应用数学专题讲座

题目 高中数学复习专题讲座函数图象及图象性质的应用高考要求函数的图象与性质是高考考查的重点内容之一，它是研究和记忆函数性质的直观工具,利用它的直观性解题,可以起到化繁为简、化难为易的作用因此，考生要掌握绘制函数图象的一般方法，掌握函数图象变化的一般规律，能利用函数的图象研究函数的性质 重难点归纳1 熟记基本函数的大致图象，掌握函数作图的基本方法 (1)描点法 列表、描点、连线；(2)图象变换法 平移变换、对称变换、伸缩变换等2 高考中总是以几类基本初等函数的图象为基础来考查函数图象的题型多以选择与填空为主，属于必考内容之一，但近年来，在大题中也有出现，须引起重视典型题例示范讲解例1对函数y =f (x )定义域中任一个x 的值均有f (x +a )=f (a －x ), (1)求证y =f (x )的图象关于直线x =a 对称；(2)若函数f (x )对一切实数x 都有f (x +2)=f (2－x ),且方程f (x )=0恰好有四个不同实根，求这些实根之和命题意图 本题考查函数概念、图象对称问题以及求根问题 知识依托 把证明图象对称问题转化到点的对称问题错解分析 找不到问题的突破口，对条件不能进行等价转化技巧与方法 数形结合、等价转化(1)证明 设(x 0,y 0)是函数y =f (x )图象上任一点，则y 0=f (x 0),∵2)2(00x x a +-=a , ∴点(x 0,y 0)与(2a －x 0,y 0)关于直线x =a 对称，又f (a +x )=f (a －x ),∴f (2a －x 0)=f ［a +(a －x 0)］=f ［a －(a －x 0)］=f (x 0)=y 0, ∴(2a －x 0,y 0)也在函数的图象上，故y =f (x )的图象关于直线x =a 对称(2)解 由f (2+x )=f (2－x )得y =f (x )的图象关于直线x =2对称，若x 0是f (x )=0的根，则4－x 0也是f (x )=0的根， 若x 1是f (x )=0的根，则4－x 1也是f (x )=0的根， ∴x 0+(4－x 0)+ x 1+(4－x 1)=8 即f (x )=0的四根之和为8例2如图，点A 、B 、C 都在函数y =x 的图象上，它们的横坐标分别是a 、a +1、a +2 又A 、B 、C 在x 轴上的射影分别是A ′、B ′、C ′,记△AB ′C 的面积为f (a ),△A ′BC ′的面积为g (a )(1)求函数f (a )和g (a )的表达式；(2)比较f (a )与g (a )的大小，并证明你的结论命题意图 本题考查函数的解析式、函数图象、识图能力、图形的组合等知识依托 充分借助图象信息，利用面积问题的拆拼以及等价变形找到问题的突破口错解分析 图形面积不会拆拼技巧与方法 数形结合、等价转化 解 (1)连结AA ′、BB ′、CC ′,则f (a )=S △AB ′C =S 梯形AA ′C ′C －S △AA ′B ′－S △CC ′B =21(A ′A +C ′C )=21(2++a a ),g (a )=S △A ′BC ′=21A ′C ′·B ′B =B ′B1(2)()()2f a g a -=12=--102=-<∴f (a )<g (a )例3已知函数f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 的图象如图，求b 的范围解法一 观察f (x )的图象，可知函数f (x )的图象过原点，即f (0)=0,得d =0,又f (x )的图象过(1，0)，∴f (x )=a +b +c ① 又有f (－1)＜0,即－a +b －c ＜0 ② ①+②得b ＜0,故b 的范围是(－∞,0)解法二 如图f (0)=0有三根0,1,2，∴f (x )=ax 3+bx 2+cx +d =ax (x －1)(x －2)=ax 3－3ax 2+2ax ,∴b =－3a ,∵当x>2时，f (x )>0，从而有a >0,∴b ＜0 学生巩固练习1 当a ≠0时，y =ax +b 和y =b ax的图象只可能是( )2某学生离家去学校，由于怕迟到，所以一开始就跑步，等跑累了，再走余下的路，下图中y轴表示离学校的距离，x轴表示出发后的时间，则适合题意的图形是()3已知函数f(x)=log2(x+1)，将y=f(x)的图象向左平移1个单位，再将图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，得到函数y=g(x)的图象，则函数F(x)=f(x)－g(x)的最大值为_________三、解答题4如图，在函数y=lg x的图象上有A、B、C三点，它们的横坐标分别为m,m+2,m+4(m>1)(1)若△ABC面积为S，求S=f(m);(2)判断S=f(m)的增减性5如图，函数y=23|x|在x∈［－1,1］的图象上有两点A、B，AB∥Ox轴，点M(1，m)(m∈R且m>23)是△ABC的BC边的中点(1)写出用B点横坐标t表示△ABC面积S的函数解析式S=f(t);(2)求函数S=f(t)的最大值，并求出相应的C点坐标6已知函数f(x)是y=1102+x－1(x∈R)的反函数，函数g(x)的图象与函数y=－21-x的图象关于y轴对称，设F(x)=f(x)+g(x)(1)求函数F(x)的解析式及定义域；(2)试问在函数F(x)的图象上是否存在两个不同的点A、B，使直线AB 恰好与y轴垂直？若存在，求出A、B的坐标；若不存在，说明理由7已知函数f1(x)=21x-,f2(x)=x+2,(1)设y =f (x )=⎩⎨⎧∈--∈]1,0[ ),(3)0,1[ ),(21x x f x x f ，试画出y =f (x )的图象并求y =f (x )的曲线绕x 轴旋转一周所得几何体的表面积；(2)若方程f 1(x +a )=f 2(x )有两个不等的实根，求实数a 的范围(3)若f 1(x )>f 2(x －b )的解集为［－1，21］，求b 的值8 设函数f (x )=x +x1的图象为C 1，C 1关于点A (2，1)对称的图象为C 2，C 2对应的函数为g (x )(1)求g (x )的解析表达式；(2)若直线y =b 与C 2只有一个交点，求b 的值，并求出交点坐标； (3)解不等式log a g (x )<log a 29 (0<a <1)参考答案1 解析 ∵y =b ax =(b a )x ,∴这是以b a 为底的指数函数 仔细观察题目中的直线方程可知 在选择支B 中a >0,b >1,∴b a >1,C 中a ＜0,b >1,∴0＜b a＜1,D 中a ＜0,0＜b ＜1,∴b a >1 故选择支B 、C 、D 均与指数函数y =(b a )x 的图象不符合答案 A2 解析 由题意可知，当x =0时，y 最大，所以排除A 、C 又一开始跑步，所以直线随着x 的增大而急剧下降答案 D3 解析 g (x )=2log 2(x +2)(x >－2)F (x )=f (x )－g (x )=log 2(x +1)－2log 2(x +2)=log 21441log441log)2(122222+++=+++=++x x x x x x x x)1(21111log2->++++=x x x ∵x +1>0,∴F (x )≤41log211)1(21log 22=++⋅+x x =－2当且仅当x +1=11+x ,即x =0时取等号∴F (x )max =F (0)=－2答案 －24 解 (1)S △ABC =S 梯形AA ′B ′B +S 梯形BB ′C ′C －S 梯形AA ′C ′C(2)S =f (m )为减函数5 解 (1)依题意，设B (t ,23 t ),A (－t ,23t )(t >0),C (x 0,y 0)∵M 是BC 的中点 ∴2x t +=1,2230y t + =m∴x 0=2－t ,y 0=2m －23t在△ABC 中，|AB |=2t ,AB 边上的高h AB =y 0－23t =2m －3t∴S =21|AB |·h AB =21·2t ·(2m －3t ),即f (t )=－3t 2+2mt ,t ∈(0,1)(2)∵S =－3t 2+2mt =－3(t －3m )2+32m ,t ∈(0,1],若⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>≤<23130m m ，即23＜m ≤3,当t =3m 时，S max =32m ,相应的C 点坐标是(2－3m ,23m ),若3m >1,即m >3 S =f (t ) 在区间(0，1］上是增函数，∴S max =f (1)=2m －3,相应的C 点坐标是(1，2m －3)6 解 (1)y =1102+x－1的反函数为f (x )=lg xx +-11(－1＜x ＜1)由已知得g (x )=21+x ,∴F (x )=lgxx +-11+21+x ,定义域为(－1，1)(2)用定义可证明函数u =xx +-11=－1+12+x 是(－1，1）上的减函数，且y =lg u 是增函数∴f (x )是(－1，1）上的减函数，故不存在符合条件的点A 、B7 解 (1）y =f (x )=⎪⎩⎪⎨⎧∈+--∈-]1,0[,1)0,1[,12x x x x 的图像如图所示y =f (x )的曲线绕x 轴旋转一周所得几何体是由一个半径为1的半球及底面半径和高均为1的圆锥体组成，其表面积为(2+2)π(2)当f 1(x +a )=f 2(x )有两个不等实根时，a 的取值范围为2－2＜a ≤1(3)若f 1(x )>f 2(x －b )的解集为［－1，21］，则可解得b8 (1)g (x )=x －(2)b =4时，交点为(5，4)；b =0时，交点为(3，0)(3)不等式的解集为{x |4＜x ＜29或x >6}课前后备注。

六年级数学应用题解题技巧专题讲座小学教育时期在义务教育阶段当中占据着十分重要的地位,在这个时期学生进行多种数学方式方法的学习,并且能够利用数学方法去解决各种问题。

下面是为大家整理的关于六年级数学应用题解题技巧，希望对您有所帮助!小学六年级数学分数应用题解题技巧一、正确的找单位“1”是解决分数应用题的前提。

不管什么样的分数应用题，题中必有单位“1”。

正确的找到单位“1”是解答分数应用题的前提和首要任务。

分数应用题中的单位“1”分两种形式出现：1、有明显标志的：(1)男生人数占全班人数的4/7(2)杨树棵数是柳树的3/5(3)小明的体重相当于爸爸的1/2(4苹果树比梨树多1/5条件中“占”“是”“相当于”“比”后面，分率前面的量是本题中的单位“1”。

