數學解題的切入點——定義與性質

每年全國及各省市高考試卷，都會出現一些新定義或新性質的信息給予題.其命題的用意主要是以拉開一定的差距.那么為適應國家的考核標準，同學們如何在短短時間內完成此類具有挑戰性的試題.這是一個新的研究課題.本人通過觀察與鉆研，認為:從新定義、新性質出發，并利用新定義、新性質推導出來的結論以及相關知識進行解決此類問題.現將本人的見解結合2009年一些試題闡述如下:

一、直接從定義性質出發

此類題一般會給出一個新定義，要求同學們通過閱讀此定義獲取新的信息，并利用此信息完成題中所給出的問題.要順利完成求解首先要讀懂題目的要求或規則，對新概念可采取簡單化、具體化與特殊化的策略加以分析和研究.

例1 (2009浙江理10)對于正實數，記M為滿足下述條件的函數f(x)構成的集合:x1，x2∈R且x2>x1，有-(x2-x1)

A. 若f(x)∈M，g(x)∈M，則f(x)#8226;g(x)∈M

B. 若f(x)∈M，g(x)∈M，則g(x)≠0，則∈M

C. 若f(x)∈M，g(x)∈M，則f(x)+g(x)∈M

D. 若f(x)∈M，g(x)∈M，且1>2，則f(x)-g(x)∈M

解析 根據定義有-a1(x2-x1)

例2 (2009山東理10)定義在R上的函數f(x)滿足f(x)=log2(1-x)，x≤0，則f(2009)的值為()

A. -1B. 0C. 1D.2

解析 依定義知:x>3有f(x)=f(x-1)-f(x-2)=

[f(x-2)-f(x-3)]-f(x-2)=-f(x-3)，即f(x+3)=-f(x)，及x>0有f(x+6)=-f(x+3)=f(x)，即f(x+6)=f(x)，∴ f(2009)=f(334×6+5)=f(5)=-f(2)=-[f(1)-f(0)]=

-[f(0)-f(-1)-f(0)]=-f(-1)=log2(1+1)=1，故選C.

二、利用定義性質及相關的推導結論

例3 (2009湖南理21)對于數列{un}若存在常數M>0，對任意的n∈N*，恒有un+1-un+un-un-1+…+ u2-u1≤M，則稱數列{un}為B-數列，

(1)首項為1，公比為q(q<1)的等比數列是否為B-數列?請說明理由;

(2)設Sn是數列{xn}的前n項和，給出下列兩組論斷;

A組:①數列{xn}是B-數列，②數列{xn}不是B-數列;

B組:③數列{Sn}是B-數列，④數列{Sn}不是B-數列.

請以其中一組中的一個論斷為條件，另一組中的一個論斷為結論組成一個命題.判斷所給命題的真假，并證明你的結論;

(3) 若數列{an}，{bn}都是B-數列，證明:數列{anbn}也是B-數列.

分析 (1)直接利用B-數列定義，根據不等式a-b≤a+b≤a+b從而有:

un+1-un+un-un-1+…+u2-u1≥(un+1-un)+(un-un-1)+…+(u2-u1)=un+1-u1;及un+1-un+un-un-1+…+u2-u1≤(un+1-un)+un-un-1+…+(u2-u1)≤(un+1+un)+(unun-1)+…+(u2+u1)≤2(un+1+un+…+u1);

an+1bn+1-anbn=(an+1bn+1-an+1bn)+(an+1bn-anbn)≤an+1bn+1-an+1bn+an+1bn-anbn=an+1bn+1-bn+bnan+1-an，

結合B-數列的定義，可以知(2)真命題:若數列{Sn}是B-數列，則數列{xn}是B-數列.

(3)關鍵有n+1≤M1+u1，i=1，2，…，n.結合不等式性質B-數列定義，原題得證.

解析 (1)設滿足題設的等比數列為{an}，則an=qn-1，從而有an-an-1=qn-1-qn-2=qn-2 q-1，n≥2.

因此an+1-an=an-an-1+…+a2-a1=q-1(1+q+q2+…+qn-1).

因為q<1，所以1+q+q2+…+qn-1=，即an+1-an+ an-an-1+…+a2-a1<，

故首項為1，公比為q(q<1)的等比數列是B-數列.

(2)命題:若數列{Sn}是B-數列，則數列{xn}是B-數列.

證明:若數列{Sn}是B-數列，存在一個正數M，n∈N*使Sn+1-Sn+Sn-Sn-1+…+S2-S1≤M，即xn+1+xn+…+x1≤M+x1.令M′=2[M+x1]，而xn+1-xn+xn-xn-1+…+x2-x1≤xn+1+xn+xn+xn-1+…+x2+x1≤2[xn+1+xn+xn+xn-1+…+x2+x1]≤2[M+x1]=M′，所以數列{xn}是B-數列.

