项的和成等差数列,故还可以如下求解:
当\(n\)为奇数时,\(a_{n+1}-a_n=2n-1\);
当\(n\)为偶数时,\(a_{n+1}+a_n=2n-1\);
由\(a_{4k+2}-a_{4k-2}=(a_{4k+2}-a_{4k+1})+(a_{4k+1}-a_{4k})-(a_{4k}-a_{4k-1})-(a_{4k-1}+a_{4k-2})\),
\(=[2(4k+1)-1]+(2\times 4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8\),
故数列\(a_{4k-2}\)是等差数列,公差为\(8\),首项为\(a_2\),所以\(a_{4k-2}=a_2+(k-1)8\);
由\(a_{4k+4}-a_{4k}=(a_{4k+4}-a_{4k+3})+(a_{4k+3}+a_{4k+2})-(a_{4k+2}-a_{4k+1})-(a_{4k+1}+a_{4k})\),
\(=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1)-[2(4k+1)-1]-[2\times 4k-1]=8\),
故数列\(a_{4k}\)是等差数列,公差为\(8\),首项为\(a_4\),所以\(a_{4k}=a_4+(k-1)8\);
同理,\(a_{4k+1}-a_{4k-3}=0\),故数列\(\{a_{4k-3}\}\)是常数列,故\(a_{4k-3}=a_1\);
\(a_{4k+3}-a_{4k-1}=0\),故数列\(\{a_{4k-1}\}\)是常数列,故\(a_{4k-1}=a_3\);
则数列\(b_{n+1}=a_{4n+1}+a_{4n+2}+a_{4n+3}+a_{4n+4}\)
\(=a_{4n-3}+a_{4n-2}+a_{4n-1}+a_{4n}+16=b_n+16\), [9]
即\(b_{n+1}-b_n=16\),又\(b_1=a_1+a_2+a_3+a_4=10\),
则数列\(\{b_n\}\)是首项为\(10\),公差为\(16\)的等差数列,
则则\(S_{60}=\cfrac{15[10+(16\times 15-6)]}{2}=1830\);
[解释:\(a_{(n+1)+1}+(-1)^{n+1}a_{n+1}=2(n+1)-1\)] ↩︎
对数列的下标详细说明如下,
所有正整数若除以\(4\),就会分为四类,余数分别为\(0\),\(1\),\(2\),\(3\),
我们可以将其表达为\(4k\),\(4k+1\),\(4k+2\),\(4k+3\),此时\(k\in N\);
还可以这样表达为\(4k-3\),\(4k-2\),\(4k-1\),\(4k\),此时\(k\in N^*\);
故\(a_{4k-3}\)表达的是\(a_1\),\(a_5\),\(a_9\),\(\cdots\),
\(a_{4k-2}\)表达的是\(a_2\),\(a_6\),\(a_{10}\),\(\cdots\),
\(a_{4k-1}\)表达的是\(a_3\),\(a_7\),\(a_{11}\),\(\cdots\),
\(a_{4k}\)表达的是\(a_4\),\(a_8\),\(a_{12}\),\(\cdots\), ↩︎上述变形很有特点,这样变形的目的,既要保证恒等变形,还要充分利用上述的条件;
比如变形\((a_{4k}-a_{4k-1})\)意味着偶数项减去奇数项,即可以利用\(a_{n+1}-a_n=2n-1\);
故有\((a_{4k}-a_{4k-1})=2(4k-1)-1\),其余都同理; ↩︎由于下标的表示形式,故求和时只能从\(0\rightarrow 14\),不能是\(1\rightarrow 15\),否则求和会丢掉前面的四项而多算了后面的四项。 ↩︎
[此处用\(a_{4k+2}-a_{4k-2}\),是为了求公差;由于前一项为\(a_{4k-2}\),则其后一项为\(a_{4(k+1)-1}=a_{4k+2}\);同时紧接着的变形既要保证恒等变形还要有效利用上述条件]; ↩︎
[此处用\(a_{4k+4}-a_{4k}\),是为了求公差;由于前一项为\(a_{4k}\),则其后一项为\(a_{4(k+1)}=a_{4k+4}\);同时紧接着的变形既要保证恒等变形还要有效利用上述条件]; ↩︎
等差数列通项公式的拓展:\(a_n=a_m+(n-m)d\);
此处可以这样理解,数列的公差为\(8\),首项为\(a_4\),自然能写出\(a_4+(k-1)8\),关键是和\(a_{?}\)对应;
我们知道这个数列的首项应该是\(a_4\),故下标应该用\(4k\)来表达,故\(a_{4k}=a_4+(k-1)8\);
或者这样理解,从原来的母数列中间隔\(4\)项挑出来的项所组成的新数列的公差为\(8\),那么回归到母数列里面,
相当于原来母数列的公差为\(2\)[当然母数列不是等差数列],这样\(a_{4k}=a_4+(4k-4)\times 2=a_4+(k-1)8\);
而不是\(a_{4k}=a_4+(4k-4)8\);其他同理; ↩︎第二组子数列求和,首项是\(a_2\),公差为\(8\),项数为\(15\)项,故\(S_{2}=15a_2+\cfrac{15(15-1)}{2}\times 8=15a_2+840\). ↩︎
若\(b_{n+1}=a_{4n+1}+a_{4n+2}+a_{4n+3}+a_{4n+4}\),用\(n-1\)替换左式中的\(n\),
则得到\(b_{n}=a_{4n-3}+a_{4n-2}+a_{4n-1}+a_{4n}\),故有\(b_{n+1}-b_n=16\), ↩︎