2、无明显标志的：(1)一条路修了200米，还剩2/3没修。

这条路全长多少千米?(2)有200张纸，第一次用去1/4，第二次用去1/5。

两次共用去多少张?(3)打字员打一部5000字的书稿，打了3/10，还剩多少字没打?这3道题中的单位“1”没有明显标志，要根据问题和条件综合判断。

(1)中应把“一条路的总长”看作单位“1”(2)题中应把“200张纸”看作单位“1”(3)题中应把“5000个字”看作单位“1”。

二、正确的找对应关系是解分数应用题的关键。

每道分数应用题都有数量和分率的对应关系，正确的找到所求数量(或分率)和哪个分率(或数量)对应是解分数应用题的关键。

1、画线段图找对应关系。

(1)池塘里有12只鸭和4只鹅，鹅的只数是鸭的几分之几?(2)池塘里有12只鸭，鹅的只数是鸭的1/3。

池塘里有多少只鹅?(3)池塘里有4只鹅，正好是鸭的只数的1/3。

池塘里有多少只鸭?用线段图表示一下这3道题的关系。

从画的图可以看出，画线段图是正确找对应关系的有效手段。

通过画线段图可以帮助学生理解数量关系，同时也可得出如下数量关系式：分率对应量÷单位“1”的量=分率单位“1”的量×分率=分率对应量分率对应量÷分率=单位“1”的量2、从题里的条件中找对应关系一桶水用去1/4后正好是10克。

比赛讲座 21－应用题选讲应用题联系实质，生动地反应了现实世界的数目关系，可否从详细问题中概括出数目关系，反应了一个人剖析问题、解决问题的实质能力.列方程解应用题，一般应有审题、设未知元、列解方程、查验、作结论等几个步骤.下边从几个不一样的侧面选讲一部分比赛题，从中表现解应用题的技术和技巧.1.合理选择未知元例 1 （ 1983 年轻岛市初中数学比赛题）某人骑自行车从 A 地先以每小时 12 千米的速度下坡后，以每小时 9 千米的速度走平路到 B 地，共用 55 分钟 . 回来时，他以每小时 8 千米的速度经过平路后，以每小时 4 千米的速度上坡，从 B地到 A地共用小时，求 A、 B两地相距多少千米？解法 1（选间接元）设坡路长x 千米，则下坡需依题意列方程：解之，得 x=3.答： A、 B 两地相距9 千米.解法 2（选直接元辅以间接元）设坡路长为x 千米， A、B 两地相距y 千米，则犹如下方程组解法 3（选间接元）设下坡需x 小时，上坡需 y 小时，依题意列方程组：例 2 （ 1972 年美国中学数学比赛题）若一商人进货价便谊 8%，而售价保持不变，那么他的收益（按进货价而定）可由当前的 x%增添到 (x+10)%，x 等于多少？解此题若用直接元x 列方程十分不易，可引入协助元进货价M，则 0.92M 是打折扣的价钱， x 是收益，以百分比表示，那么写销售货价（固定不变）的等式，可得：M（1+0.01x ）=0.92M[1+0.01 （x+10）].约去 M，得1+0.01x=0.92[1+01.1（x+10）].解之，得x=15.例 3在三点和四点之间，时钟上的分针和时针在什么时候重合？剖析选直接元，设两针在 3 点 x 分钟时重合，则这时分针旋转了 x 分格，时针旋转了（ x-15 ）剖析，因为分针旋转的速度是每分钟 1 分格，旋转 x 分格需要分钟，时针旋转的速度是每分钟分格，旋转（ x-15 ）分格要例 4（1985 年江苏东台初中数学比赛题）从两个重为m千克和 n 千克，且含铜百分数不一样的合金上，切下重量相等的两块，把所切下的每一块和另一种节余的合金加在一同熔炼后，二者的含铜百分数相等，问切下的重量是多少千克？解采纳直接元并辅以间接元，设切下的重量为 x 千克，并设 m千克的铜合金中含铜百分数为 q ， n 千克的铜合金中含铜百分数为q ，则切下的两块中分别含铜xq 121千克和xq2千克，混淆熔炼后所得的两块合金中分别含铜[xq1+(n-x)q2]千克和[xq 2 +(m-x)q 1] 千克，依题意，有：2.多元方程和多元方程组例 5 （ 1986 年扬州市初一数学比赛题） A、B、C三人各有豆若干粒，要求相互赠予，先由 A 给 B、C，所给的豆数等于 B、C 本来各有的豆数，依同法再由 B 给 A、C 现有豆数，后由 C 给 A、 B 现有豆数，互送后每人恰巧各有 64 粒，问本来三人各有豆多少粒？解设A、B、C 三人本来各有x、 y、 z粒豆，可列出下表：则有：解得： x=104，y=56， z=32.答：本来 A 有豆 104 粒，B 有 56 粒， C有 32 粒.例 6（1985 年宁波市初中数学比赛题）某工厂有九个车间，每个车间原有相同多的成品，每个车间每日能生产相同多的成品，而每个查验员查验的速度也相同快，A组 8 个查验员在两天之间将两个车间的所有成品（所有成品指原有的和以后生产的成品）查验完成后，再去查验另两个车间的所有成品，又用了三天查验完成，在此五天内，B 组的查验员也查验完成余下的五个车间的所有成品，问B 组有几个查验员？解设每个车间原有成品 x 个，每日每个车间能生产 y 个成品；则一个车间生产两天的所有成品为（ x+2y）个，一个车间生产 5 天的所有成品为 (x+5y) 个，因为 A 组的 8 个查验员每日的查验速度相等，可得解得： x=4y一个查验员一天的查验速度为：又因为 B 组所查验的是 5 个车间，这 5 个车间生产 5 天的所有成品为 5(x+5y) 个，而这5(x+5y) 个建立要 B 组的人查验 5 天，因此 B 组的人一天能查验 (x+5y) 个 .因为所有查验员的查验速度都相等，因此，(x+5y) 个成品所需的查验员为：（人） .答： B 组有 12 个查验员 .3.对于不等式及不定方程的整数解例 7（1985 年武汉市初一数学比赛题）把若干颗花生疏给若干只猴子，假如每只猴子分 3 颗，就剩下 8 颗；假如每只猴子分 5 颗，那么最后一只猴子得不到 5 颗，求猴子的只数和花生的颗数 .解：设有 x 只猴子和 y 颗花生，则：y-3x=8,①5x-y ＜5，②由①得： y=8+3x,③③代入②得 5x-(8+3x) ＜5,∴x ＜ 6.5因为 y 与 x 都是正整数，因此 x 可能为 6，5，4，3，2，1，相应地求出 y 的值为 26，23，20， 17，14， 11.经查验知，只有x=5， y=23 和 x=6，y=26 这两组解切合题意 .答：有五只猴子， 23 颗花生，或许有六只猴子，26 颗花生 .例 8（1986 年上海初中数学比赛题）在一次射箭比赛中，已知小王与小张三次中靶环数的积都是 36，且总环数相等，还已知小王的最高环数比小张的最高环数多（中箭的环数是不超出 10 的自然数），则小王的三次射箭的环数从小到大摆列是多少？解设小王和小张三次中靶的环数分别是x、 y、 z 和 a、b、c, 不如设 x≤y≤z，a≤b≤c，由题意，有：因为环数为不超出10 的自然数，第一有z≠10，不然与①式矛盾.若设 z=9, 则由①知： xy=4,∴x=2,y=2, 或 x=1,y=4,∴x+y+z=13 或 x+y+z=14.又由②及 c＜ z 知， c|36 ，∴ c=6，这时， ab=6.∴a=2， b=3，或 a=1， b=6∴a+b+c=11 或 a+b+c=13又由③知： x+y+z=a+b+c=13∴取 x=2， y=2，z=9.答：小王的环数分别为2环，2环，9环.例 9（1980 年苏联全俄第 6 届中学生物理数学比赛题）一队游客乘坐汽车，要求每辆汽车的乘客人数相等，开初，每辆汽车乘了 22 人，结果剩下一人未上车；假如有一辆汽车空车开走，那么所有游客正好能均匀分乘到其他各车上，已知每辆汽车最多只好容纳 32 人，求开初有多少辆汽车？有多少名游客？解设开初有汽车k 辆，开走一辆空车后，均匀每辆车所乘的游客为k≥2，n≤32，由题意，知：22k+1=n(k-1) ，n 名，明显，∴k-1=1 ，或 k-1=23,即 k=2，或 k=24.当k=2 时，n=45 不合题意，当 k=24 时,n=23 合题意，这时游客人数为 n(k-1)=529.答：开初有 24 辆汽车，有 529 名游客4.应用题中的推理问题比赛中常有的应用题不必定是以求解的面目出现，而是一种逻辑推理型 . 解答这种题目不单需要具备较强的剖析综合能力，还要擅长用正确精练的语言来表述自己正确的逻辑思想.例 10（1986 年加拿大数学比赛题）有一种体育比赛共含 M个项目，有运动员 A、B、C参加，在每个项目中，第一、二、三名分别得 p1、p2、 p3分，此中 p1、 p2、p3为正整数且 p1＞ p2＞ p3，最后 A 得 22 分， B 与 C 均得 9 分， B 在百米赛中获得第一，求 M 的值，并问在跳高中谁获得第二名？剖析考虑三个得的总分，有方程：M(p1 +p2+p3 )=22+9+9=40,①又p 1+p2+p3≥1+2+3=6，②∴6M≤M(p1+p2+p3)=40 ，进而 M≤6.由题设知起码有百米和跳高两个项目，进而M≥2，又 M|40，因此 M可取 2、4、5.考虑 M=2，则只有跳高和百米，而 B百米第一，但总分仅 9 分，故必有：9≥p1+p3, ∴≤8，这样 A不行能得 22 分.若 M=4，由 B 可知： 9≥p1+3p3，又p3≥1，因此p1≤6, 若p1≤5，那么四项最多得20分， A 就不行能得 22 分，故 p1=6.∵4（ p1+p2+p3）=40, ∴p2+p3=4.故有： p2=3,p 3=1,A 最多得三个第一，一个第二，一共得分3×6+3=21＜ 22，矛盾 .若 M=5，这时由 5(p 1+p2+p3)=40 ，得：p1+p2+p3=8. 若 p3≥2，则：p1+p2+p3≥4+3+2=9，矛盾，故p3 =1.又 p1一定大于或等于5, 不然 ,A 五次最高只好得20 分, 与题设矛盾 , 因此 p1≥5.若 p1≥6，则 p2+p3≤2，这也与题设矛盾，∴p1=5， p2+p3 =3，即 p2 =2， p3=1.A=22=4×5+2.故 A 得了四个第一，一个第二；B=9=5+4×1，故 B 得了一个第一，四个第三；C=9=4×2+1，故 C 得了四个第二，一个第三.练习五1.选择题（ 1）翻开 A、 B、C 每一个阀门，水就以各自不变的速度注入水槽 . 当所有三个阀门都翻开时，注满水槽需 1 小时；只翻开 A、C两个阀门，需要 1.5 小时；假如只翻开B、C 两个阀门，需要 2 小时，若只翻开 A、B 两个阀门时，注满水槽所需的小时数是（）.（ A） 1.1（B）1.1５（C）1.2（D）1.25(E)1.75（2）两个孩子在圆形跑道上从同一点 A 出发，按相反方向运动，他们的速度是每秒5 英尺和每秒 9 英尺，假如他们同时出发并当他们在 A 点第一次再相遇的时候结束，那么他们从出发到结束之间相遇的次数是（）.（ A）13（B）25（C）44（D）无量多（E）这些都不是（ 3）某超级市场有128 箱苹果，每箱起码120 只，至多 144 只，装苹果只数相同的箱子称为一组，问此中最大一组的箱子的个数n，最小是（）（A）4（B）5（C）6（D）24（E）25（ 4）两个相同的瓶子装满酒精溶液，在一个瓶子中酒精与水的容积之比是 p:1 ，而在另一个瓶子中是 q:1 ，若把两瓶溶液混淆在一同，混淆液中的酒精与水的容积之比是（）.（ 5）汽车 A 和 B 行驶相同的距离，汽车 A 以每小时 u 千米行驶距离的一半并以每小时υ千米行驶另一半，汽车 B以每小时 u 千米行驶所行时间的一半并以每小时υ千米行驶另一半，汽车 A 的均匀速度是每小时 x 千米，汽车 B 的均匀速度是每小时 y 千米，那么我们总有（）（ A）x≤y(B)x ≥y(C)x＝y(D)x ＜ y(E)x＞y2. 填空题（ 1）已知闹钟每小时慢 4 分钟，且在 3 点半时瞄准，此刻正确时间是正确时间 ______分钟，闹钟才指到12 点上 .12 点，则过（ 2）若 b 个人 c 天砌 f 块砖，则 c 个人用相同的速度砌 b 块砖需要的天数是 ____.（ 3）某人上下班可乘火车或汽车，若他清晨上班乘火车则下午回家乘汽车；又倘若他下午回家乘火车则清晨上班乘汽车，在x 天中这个人乘火车9 次，清晨乘汽车次，下午乘汽车15 次，则 x=_______.8（ 4）一个年纪在13 至 19 岁之间的孩子把他自己的年纪写在他父亲年纪的后边，这个新的四位数中减去他们年纪差的绝对值获得4289，他们年纪的和为 ______.从（5）一个城镇的人口增添了 1200 人，而后这新的人口又减少了 11%，此刻镇上的人数比增添 1200 人从前还少 32 人，则原有人口为 _____人 .3.（1982-1983 年福建省初中数学比赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字小于其他各位数字，而第二位数字大于其他各位数字，第三位数字等于首末两位数字之和的二倍，求此四位数 .4. （第 2 届《祖冲之杯》）甲乙两人合养了几头羊，而每头羊的卖价又恰为n 元，两人分钱方法以下：先由甲拿 10 元，再由乙拿 10 元，这样轮番，拿到最后，剩下不足十元，轮到乙拿去，为了均匀分派，甲应当分给乙多少钱？5. （1986 年湖北省荆州地域初中数学比赛题）达成同一工作，A独做所需时间为B 与 C 共同工作所需时间的 m倍，B 独做所需时间为 A 与 C 共同工作所需时间的 n 倍，C 独做所需时间为 A 与 B 共同工作所需时间的 x 倍，用 m， n 表示出 x 来 .6.（ 1988 年江苏省初中数学比赛题）今有一个三位数，其各位数字不尽相同，如将此三位数的各位数字从头摆列，必可得一个最大数和一个最小数（比如，427，经重新摆列得最大数 742，最小数 247），假如所得最大数与最小数之差就是本来的那个三位数，试求这个三位数 .7.（ 1978 年四川省数学比赛题）某煤矿某一年产煤总量中，除每年以必定数目的煤作为民用、出口等非工业用途外，其他留作工业用煤，依据该年度某一工业城市的工业用煤总量为标准计算，可供这样的三个工业城市用六年，四个这样的城市用五年（自然每年都要除掉非工业用煤的那一个定量），问假如只供一个城市的工业用煤，能够用多少年？练习五１．Ａ．Ｃ．Ｅ．Ａ．２．①②③１６④５９岁⑤１０００３．设从首位起，各位数字按序为ａ，ｂ，ｃ，ｄ，则ａ＜ｂ，ａ＜ｃ，ａ＜ｄ，且ｃ＜ｄ，ｄ＜ｂ．又ｃ＝２（ａ＋ｄ）．且２≤ｃ≤８，故２≤２（ａ＋ｄ）≤８．∵ｄ为奇数，ａ≠０，∵ａ＝１，ｄ＝３．这时ｃ＝２（ａ＋ｄ）＝８，ｂ＝９．４．略．５．设Ａ、Ｂ、Ｃ独自达成同一工作所需时间分别为ａ、ｂ、ｃ，则单位时间他们可分别达成所有工作的、、，依题意有：由上边三式，可得：６．设三位数为，重排后最大数为则最小数为于是有因为Ｃ＜Ａ，由上式有１０＋Ｃ－Ａ＝ｚ，１０＋（Ｂ－１）－Ｂ＝ｙ，（Ａ－１）－Ｃ＝ｘ．可求得ｙ＝９，ｘ＝４，ｚ＝５．７．设该煤矿该年度产煤总量为ｘ，每年非工业用煤量为ｙ，该工业城市该年工业用煤量为ｚ，并设只供这样一个城市工业用煤可用ｐ年，由题意得方程组：①②③由①与②得ｙ＝２ｚ．④从①、③、④三式中消去ｘ、ｙ、ｚ，得。