(3)若數列{an}{bn}是B-數列，則存在正數M1、M2，對任意的n∈N*，有an+1-an+an-an-1+…+a2-a1≤M1，bn+1-bn+bn-bn-1+…+b2-b1≤M2，從而有an=an-an-1+an-2+…+a2-a1+a1≤an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1+a1≤M1+a1.同理:bn≤M2+b1，

令K1=M1+a1，K2=M2+b1，an+1bn+1-anbn=

an+1bn+1-anbn+1+anbn+1-anbn≤bn+1an+1-an+anbn+1-bn，從而有≤K2an+1-an+K1bn+1-bn，an+1bn+1-anbn+anbn-an-1bn-1+…+a2b2-a1b1≤K1(bn+1-bn+bn-bn-1+…+b2-b1)+K2(an+1-an+an+an-1+…+a2-a1)≤K2M1+K1M2，故數列{anbn}是B-數列.

三、利用定義性質及相關的推導結論，結合一些與試題有關的知識

例4 (北京理20) 已知數集A={a1，a2，…an}(1≤a1

(Ⅰ)分別判斷數集{1，3，4}與{1，2，3，6}是否具有性質p，并說明理由;

(Ⅱ)證明:a1=1，且=a;

(Ⅲ)證明:當時n1=5，a1，a2，a3，a4，a5成等比數列.

分析 (Ⅰ)直接利用數集的性質P進行判斷.

(Ⅱ)數集A具有性質P在i=2，3，…n條件，ai>1，所以anai>an，∴ anaiA

必∈A，從而有<，根據集合基本性質知:=an-i+1從而命題得證.

(Ⅲ)在(Ⅱ)基礎上可推出=a1=1及a23=a2a4=a1a5，=a2，=a2，=a2，從而命題得證.

解析 (Ⅰ)由于3×4與均不屬于數集{1，3，4}，∴該數集不具有性質P.

由于1×2，1×3，1×6，2×3，，，，，，都屬于數集{1，2，3，6}，∴該數集具有性質P.

(Ⅱ)∵A={a1+a2+…+an}具有性質P，∴ anan與中至少有一個屬于A，由于1≤a1an，故ananA.從而1=∈A，∴ a1=1.

∵ 1=a1an，故akanA(k=2，3，…，n).

由A具有性質P可知∈A(k=2，3，…，n).

又∵<<…<<，∴ =1，=a2 ，…= an-1，=an，從而++…++=a1+a2+…+an-1+an，∴ =an.

(Ⅲ)由(Ⅱ)知，當n=5時，有=a2，=a3即a5=a2a4=a23，∵ 1=a1a2a4=a5，∴ a3a4A，由A具有性質P可知A.由a2a4=a23，得=A，且1<=a2，∴ ==a2，∴ ====a2，即a1，a2，a3，a4，a5是首項為1，公比為a2成等比數列.

例5 (2009上海理22)已知函數y=f(x)的反函數.定義:若對給定的實數a(a≠0)，函數y=f(x+a)與y=f -1(x+a)互為反函數，則稱y=f(x)滿足“a和性質”;若函數y=f(ax)與y=f -1(ax)互為反函數，則稱y=f(x)滿足“a積性質”.

(1)判斷函數g(x)=x2+1(x>0)是否滿足“1和性質”，并說明理由;

(2)求所有滿足“2和性質”的一次函數;

(3)設函數y=f(x)(x>0)對任何a>0，滿足“a積性質”. 求y=f(x)的表達式.

分析 y=f(x)的反函數是y=f -1(x)，y=f(x+a)的反函數是y=f -1(x)-a，y=f(ax)的反函數是y=，x=f(f -1(x))以及變量的轉化思想，令x=ax0.結合“a和性質”， “a積性質”進行判斷求解.

解析 函數g(x)=x2+1(x>0)的反函數是g-1(x)=(x>1)，∴ g-1(x+1)=(x>0)，而g(x+1)=(x+1)2+1(x>-1)，其反函數為y=-1(x>1)，故函數g(x)=x2+1(x>0)不滿足“1和性質”.

(2)設函數f(x)=kx+b(x∈R)滿足“2和性質”，k≠0，∴ f -1(x)=(x∈R)，∴ f -1(x+2)=，而

f (x+2)=k(x+2)+b(x∈R)得反函數y=.

由“2和性質”定義可知=對x∈R恒成立，∴ k=-1，b∈R即所求一次函數為f (x)=-x+b(b∈R).

(3)設a>0，x0>0，且點(x0，y0)在y=f(ax)圖像上，則(y0，x0)在函數y= f -1(ax)圖像上，故f(ax0)=y0，f -1(ay0)=x0，可得:ay0=f(x0)=af(ax0).令ax0=x，則a=，∴ f(x0)=f(x)，即f(x)=.綜上所述f(x)=(k≠0)，此時f(ax)=，其反函數就是y=，而f -1(ax)=，故y=f(ax)與y=f -1(ax)互為反函數.

至此，我們從以上題目的解法，可以得知一些新題的處理方法.但高考命題具有很大的靈活性與挑戰性，不可能完全掌握其規律，這里僅供參考與探討.

責任編校徐國堅