数学应用题专题讲座素质教育呼唤应用意识，近几年来高考试题增强了对密切联系生产和生活实际的应用性问题的考查力度，突出对能力的考查——重视应用。

培养用数学意识，培养分析问题和解决问题的能力。

分析近几年高考应用性问题不难得出，试题从实际出发提供公平背景，设问新颖、灵活，而解决这些问题所涉及的数学知识、数学思想和方法又都是高中数学大纲所要求掌握的概念、公式、定理和法则等基础知识和基本方法。

解决应用性问题的思路和方法，我们可以用示意图表示为：解决应用性问题的关键是读题——懂题——建立数学关系式。

例1、如图，有一块半径为R的半圆形钢板，计划剪成等腰梯形ABCD的形状，它的下底AB是⊙O的直径，上底CD的端点在圆周上.写出这个梯形周长y和腰长x的函数式，并求出它的定义域.例2、某种商品进货单价为40元，按单价每个50元售出，能卖出50个.如果零售价在50元的基础上每上涨1元，其销售量就减少一个，问零售价上涨到多少元时，这批货物能取得最高利润.例 3、某乡为提高当地群众的生活水平，由政府投资兴建了甲、乙两个企业，1997年该乡从甲企业获得利润320万元，从乙企业获得利润720万元。

以后每年上交的利润是：甲企业以1.5倍的速度递增，而乙企业则为上一年利润的。

根据测算，该乡从两个企业获得的利润达到2000万元可以解决温饱问题，达到8100万元可以达到小康水平.（1）若以1997年为第一年，则该乡从上述两个企业获得利润最少的一年是那一年该年还需要筹集多少万元才能解决温饱问题？（2）试估算20XX年底该乡能否达到小康水平？为什么？例4、某县一中计划把一块边长为20米的等边三角形ABC的边角地辟为植物新品种实验基地，图中DE需把基地分成面积相等的两部分，D在AB上，E在AC上。

（1）设AD=x(x≥10)，ED=y，试用x表示y的函数关系式；（2）如果DE是灌溉输水管道的位置，为了节约，则希望它最短，DE的位置应该在哪里？如果DE是参观线路，则希望它最长，DE的位置又应该在哪里？说明现由。

第12讲 夹半角模型及应用知识导航 一、认识夹半角夹半角：指的是一个大角夹着一个大小只有它的一半的角．如图所示：这类题目规律性较强，当α取不同值时，可找到通性通法． 二、常见类型有(1)90°夹45°；(2)120°夹60°；(3)2α夹α．【板块一】90°角夹45°角【例1】正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 上的点，∠EAF ＝45°． 求证：(1)EF ＝BE ＋DF ：(2)AE 平分∠BEF ，AF 平分∠DFE ．FEDCBA针对练习11．在例1的条件下，若E 在BC 的延长线上，F 在CD 的延长线上，其余条件不变． (1)问：EF 和BE ，DF 三条线段之间有何数量关系？写出关系式井证明； (2)问：∠AFD 与∠AFE 之间有何数量关系？写出关系式并证明．FEDCBA2．如图，四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠BAD ＝∠C ＝90°，E ，F 分别为BC ，CD 上的点，∠EAF ＝45°问：EF ，BE ，DF 之间有何数量关系？写出关系式并证明．FEDCBA【板块二】120°角夹60°角【例2】如图，四边形ABCD 中，BC ＝CD ，∠BCD ＝120°，E ，F 分别为AB ，AD 上的点，∠ECF ＝∠A ＝60°． (1)求证：EF ＝BE ＋DF ；(2)求证；点C 在∠BAD 的平分线上．FEDCBA针对练习21．(1)如图1，将例2中点E 移至BA 延长线上，点下移至AD 延长线上，其余条件不变，写出EF 和BE ，DF 之间的数量关系并证明；(2)如图2，将例2中点E 移至AB 延长线上，点F 移至DA 延长线上，其余条件不变，写出EF 和BE ，DF 之间的数量关系并证明．FED CBAFEDCBA【板块三】2a 度角夹a 度角从特珠到一般，揭示夹半角横型本质：条件：如图1，四边形ABCD 中，点E 为AB 上一点，点F 为AD 上一点，具备以下三个条件：①CB ＝CD ；②∠BCD ＝2∠EC ；③∠B ＋∠D ＝180°(或∠A ＋∠BCD ＝180°)．结论：①EF ＝BE ＋DF ：②CE 平分∠BEF ，CF 平分∠DFE ．当点E ，F 分别移到AB ，AD 延长线或反向延长线上时，EF ＝BE -DF 或EF ＝DF -BE ．21FEDC BAGABC DEF123FEDCBAG证法： 方法技巧第一步；延长AD 至G (若是E ，F 在延长线上一般在长线段上截取)，使DG ＝BE ，连接CG ．第二步：证明△BCE ≌△DCG (SAS )，全等条件：∠B ＋∠ADC ＝180°得∠CDG ＝∠B ，CB ＝CD ，DG ＝BE ；得到：CG ＝CE ，∠3＝∠1；第三步：证明△ECF ≌△GCF (SAS )．由∠3＝∠1得∠ECG ＝∠BCD ＝2∠ECF ，得∠ECF ＝∠GCF ，又CE ＝CG ，CF 公共，∴△ECF ≌△GCF (SAS )，得EF ＝FG ＝DG ＋DF ＝BE ＋DF ．由△ECF ≌△GCF 得∠CFE ＝∠CFD ，得CF 平分∠DFE ；∠BEC ＝∠G ＝∠CEF 得CE 平分∠BEF ． 本质：(1)等腰三角形腰的旋转； (2)通过旋转对剩余半角进行拼凑； (3)产生一组旋转全等和一组对称全等； (4)旋转全等的旋转角度为2 ；(5)对角互补使夹半角模型产生一组“截长补短”的相应结论针对练习31．已知如图，五边形ABCDE 中，AB ＝AE ，BC ＋DE ＝CD ，∠ABC ＋∠AED ＝180°．求证： (1)AD 平分∠CDE ； (2)∠BAE ＝2∠CAD ．DE CBA2．如图，平面直角坐标系中，A (15，0)，B (0，15)，取点D (0，10)并连接AD ，将△AOD 沿直线AD 折叠得到△ADE ，过点B 作y 轴的垂线BF 交DE 的延长线于F 点，连接AF ，DF ＝13．求BF 的长．3．如图，B (4，4)，BC ⊥y 轴于C ，BA ⊥x 轴于A ，E 为BC 上一动点(不与B ，C 重合)，F 为AB 上一动点，且满足∠OEF ＝∠AOE ，在运动过程中，△BEF 的周长变吗？若不变求其值；若变化求其变化范围．4．如图，平面直角坐标系中，点A (1，4)，B (3，0)，N (1，0)，R (4，3)，点P 为线段AN 上的一动点，连接PR ，以PR 为一边作∠PRM ＝45°，交轴于点M ，连PM ，请问点P 在运动的过程中，线段PM ，PA ，BM 之间有怎样的数量关系？证明你的结论．6．如图，正方形ABOC ，点M ，N 分别在 AB ，AC 上．（1）若∠NMO =∠MOC ，问△AMN 的周长是否变化，若不变，求出其值；（2）若点M 在AB 延长线上，点N 在CA 的延长线上，其它条件不变，问：CN ，MN ，BM 三者存在怎样的关系？试证明．5．在等边△ABC 的两边AB ，AC 所在直线上分别有两点M ，N ，点D 为△ABC 外一点，且∠MDN =60°，∠BDC =120°，BD =DC ．探究：当M ，N 分别在直线AB ，AC 上移动时，BM ，NC ，MN 之间的数量关系及△AMN 的周长Q 与等边△ABC 的周长L 的关系．（1）如图1，当M ，N 分别在边AB ，AC 上，且DM =DN 时，BM ，NC ，MN 之间的数量关系是 ；此时_______QL； （2）如图2，当点M ，N 分别在边AB ，AC 上，且DM DN 时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明；（3）如图3，当点M ，N 分别在边AB ，CA 的延长线上时，若AN x ，则Q = （用x ，L 表示）NCD M BA图3图2图1ABM D CN N CD M BA。

高考数学专题讲座 第二讲二次函数的综合应用问题一、考纲要求1．理解二次函数，一元二次不等式及一元二次方程三者之间的关系，掌握一元二次不等式的解法； 2．以二次函数为背景的不等式问题作为代数推理题在高考中频繁出现，二次函数和绝对值不等式相结合的题目也在高考中出现多次；3．二次函数是简单的非线性函数之一，有着丰富的内涵，成为高考的一个热点．二、基础过关1．若关于x 的不等式01)1()1(22<----x a x a 恒成立，则a 的取值X 围是( B )．A ．53-<a 或1>a B ．a <-53≤1C ．53≤a ≤1或1-=a D ．以上均不对 2．函数54)(2+-=mx x x f 在区间2[-，)∞+上是增函数，则)1(f 的取值X 围是( A )．A ．)1(f ≥25B ．25)1(=fC ．)1(f ≤25D ．25)1(>f3．若32)1()(2++-=mx x m x f 为偶函数，则)(x f 在3(-，)1上是( B )．A ．单调递增B ．单调递减C ．先增后减D ．先减后增4．已知a ，∈b N *，方程022=++b ax x 和方程022=++a bx x 都有实根，则b a +的最小值是( D )．A ．3B ．4C ．5D ．65．已知函数32)(2+-=x x x f 在区间0[，]a )0(>a 上的最大值为3，最小值为2，那么 实数a 的取值X 围是 1≤a ≤2 ．6．已知函数a b b ax x x f (1)(22+-++-=，∈b R )对任意实数x 都有)1()1(x f x f -=+成 立，若当1[-∈x ，]1时，0)(>x f 恒成立，则b 的取值X 围是 b<-1或b>2 ．三、典型例题例1 已知函数22)(2++=ax x x f ，5[-∈x ，]5．（1）当1-=a 时，求函数)(x f 的最大值与最小值；（2）某某数a 的取值X 围，使)(x f y =在区间5[-，]5上是单调函数． 解：（1）当a =-1时, f (x )=x 2-2x +2=(x -1)2+1, x ∈ [-5,5] ∴x =1时,f (x )的最小值为1,x =-5时,f (x )的最大值为37.（2）函数f (x )=(x +a )2+2-a 2图象的对称轴为x =-a ∵f (x )在区间[-5,5]上是单调函数 ∴-a ≤-5或-a ≥5 即a ≥5或a ≤-5 故a 的取值X 围为 a ≤-5或 a ≥5.例2 （1）将长度为1的铁丝分成两段，分别围成一个正方形和一个圆形，要使正方形与圆的面积之和最小，正方形的周长应为π+44. （2）已知函数∈+-=x b ax x x f (|2|)(2R )，给出下列命题：①()f x 必是偶函数；② 当)2()0(f f =时，)(x f 的图象必关于直线1=x 对称； ③ 若b a -2≤0，则)(x f 在区面a [，)∞+上是增函数； ④)(x f 有最大值||2b a -． 其中正确命题的序号是③．例3 已知函数∈++-=x m x m x x f ()1()(2R )．（1）设A 、B 是ABC ∆的两个锐角，且A tan ，B tan 是方程04)(=+x f 的两个实根， 求证：m ≥5；（2）当m ≥3时，函数)(sin αf 的最大值是8，求m 的值． 解:(1) 方程f (x )+4=0 即x 2-(m +1)x +m +4=0依题意,得⎪⎩⎪⎨⎧>+=⋅>+=+≥+-+=∆04tan tan 01tan tan 0)4(4)1(2m B A m B A m m 解之得 ⎪⎩⎪⎨⎧->->≥-≤4153m m m m 或∴m ≥5(2)f (sin α)=sin 2α-(m +1)sin α+m =(sin α2)21+-m +m 4)1(2+-m ∵m ≥3 ∴221≥+m ∴ 当sin α=-1时,f (sin α)取得最大值2m +2由题意得 2m +2=8 ∴m =3例4 已知函数x x x f (1)(2-=≥1)的图象为1C ，曲线2C 与1C 关于直线x y =对称． （1）求曲线2C 的方程)(x g y =；（2）设函数)(x g y =的定义域为M ，1x ，M x ∈2，且21x x ≠．求证：|||)()(|2121x x x g x g -<-；（3）设A 、B 为曲线2C 上任意两个不同点，证明直线AB 与直线x y =必相交． 解(1) ∵ C 1,C 2关于直线y =x 对称, ∴g (x )为f (x )的反函数. ∵y =x 2-1, 即 x 2=y +1, 又 x ≥1 ∴x =1+y∴ 曲线C 的方程为 g (x )=1+x (x ≥0)(2)设x 1,x 2∈M, 且x 1≠x 2, 则 x 1-x 2≠0 又 x 1≥0, x 2≥0∴|g (x 1)-g (x 2)|=|||2||11|||112121212121x x x x x x x x x x -<-≤+++-=+-+ (3)设A(x 1,y 1) 、B(x 2,y 2)为曲线C 2上任意两个不同的点, x 1,x 2∈M, 且 x 1≠x 2 由(2)知|k AB |1|||)()(|||21212121<--=--=x x x g x g x x y y∴直线AB 的斜率|k AB |≠1 又直线y =x 的斜率为1 ∴直线AB 与直线y =x 必相交.四、热身演练1．函数x x y (321--=≥)2的反函数是( B )．A ．∈+-=x x x y (2212R )B ．x x x y (2212+-=≤)0 C ．∈-+=x x x y (2212 R ) D ．x x x y (2212-+=≤)0 2．设函数()(2c bx ax x f ++=)0a <，满足)1()1(x f x f +=-，则)2(x f 与)3(x f 的大小关系是（ C ）．A ．)2()3(x x f f >B ．)2()3(x x f f <C ．)3(x f ≥)2(x fD ．)3(x f ≤)2(x f3．若a ，b ，c 成等差数列，则函数c bx ax x f ++=2)(的图象与x 轴的交点个数是（ D ）．A ．0B ．1C ．2D ．不确定4．已知二次函数12)2(24)(22+----=p p x p x x f ，若在区间1(-，)1内至少存在一个 实数c ，使0)(>c f ，则实数p 的取值X 围是（ C ）．A ．21(-，)1 B ．3(-，)21- C ．3(-，0)23 D ．21(-，)235．一辆中型客车的营运总利润y (单位：万元)与营运年数∈x x (N )的变化关系如下表所示，则客车的运输年数为( B )时，该客车的年平均利润最大．A ．4B ．5C ．6D ．76．已知函数422)(2++-=a ax x x f 的定义域为R ，值域为1[，)∞+，则a 的取值X 围 为 [-1,3] ．7．如果函数)(x f 对于任意∈x R ，存在M 使不等式|)(|x f ≤||x M 恒成立(其中M 是与x 无关的正常数)，则称函数)(x f 为有界泛函，给出下列函数： ①1)(1=x f ；②22)(x x f =；③)cos (sin )(3x x x x f +=；④1)(24++=x x xx f ． 其中属于有界泛函的是③④(填上正确序号)．8．若方程02=++b ax x 有不小于2的实根，则22b a +的最小值为516. 9．已知不等式032<+-t x x 的解集为m x x <<1|{，∈x R }．（1）求t ，m 的值；（2）若函数4)(2++-=ax x x f 在区面-∞(，]1上递增，求关于x 的不等式0)23(log 2<-++-t x mx a 的解集．解：（1）依题意 ⎩⎨⎧==+t m m 31∴⎩⎨⎧==22t m（2）∵f (x )=-(x -44)222a a ++在]1,(-∞上递增∴12≥a即 2≥a 又 )32(log )23(log 22x x t x mx a a +-=-++-<0∴13202<+-<x x 解之得 210<<x 或1<x <23 故 不等式的解集为 {x |0<x <21或1<x <23}.10．定义在R 上的函数)(x f 满足:如果对任意1x ，∈2x R ，都有)2(21x x f +≤)]()([2121x f x f +， 则称函数)(x f 是R 上的凹函数．已知二次函数∈+=a x ax x f ()(2 R ）． （1）求证：当0>a 时，函数)(x f 是凹函数；（2）如果0[∈x ，]1时，|)(|x f ≤1，试某某数a 的取值X 围． 解：（1）对任意x 1,x 2∈R ,a >0,都有[f (x 1)+f (x 2)]-2f (221x x +)=a 21x +x 1+ax 22+x 2-2[a (2)221221x x x x +++] =ax 21+ax 22-21a (x 1+x 2+2x 1x 2) =21a (x 1-x 2)2≥0∴f ()]()([21)22121x f x f x x +≤+故函数f (x )是凹函数.（2）由|f (x )|≤1知: -1≤f (x )≤1 即 -1≤ax 2+x ≤1当 x =0时, a ∈R当x ∈(0,1)时, ⎩⎨⎧+-≤--≥1122x ax x ax 恒成立即 ⎪⎩⎪⎨⎧--=-≤++-=--≥41)211(1141)211(112222x x x a x x x a 恒成立 ∵x ∈(0,1) ∴11≥x当x 1=1 即x =1时, 41)211(2++-x 取最大值-2, 41)211(2--x 取最小值0 ∴ -2≤a ≤0, 而 a ≠0 ∴-2≤a <0 即 为所求. 11．已知二次函数c bx ax x f ++=2)(．（1）若a c b >>且0)1(=f ，是否存在实数m ，使得当a m f -=)(成立时，)3(+m f 为正数？若存在，则证明你的结论；若不存在，则说明理由．（2）若+∞<<<∞-21x x ，)()(21x f x f ≠且方程)]()([21)(21x f x f x f +=有两个不相等的实数根，求证:必有一实数根存1x 与2x 之间．证：（1）由f (1)=a +b +c 及a >b >c 得a >0,c <0,ac0< ∵ 1是0)(=x f 的一个根，记另一根为α，则ac=α0<又,,c a b c b a --=>>∴a >-a -c >c ∴-2a <c 即 -2<ac<0假设存在实数m ,使f (m )=-a 成立则由a c ,1是f (x )=0的两根知: f (x )=a (x -ac)(x -1) 从而 f (m )=0)1)((<-=--a m a c m a ∴1<<m ac进而33+<+m ac∴m +3>1 又f (x )在[1,)∞+上单调递增 ∴f (m +3)>f (1)=0 故满足条件的实数m 存在.（2）令g (x )=f (x )-)]()([2121x f x f +, 则g (x )为二次函数∴g (x 1)=f (x 1)-)]()([2121x f x f +∴g (x 2)=f (x 2)-)]()([2121x f x f +∴g (x 1)·g (x 2)=-0)]()([41221<-x f x f又x 1<x 2∴g (x )=0必有一根在x 1,x 2之间 故f (x )=)]()([2121x f x f +必有一根在x 1,x 2之间12．已知函数)0(12)(22<+++=b x cbx x x f 的值域为1[，]3． （1）某某数b ，c 的值；（2）判断函数)(lg )(x f x F =在1[-，]1上的单调性；（3）若∈t R ，求证：57lg≤|)61||61(|+--t t F ≤513lg ．解：（1）由∆法得 b =-2 c =2（2） 由（1）f (x )=1221222222+-=++-x xx x x 用定义判断f (x )在[-1,1]上单调递减. ∴F(x )在[-1,1]上单调递减. （3）∵||t -61|-|t +61||≤|t -6161--t |=31∴31|61||61|31≤+--≤-t t∵F(x )在[-1,1]上为减函数∴)31(|)61||61(|)31(F t t F F ≤+--≤-即 513lg |)61||61(|57lg ≤+--≤t t F。

小学数学应用题讲座小学数学应用题讲座数学应用题可分类为:一般应用题,分数应用题,行程问题,比例问题,工程问题,几何问题和开放操作题七大类。

第一讲一般应用题专题简析一般应用题没有固定的数量关系～也没有可依赖的解题模式。

解答一般应用题时要具体问题具体分析。

在认真审题、理解题意的基础上～理清已知条件与所求问题之间的数量关系～从而确定解题方法。

对于比较复杂的问题～可以运用图示法、假设法、移多补少法、转化法等帮助分析。

1、图示法:运用线段或其他图形把复杂、隐蔽的条件形象地表示出来～可以使我们比较容易地找出数量关系～理清思路～得出解法。

2、假设法:通过假设来改变题目的条件～使之成为解题的一个中介～最后根据问题加以调整～消除因假设而产生的差异。

3、移多补少法:有些复杂的求平均数应用题～不能直接用“总数?总份数=平均数”的关系式求解。

但我们若掌握了平均数就是移动大数多出的部分给小数后得到的相等数的实质～就能找到它们的关系。

4、转化法:有些题目按原来的常规思路进行分析～数量关系比较复杂～解答起来很困难。

如果我们转换一下思路～改变一种方式去进行分析思考～往往可以得到比较新颖、简单的解法。

典型例题1、7袋大米和3袋面粉共重425千克～同样的3袋大米和7袋面粉共重325千克。

求每袋大米和每袋面粉的重量。

2、一桶油～连桶重8千克～倒出一半油后～连桶重4.5千克。

问一桶油重多少千克,3、把一条大鱼分成鱼头、鱼身和鱼尾三部分～鱼尾重4千克～鱼头的重量等于鱼尾的重量加鱼身一半的重量～而鱼身的重量等于鱼头的重量加上鱼尾的重量。

这条鱼重多少千克,4、学校规定上午8时到校。

王前上学去～如果每分走60米～可以提前10分到校～如果每分走50米～可以提早8分到校。

王前什么时候离开家,他家离学校多远,第 1 页共 1 页内部资料，请勿外传5、某校六年级有四个班～其中一班和二班共有81人～二班和三班共有83人～三班和四班共有86人～一班比四班多2人。

讲座时间：2023年4月15日讲座地点：XX大学数学学院报告厅一、讲座引言尊敬的各位老师、亲爱的同学们：大家好！今天，我们聚集在这里，共同探讨一个永恒的话题——数学。

数学，作为人类智慧的结晶，贯穿了人类文明的发展历程。

从古至今，数学不仅是一门学科，更是一种文化的传承。

今天，我将带领大家穿越时空，一起领略数学之美，感受数学的魅力。

二、讲座内容（一）古代数学的辉煌1. 古埃及数学同学们，你们知道吗？早在公元前2000年，古埃及人就已经掌握了加减乘除等基本运算，并且有了完善的几何知识。

他们用数学来测量土地、建造金字塔，为人类文明的发展做出了巨大贡献。

2. 巴比伦数学在古埃及的同时，古巴比伦人也发展了自己的数学。

他们用六十进制来表示数字，并且掌握了三角函数的基本知识。

这些数学成就，为后来的数学发展奠定了基础。

3. 希腊数学古希腊数学家欧几里得创立了《几何原本》，奠定了几何学的基础。

阿基米德则研究了圆周率、浮力等数学问题，为后世留下了宝贵的数学遗产。

（二）中世纪数学的发展1. 伊斯兰数学在中世纪，阿拉伯人将古希腊、古印度等地的数学知识传入欧洲。

他们在代数、三角学等领域取得了显著成就，为欧洲数学的复兴奠定了基础。

2. 欧洲数学的复兴14世纪，欧洲数学开始复兴。

法国数学家费马、意大利数学家卡尔达诺等人为代数的发展做出了巨大贡献。

同时，德国数学家莱布尼茨发明了微积分，使数学进入了一个崭新的时代。

（三）现代数学的辉煌1. 微积分的发展17世纪，牛顿和莱布尼茨发明了微积分，为自然科学的发展提供了强大的工具。

微积分的创立，使数学与物理学、天文学等领域紧密相连。

2. 概率论与数理统计18世纪，概率论与数理统计开始发展。

这些数学分支在保险、金融等领域得到了广泛应用。

3. 20世纪数学的突破20世纪，数学取得了许多突破性成果。

哥德尔的不完备性定理、图灵机的发明等，使数学成为一门具有无限潜力的学科。

三、讲座总结同学们，数学之美无处不在。

专题讲座数学专题讲座数学数学是一门抽象而又精密的学科，它无处不在，影响着我们生活的方方面面。

为了帮助大家更好地理解数学的重要性和应用价值，我们学校特邀请了数学教授李老师来为我们做一场关于数学的专题讲座。

本次讲座主要分为以下几个部分：数学的基础概念、数学的应用和数学思维的培养。

一、数学的基础概念在本部分，李老师首先向我们介绍了数学的基础概念。

数学作为一门学科，它的基石是数的概念。

李老师从整数、有理数、无理数等方面详细讲解了数的分类和性质。

他还通过一些例题，帮助我们更好地理解和运用这些数的概念。

除此之外，李老师还大致介绍了数学的其他重要概念，如代数、几何、概率等。

在他的讲解下，我们对这些概念有了初步的了解，对于后续的数学学习打下了基础。

二、数学的应用在这一部分，李老师分享了数学在现实生活中的应用。

他以生活中的实际问题为例，通过运用数学知识解决问题的方法和思维过程，向我们展示了数学的实际应用价值。

例如，李老师通过解释如何计算折扣、利率和百分比，让我们了解了数学在金融领域中的应用。

他还介绍了数学在工程、物理、生物学等领域中的应用，让我们深刻认识到数学是一门与各行各业密切相关的学科。

三、数学思维的培养在数学领域，数学思维的培养是至关重要的。

李老师在这部分向我们介绍了一些培养数学思维的方法和技巧。

首先，他强调了问题解决的重要性。

解决数学问题需要我们善于提出问题、分析问题和归纳总结问题的解决方法。

通过反复练习和思考，我们可以逐渐培养出良好的数学思维。

其次，李老师提醒我们要保持对数学的兴趣和好奇心，学习数学应该是一种享受和发现的过程。

他鼓励我们多参与数学竞赛和数学社团，通过与他人的交流和合作，不断提高自己的数学思维水平。

最后，李老师还分享了一些学习数学的方法和技巧，如刻意练习、巧用工具和资源等。

这些方法能够帮助我们更高效地学习数学，提升我们的数学能力。

总结：通过这次专题讲座，我们对数学的基础概念、应用和数学思维的培养有了更深入的认识。

高中数学专题讲座教案
主题：三角函数的应用
教学目标：
1. 理解三角函数的定义和性质。

2. 掌握三角函数在实际问题中的应用。

3. 提高解决实际问题的能力。

教学内容：
1. 三角函数的基本概念和性质。

2. 三角函数的图像和性质。

3. 三角函数在实际问题中的应用。

教学步骤：
一、引入
1. 通过实际例子引入三角函数的概念，如利用三角函数求解直角三角形的边长、角度等问题。

2. 引导学生思考三角函数在实际问题中的应用价值。

二、讲解
1. 讲解三角函数的定义和性质，包括正弦、余弦、正切等函数。

2. 分析三角函数的图像和对应的性质。

3. 介绍三角函数在解决实际问题中的应用方法和技巧。

三、实例演练
1. 给学生提供一些实际问题，并引导他们运用三角函数知识进行求解。

2. 在学生完成实例演练后，讲解解题思路和方法，帮助他们理解应用过程。

四、小结
1. 总结三角函数的基本概念和性质。

2. 强调三角函数在实际问题中的应用重要性及解题技巧。

3. 鼓励学生多加练习，提高解决实际问题的能力。

五、作业
1. 布置相关练习题，让学生巩固所学知识。

2. 鼓励学生自主探索三角函数的应用，提高解题能力。

教学反思：
通过这节讲座，学生能够深入理解三角函数的应用，提高解决实际问题的能力。

教师在教学中要注重引导学生思考，鼓励他们探索解题方法，培养学生的数学思维和分析能力。

同时，要注意调动学生的学习积极性，激发他们对数学的兴趣和热情。

小学数学专题讲座稿引言大家好，今天我将为大家带来一场关于小学数学的专题讲座。

数学作为一门重要的学科，对于小学生的综合能力发展起着至关重要的作用。

在本次讲座中，我将重点介绍小学数学的基本概念和研究方法，希望能够给大家带来启发和帮助。

数的认识与计数首先，我们来谈谈数的认识与计数。

在小学数学中，数的认识是数学研究的基础。

我们需要通过数的大小、形状和数量等方面来认识数。

同时，计数也是数学研究的重要技能，孩子们要学会如何准确地进行计数，掌握数的排列和组合等基本概念。

运算符与运算规则在小学数学中，我们还需要研究运算符与运算规则。

孩子们需要了解加法、减法、乘法和除法等基本的运算符，并掌握它们的运算规则。

通过运算符与运算规则的研究，可以帮助孩子们提高计算能力，培养逻辑思维和解决问题的能力。

分数与小数接下来，我们将介绍分数与小数的概念。

在小学数学中，分数与小数是比较难的概念，但也是十分重要的。

通过研究分数与小数，孩子们可以了解到数的无穷性和连续性，培养他们的抽象思维和数学思维能力。

图形与几何最后，让我们来谈谈图形与几何。

在小学数学中，图形与几何是一门很有趣的学科。

通过研究图形的种类、性质和几何的基本概念，孩子们可以培养空间想象力和几何思维，提高解决实际问题的能力。

总结通过本次专题讲座，我们了解了小学数学的基本内容和研究方法。

数的认识与计数、运算符与运算规则、分数与小数以及图形与几何都是小学数学研究的重点。

希望通过这些知识的研究，能够帮助孩子们建立数学思维，提高数学能力，并为未来的研究打下良好的基础。

谢谢大家！。

教考网特约名师高考数学二轮专题讲座五递推数列及数列的应用●考点透视阅读与数列相关的实际问题，并能够从中归纳、提炼出数列问题模型．能灵活运用等差数列、等比数列基础知识，求出数列问题的解．能用切合实际意义的语言表述问题的解．增强用数学的意识，体会数学就在我们身边．有关递推数列及数列的应用高考命题情况，我们首先观察一下2003年、2004年及2005年的全国卷及各省单独命题. 递推数列及数列的应用一道选择题或填空题，一道解答题，试题分数为15分至18分．有三分之一的省市放在压轴题.●名师串讲○重点讲解用数学不仅是用数学的知识，也包括用数学的方法、数学的思想．解数列应用题与解其他应用题一样，首先要认真阅读领悟，学会翻译（数学化）．其次再考虑用熟悉的知识建立数学模型，求出问题的解．最后，常常还需验证求得的解是否符合实际．○技巧方法纵观近几年的高考，在解答题中，有关数列的试题出现的频率较高，不仅可与函数、方程、不等式、复数相联系，而且还与三角、立体几何密切相关；数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率，减薄率，银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题.这就要求同学们除熟练运用有关概念式外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解数列题的速度.●考题解析【例1】(2004年某某文史卷)已知数列{}n a 的前n 项和为).)(1(31,*∈-=N n a S S n n n （Ⅰ）求21,a a ；（Ⅱ）求证数列{}n a 是等比数列． 【思路串讲】本题主要考查递推数列、等比数列的概念，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力. 解题突破口：利用a n 、S n 的关系式a n+1=S n+1－S n (n=1,2,3，…)可求得1-n n a a 为常 数. 【标准答案】(Ⅰ)由)1(3111-=a S ,得)1(3111-=a a ∴=1a 21-又)1(3122-=a S ,即)1(31221-=+a a a ,得412=a . (Ⅱ)当n>1时,),1(31)1(3111---=-=--n n n n n a a S S a 得,211-=-n n a a 所以{}n a 是首项21-,公比为21-的等比数列. 【例2】(2004年全国卷理Ⅱ)数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n n 2+S n （n ＝1，2，3，…）．证明：(1)数列{nS n }是等比数列；(2)S n ＋1＝4a n ． 【思路串讲】本题主要考查递推数列、等比数列的概念，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力. 解题突破口：利用a n 、S n 的关系式a n+1=S n+1－S n (n=1,2,3，…)来解决此类问题.【标准答案】（1）： 由a 1=1,a n+1=n n 2+S n (n=1,2,3，…)，知a 2=112+S 1=3a 1,224212==a S , 111=S ,∴21212=S S ,又a n+1=S n+1－S n (n=1,2,3，…),则S n+1－S n =nn 2+S n (n=1,2,3，…)，∴nS n+1=2(n+1)S n , 211=++nS n S n n (n=1,2,3，…).故数列{nS n }是首项为1，公比为2的等比数列. (2)由数列{n S n }是首项为1，公比为2的等比数列，则nS n =2n －1,∴S n+1=(n+1)2n (n ≥1)而a n+1=n n 2+S n (n=1,2,3，…)，则a n =11-+n n S n －1=11-+n n ·(n －1)2n －2=(n+1)2n －2(n=2,3，…), ∴S n+1=4a n . 又a 2=3S 1=3,则S 2=a 1+a 2=4=4a 1,因此对于任意正整数n ≥1都有S n+1=4a n .【例3】(2004年某某文史类卷)设),2,1(,3235,35,11221 =-===++n a a a a a n n n （1）令1,(1,2......)n n n b a a n +=-=求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n na 的前n 项和n S .【思路串讲】本题主要考查递推数列、数列的求和，考查灵活运用数学知识分析问题和解决 问题的能力. 解题突破口：利用已知条件找n b 与1+n b 的关系,再利用等差数列与等比数列之积的错位相差法来解决此类问题.【标准答案】（I ）因121+++-=n n n a a b n n n n n n b a a a a a 32)(323235111=-=--=+++ 故{b n }是公比为32的等比数列，且故,32121=-=a a b ),2,1()32( ==n b nn （II ）由得n n n n a a b )32(1=-=+ )()()(121111a a a a a a a a n n n n n -++-+-=--++])32(1[232)32()32()32(21n n n -=++++=- 注意到,11=a 可得),2,1(3231 =-=-n a n n n 记数列}32{11--n n n 的前n 项和为T n ，则 1832)3()1(232)21(3232)3(9)32(3])32(1[9,)32(])32(1[3)32()32()32(32131)2()32()32(23232),1()32(3221112111221-+++=-+++=+++=+-=--=--=-++++=⋅++⋅+=⋅++⋅+=-+---n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n T n na a a S n n T n n T n T n T 从而故两式相减得 【例4】某企业2003年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n 年（今年为第一年）的利润为500(1+n 21)万元（n 为正整数）. （Ⅰ）设从今年起的前n 年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为A n 万元，进行技术改造后的累计纯利润为B n 万元（须扣除技术改造资金），求A n 、B n 的表达式；（Ⅱ）依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？【思路串讲】本题涉及的知识主要是等差数列、等比数列、函数性质等，这些都是高中数学的主干知识．所提出的两个问题，逐步推进，抓住数列、函数、不等式的知识网络交汇点，综合自然，独具匠心，合情合理，有较高的区分度．解题突破口：对于不进行技术改造，题目给出了纯利润的等差数列规律；而对于进行技术改造，题目给出了利润的通项公式．第(l)小题提出了在这两种情况下，分别求累计纯利润A n ，B n 的表达式．显然，求A n 用等差数列的求和公式；求B n 用特殊数列的求和方法，这里需拆项转化为常数数列和等比数列求和．对于A n 和B n 大小的比较，一般采用作差比较法．这里，关键是作差、变形后，如何判断A n －B n 的符号，需要考生具有观察分析能力和函数的思想，运用函数性质分析估算，最终要进行严密推理． 解：（Ⅰ）依题设，A n =(500－20)+(500－40)+…+(500－20n)=490n －10n 2；B n =500[(1+21)+(1+221)+…+(1+n 21)]－600=500n －n 250－100. （Ⅱ）B n －A n =(500n －n 2500－100) －(490n －10n 2) =10n 2+10n －n 250－100=10[n(n+1) －n 250－10]. 因为函数y=x (x +1) －x 250－10在（0，+∞）上为增函数， 当1≤n ≤3时，n(n+1) －n 250－10≤12－850－10<0； 当n ≥4时，n(n+1) －n 250－10≥20－1650－10>0. ∴仅当n ≥4时，B n >A n .答：至少经过4年，该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润.【例5】(2004年某某理科卷) ΔOBC 的在个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2）,设P 1为线段BC 的中点,P 2为线段CO 的中点,P 3为线段OP 1的中点,对于每一个正整数n,P n+3为线段P n P n+1的中点,令P n的坐标为(x n,y n ),.2121++++=n n n n y y y a （Ⅰ）求321,,a a a 及n a ; （Ⅱ）证明;,414*+∈-=N n y y n n (Ⅲ)若记,,444*+∈-=N n y y b n n n 证明{}n b 是等比数列.【思路串讲】本题主要考查数列的递推关系、等比数列等基础知识，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的创新能力. 解题突破口：利用图形及递推关系即可解决此类问题. 解答本题的主要错误为：(1)缺少严格的推理．如第(1)小题，由 a 1=a 2=a 3=2得a n =2．这仅仅是特殊到一般的猜想，要实现猜想，还必须进行严格证明．但是，甚至包括第(2)或(3)小题，不少考生也是由特殊到一般完成的所谓“证明”．(2)思维层次的薄弱．不能够充分利用“P n ＋3为线段P n P n ＋1的中点”这个重要的解题信息，进行理性化的分析和变换．(3)心理素质欠缺．本题字符较多，有点列{P n }，同时还有三个数列{a n }，{y n }，{ b n }，再加之该题是压轴题，因而考生会惧怕，而如果没有良好的心理素质，或足够的信心，就很难破题深入．即使有的考生写了一些解题过程，但往往有两方面的问题：一个是漫无目的，乱写乱画；另一个是字符欠当，丢三落四．最终因心理素质的欠缺而无法拿到全分．【标准答案】 (Ⅰ)因为43,21,153421=====y y y y y ， 所以2321===a a a ，又由题意可知213+-+=n n n y y y ∴321121++++++=n n n n y y y a =221121++++++n n n n y y y y =,2121n n n n a y y y =++++ ∴{}n a 为常数列．∴.,21*∈==N n a a n(Ⅱ)将等式22121=++++n n n y y y 两边除以2，得,124121=++++n n n y y y 又∵2214++++=n n n y y y , ∴.414n n y y -=+ （Ⅲ）∵)41()41(44444341n n n n n y y y y b ---=-=+++- =)(41444n n y y --+ =,41n b - 又∵,041431≠-=-=y y b ∴{}n b 是公比为41-的等比数列． 【例6】(2004年全国卷理Ⅰ) 已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,…….（I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式.【思路串讲】本题主要考查数列，等比数列的概念和基本知识，考查运算能力以及分析、归纳和推理能力. 解题突破口：利用数列求和知识及分奇偶性讨论求通项公式.【标准答案】（I ）a 2=a 1+(－1)1=0,a 3=a 2+31=3.a 4=a 3+(－1)2=4,a 5=a 4+32=13, 所以，a 3=3,a 5=13. (II) a 2k+1=a 2k +3k = a 2k －1+(－1)k +3k ,所以a 2k+1－a 2k －1=3k +(－1)k ,同理a 2k －1－a 2k －3=3k －1+(－1)k －1,……a 3－a 1=3+(－1).所以(a 2k+1－a 2k －1)+(a 2k －1－a 2k －3)+…+(a 3－a 1)=(3k +3k －1+…+3)+[(－1)k +(－1)k －1+…+(－1)], 由此得a 2k+1－a 1=23(3k －1)+21[(－1)k －1], 于是a 2k+1=.1)1(21231--++k k a 2k = a 2k －1+(－1)k =2123+k (－1)k －1－1+(－1)k =2123+k (－1)k =1. {a n }的通项公式为：当n 为奇数时，a n =;121)1(232121-⨯-+-+n n 当n 为偶数时，.121)1(2322-⨯-+=n n n a 【例7】（2004年某某理工卷）已知0>a ，数列}{n a 满足,1,11nn a a a a a +==+n=1，2，…． （Ⅰ）已知数列}{n a 极限存在且大于零，求A=n n a ∞→lim (将A 用a 表示)； （Ⅱ）设,2,1,=-=n A a b n n …，证明：)(1A b A b b n n n +-=+； （Ⅲ）若nn b 21||≤对,2,1=n …，都成立，求a 的取值X 围． 【思路串讲】 递推数列，也是一个高中数学的难点，常规的题型是应用特例验算得出数列的前几项，然后利用不完全归纳、猜想等，得出数列的一般规律，最后辅之以数学归纳法等的证明，这也就是“特例一一归纳一一猜想一一证明一一结论”的似真推理模式．本题中则是回避了这些常规问题，利用极限的运算法则求出数列的极限，并利用变量代换思想，得出另一个递推数列，并最终研究新递推数列的有关结论解题突破口：对于(l)显然想通过求出数列的通项公式再行求极限的办法是困难的，那就不妨使用极限的四则运算法则来求极限．对于(2)更多的应运用目标意识，将变量代换后，首先消去a n ，而得出b n 的关系，再行证明b n 与b n ＋l 间的关系．对于(3)应首先使用特例法，不妨先取n=l ，2，3，求出a 的取值X 围，然后从中发现规律，进而发现求a 的过程是有规律的，相似的，于是可用数学归纳法给出问题的统一处理．【标准答案】（Ⅰ）由 n n a ∞→lim 存在，且A=n n a ∞→lim （A ＞0），对nn a a a 11+=+两边取极限得，A=Aa 1+，解得A=242+±a a ,又A ＞0, ∴A=242++a a . (Ⅱ)由1;1n n n n ab A a a a =++=+得111n n b A a b A +++=++． ∴1111()n n n n n b b a A b A A b A A b A +=-+=-+=-+++．即1()n n n b b A b A +=-+对n=1,2,…都成立．（Ⅱ）邻21||1≤b ，得11|(|22a a -≤．∴21|)4(21|2≤-+a a ． ∴142≤-+a a ，解得23≥a ．现证明当23≥a 时，21||≤n b ，对2,1=n ，…都成立． ①当1=n 时结论成立（已验证）．②假设当)1(≥=k k n 时结论成立，既kk b 21||≤，那么 k k k k k A b A A b A b b 21||1|(|||||1⨯+≤+=+．故只须证明21||1≤+A b A k ，既证2||≥+A b A k 对23≥a 成立．由于23≥a 时，142≤-+a a ∴A ≥2． ∴1212||||≥-≥-≥+k k k b A A b 即2||≥+A b A k 故当23≥a 时， 1212121|1|+=⨯≤+k k k b ．即1+=k n 时结论成立．根据①和②，可知结论对一切正整数都有成立．故n n b 21||≤对,2,1=n …都成立的a 的取值X 围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,23． ●误区诊断【例11】 (2000年全国高考题)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少51，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加41. (1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ,b n 的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ 误点：(1)问a n 、b n 实际上是两个数列的前n 项和，易与“通项”混淆；(2)问是既解一元二次不等式又解指数不等式，易出现偏差.辨析：本题主要考查建立函数关系式、数列求和、不等式等基础知识；考查综合运用数学知识解决实际问题的能力，本题 属于应用题型，正是近几年高考的热点和重点题型，本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点.正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧.答案：(1) a n = 4000×［1－(54)n ］b n =1600×［(45)n －1］(2) 至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.自主感悟：●真题演练1. （2001年某某春季卷） 若数列}{n a 前8项的值各异，且n 8n a a =+对任意的N n ∈都成立，则下列数列中可取遍}{n a 前8项值的数列为 （ ）A.}{12+k aB.}{13+k aC.}{14+k aD.}{16+k a 【答案】B2.(2005年某某卷) 已知数121211{},(),3,4,.lim 2,22n n n n n n x x x x x x n x x --→∞==+===满足若则（） A ．23 B ．3 C ．4 D ．5【答案】B3.(2000年高考某某、某某卷)设{}n a 是首项为1的正项数列，且()011221=+-+++n n n n a na na a n （n =1，2，3，…），则它的通项公式是n a =________．【答案】n1 4.（2003年全国高考题）已知数列).2(3,1}{111≥+==--n a a a a n n n n 满足（Ⅰ）求;,32a a （Ⅱ）证明.213-=n n a 【答案】（Ⅰ）a 2=4, a 3=13 .5. （2001某某春季高考）某公司全年的利润为b 元，其中一部分作为奖金发给n 位职工，奖金分配方案如下：首先将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小，由1到n 排序，第1位职工得奖金nb 元，然后再将余额除以n 发给第2位职工，按此方法将奖金逐一发给每位职工，并将最后剩余部分作为公司发展基金.(1)设a k (1≤k ≤n )为第k 位职工所得奖金金额，试求a 2,a 3，并用k 、n 和b 表示a k (不必证明)；(2)证明a k ＞a k +1(k =1,2,…,n －1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义；(3)发展基金与n 和b 有关，记为P n (b ),对常数b ，当n 变化时，求lim ∞→n P n (b ).【答案】(1) a 2=n 1(1－n 1)b ， a 3=n 1(1－n 1)2b ，…， a k =n 1 (1－n 1)k －1b ; (2)a k －a k +1=21n (1－n 1)k －1b ＞0，此奖金分配方案体现了“按劳分配”或“不吃大锅饭”的原则.(3) eb b P n n =∞→)(lim .6.（2002年全国高考题）设数列}{n a 满足：121+-=+n n n na a a ， ,3,2,1=n（I ）当21=a 时，求432,,a a a 并由此猜测n a 的一个通项公式；（II ）当31≥a 时，证明对所的1≥n ，有（i ）2+≥n a n （ii ）1231111111112n a a a a ++++≤++++【答案】（I ）1+=n a n （1≥n ）7. (2005年某某市春季卷) 某市2004年底有住房面积1200万平方米，计划从2005年起，每年拆除20万平方米的旧住房. 假定该市每年新建住房面积是上年年底住房面积的5%.（1）分别求2005年底和2006年底的住房面积 ；（2）求2024年底的住房面积.（计算结果以万平方米为单位，且精确到0.01）【答案】（1） 2005年底的住房面积为1240万平方米，2006年底的住房面积约为1282万平方米. （2）2024年底的住房面积约为2522.64万平方米.●名师押题预测1：对于任意函数f （x ）定义域为D ，如图构造一个数列发生器，其工作原理如下：①输入初始数据D x ∈0，输出)(01x f x =②若D x ∉1，则机器自动停止；若D x ∈1，则数据x 1反馈回输入端，再输出)(12x f x =，依次继续下去．设),0[,3)(2+∞∈--=x x x x f ．问（1）若输入一个初始数据x 0，使得机器运行一步后即停止工作，求x 0的取值X 围；（2）若输入一个初始数据x 0，使得机器能产生一个无穷的常数数列，求x 0的值；（3）若输入一个初始数据x 0，使得机器能产生一个无穷的递增数列，求x 0取值X 围． 思考∶认真读懂题意是解决问题的关键.答案∶（1）02310≥>+x （2）30=x （3）x 0＞3 预测2：已知数列n a 的首项a a =1（a 是常数），24221+-+=-n n a a n n （2,≥∈n N n ）．（Ⅰ）{}n a 是否可能是等差数列.若可能，求出{}n a 的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅱ）设b b =1，2n a b n n +=（2,≥∈n N n ），n S 为数列{}n b 的前n 项和，且{}n S 是等比数列，某某数a 、b 满足的条件．思考∶利用等差数列的定义判断{}n a 是否是等差数列.答案∶（Ⅰ）}{n a 不可能是等差数列 (Ⅱ) ⎩⎨⎧≠-=⎩⎨⎧+=-≠01221b a a b a 或 预测3：已知二次函数y =f (x )在x =22+t 处取得最小值－42t (t ＞0),f (1)=0. (1)求y =f (x )的表达式；(2)若任意实数x 都满足等式f (x )·g (x )+a n x +b n =x n +1 , ［g (x )］为多项式，n ∈N *),试用t 表示a n 和b n ；(3)设圆的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，圆与+1外切(n =1,2,3,…);{r n }是各项都是正数的等比数列，记S n 为前n 个圆的面积之和，求r n 、S n .思考∶利用二次函数h k x a x f +-=2)()(求)(x f .再用待定系数法求a n 和b n . 答案∶(1)f (x )=x 2－(t +2)x +t +1.(2)a n =t1［(t +1)n +1－1］，b n =t t 1+［1－(t +1]n ) (3)r n =2)1(21+++t t n ,S n =432(1)(2)t t t π++［(t +1)2n －1］ 预测4：设二次函数)(,*)](1,[,)(2x f N n n n x x x x f 时当∈+∈+=的所有整数值的个数为g(n).word11 / 11 （1）求g(n)的表达式.（2）设.,)1(*),()(321432123n n n n n S a a a a a S N n n g n n a 求--++-+-=∈+= （3）设l Z l l T b b b T n g b n n n nn 求若),(.,2)(21∈<+++== 的最小值. 思考∶由)(x f 的值域可求)(n g .讨论n 的奇偶性求n S . 答案∶（1） *).(32)(N n n n g ∈+=（2）.2)1()1(1+-=-n n S n n （3）l 的最小值是7.。

数论定理一. 知识要点1. 欧拉定理和费尔马小定理缩系的定义：设m 为正整数，一个模m 的剩余类称为与模m 互素的余类，如果它中的数与m 互素．在与模m 互素的各个剩余类中分别取一个代表所构成的集合称为模m 的一组缩系．很显然，缩系具有以下性质：（1）模m 的缩系中含有ϕ（m ）个数（ϕ（m ）是小于m 的正整数中且与m 互素的个数）．（2）设()m r r ϕ ,1是ϕ（m ）个与m 互素的整数，则()m r r ϕ ,1模m 两两不同余．（3）设()1,=m a ，且()m r r ϕ ,1是模m 的一组缩系，则()m ar ar ar ϕ,,,21 是模m 的一组缩系．欧拉（Euler ）定理：设m 是大于1的整数，a 为整数，且()1,=m a ，则()()m a m mod 1≡ϕ．For personal use only in study and research; not for commercial use解：设()m x x x ϕ,,,21 是模m 的缩系．因为()1,=m a ，所以()m ax ax ax ϕ,,,21 也是模m 的缩系．这两个缩系分别乘起来得()()()m x x x ax ax ax m m mod ·2121ϕϕ ≡，且()()1,21=m x x x m ϕ ．从而()()m a m mod 1≡ϕ )()m a m mod 1≡ϕ．特别地，取m 为质数p ，有费尔马（Fermat ）小定理：设p 为质数，a 为整数，p a ，则()p a p mod 11≡-．它也常常写成()p a a p mod ≡．这里不需假定p a ，但p 应为素数．For personal use only in study and research; not for commercial use2. 中国剩余定理（孙子定理）中国剩余定理：设k m m m ,,21是两两互质的正整数，k a a a ,,,21 是任意整数，则同余方程组()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡=≡.mod ,mod ,mod 2211k k m a x m a x m a x 对模k m m m 21有唯一解． 解：设()k i m m m m M iki ,,2,121 ==．依题设，有()1,=i i m M ，由裴蜀定理知，存在整数i b ，使得()i i i m b M mod 1≡，k i ,2,1=．对k k k M b a M b a M b a x +++= 222111，其中i i i M b a 能被k i i m m m m ,,,,111+-整除，而被i m 除的余数恰为i a ．从而∑==ki i i i M b a x 1是同余方程组的解．又设x ，y 均为同余方程组的解，则有y x m -1，y x m -2，…，y x m k -，即y x m m m k - 21，亦即()k m m m y x 21mod ≡．所以同余方程组对模k m m m 21有唯一解．3. 威尔逊（wilson ）定理威尔逊（wilson ）定理：设p 为质数，则()()p p mod 1!1-≡-．解：对于任意整数a ，且1≤a ≤p －1，由裴蜀定理知，存在整数a ’，使得()p aa mod 1'≡．称a ’为a 的数论倒数，且不妨设1≤a ’≤p －1．若有整数b ，满足()p ba mod 1'≡，则将此式两边同乘以a ，有()p a b mod ≡．这说明对于不同整数a ，1≤a ≤p －1，对应着不同的数论倒数a ’．又若整数a 的数论倒数是它自身，则()p a a mod 1≡⋅，亦即()()()p a a mod 011≡-+，故1≡a 或()p mod 1-．当2=p 时，显然有()()p p mod 1!1-≡-．当p ＞2时，有2，3，…，p －2这p －3个数恰好配成互为数论倒数的23-p 对数，故它们的积()()p p p mod 1123223≡≡-⨯⨯⨯- ．于是()()()p p p mod 1111!1-≡-⨯⨯≡-．4. 拉格朗日定理设p 为质数，n 是非负整数，多项式()01a x a x a x f n n +++= 是一个模p 为n 次的整系数多项式（即p a n ），则同余方程()()p x f mod 0≡ （※），至多有n 个解（在模p 的意义下）．证明：我们对n 用归纳法．当0=n 时，()0a x f =，因为p a 0，故同余方程（※）无解，命题成立．设当l n =时命题成立，则当1+=l n 时，若命题不成立，即同余方程（※）至少有2+l 个解，设为()p c c c x l mod ,,,221+≡ ①，我们考虑多项式()()()()()11111111c x a c x a c x a c f x f l l l l l l -++-+-=-+++ )()111c x a c l l-++- ()()()()x h c x x a c x l l 111-=+-=+ ②，其中()x h 是l 次多项式并且首项系数1+l a ，满足1+l a p ，从而由归纳假设知l 次同余方程()()p x h mod 0≡ ③，至多有个l 个解，但由①，②可知同余方程③至少有l ＋1个解．()p c c c x l mod ,,,232+≡ ，矛盾！故当1+=l n 时命题成立．综上所述，命题得证．二. 典型例题例1. 已知正整数k ≥2，k p p p ,,,21 为奇质数，且()1,21=k p p p a ．证明：()()()111121----k p p p a 有不同于k p p p ,,21的奇质因数．证明：由()1,21=k p p p a ，有()1,1=p a ．由费尔马小定理，()11mod 11p ap ≡-．又k ≥2，p p p ,,,32 k p p p ,,,32 为奇质数，则()()()211121---k p p p 为正整数，从而()()()()12111mod 121p ak p p p ≡--- ，即()()()12111121----k p p p ap .同理，()()()1211121--⋯--k p p p a能被P 2，P 3，…P k 整除，从而()()()1211121+-⋯--k p p p a不能被k p p p p ,,,,321 整除．注意到()()()211121---k p p p 是一个偶数，则()()()0211121≡---k p p p a或1（mod4），因此4不整除()()()1211121+---k p p p a，故()()()1211121+---k p p p a异于k p p p ,,,21 的奇质因数．所以()()()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-------1121111112121k k p p p p p p a a()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+---1211121k p pp a有异于k p p p ,,,21 的奇质因数．例2. 对于自然数n ，如果对于任何整数a ，只要1-n a n ，就有12-na n ，则称n 具有性质P ．（34届IMO预）（1）求证：每个素数n 都具有性质P ． （2）求证：有无穷多个合数也都具有性质P ．证：（1）设p n =为素数且1-p a p ，于是()1,=p a ．由费尔马小定理知11--p a p ，而()()1111-+-=--a a a a p p ．故1-a p ，即()p a m o d 1≡．因此，()p a i mod 1≡，1,,2,1,0-=p i ．上述p 个同余式累和，得()p p a a a p p mod 0121≡≡++++-- ．故()()11212++++---a a a a p p p ，即12-pa p ．（2）设n 是具有性质P 的合数．若1-na n ，则()1,=a n ．由欧拉定理，有()()n a n mod 1≡ϕ，又因()n a n mod 1≡，由阶的性质知，()()()n a n n mod 1,≡ϕ．如果()()1,=n n ϕ，则()n a mod 1≡，于是利用（1）中证明可得12-na n ．因此，问题化为求无穷多个合数n ，使()()1,=n n ϕ．对任何素数p ≥5，取p －2的素因数q ，并令pq n =．这时()()()11--=q p n ϕ．因为()2-p q ，所以q (p －1)．又因q ≤p －2＜p ，故p (q －1)．因此，有()()1,=n n ϕ．对于每个这样的合数n ，若()1-na n ，则()1-a n ，因而()n a k mod 1≡，,2,1,0=k ．故()12-n a n ．因为对于每个素数p ≥5都可按上述程序得到具有性质P 的相应合数()p n ，且p ＜()p n ＜p 2，所以，有无穷多个合数n 具有性质P ．例3. 求所有整数n ≥2，满足：对所有的整数a ，b ，且()()1,,==n b n a ，()n b a mod ≡的充分必要条件是()n ab mod 1≡．（第41届IMO 预选题）解：若n 有奇素因子p ，设n p a||，记1n p n a⋅=，N a ∈．由中国剩余定理知，存在Z x ∈，使()n x mod 1≡，()a p x mod 2≡，则()1,=n x ．取x b a ==，即知()n x mod 12≡，从而()a p mod 14≡，故3=p ，且1=a ．因此()1,5=n ．取5==b a ，即知()n mod 125≡，从而24n ，故,12,8,6,4,3,2=n 24,12,8,6,4,3,2．下证：当n 取上述值时，满足条件．注意到，当2 a 时，有()8mod 12≡a ；当3 a 时，有()3mod 12≡a ，又24n ，32243⨯=，故必有()n a mo d 12≡（因为()1,=n a ）．对Z b a ∈,，且()()1,,==n b n a ，()n b a mod ≡，则()n ab mod 1≡．对Z b a ∈,，且()()1,,==n b n a ， ()n ab mod 1≡，则()n ab a mod 12≡≡．从而()a b a n -又()1,=n a ，有()b a n -，即()n b a mod ≡．综上，所求n 的值为2，3，4，6，8，12，24．例4. 求所有正整数n ，满足对所有的正整数n ，存在一个整数m ，使12-n是92+m 的因子．（第39届IMO 预选题）解：引理1：若p 为4k －1（k ≥2）型质数，则不存在Z m ∈，使()p m mod 92-≡．证明：设)p m m mod 31≡()p m m mod 31≡（∵()13,=p ，∴m 1存在），N m ∈1．又∵()p m mod 912-≡, ∴)(mod 121p m -≡．由费马小定理知，()()()p m m p p p mod 11121212111-=-≡=≡---，矛盾．引理2：当1≤i ＜j 时，有()112,1222=++ji )112,12=++j，且()13,122=+i ．证明：∵()()()()12mod 211121222222+≡+-≡+=+--i i j ij ij ，∴()()12,1212,12222=+=++ij i )()12,1212,122=+=++i j．又∵()()3mod 2111222≡+-≡+i i ，∴()()13,23,122==+i．对于原题，若()()9122+-m n，n ≥2．设t n S ⋅=2，2 t ．若t ≥3，则()()1212-+n t ，从而()()9122+-m t ．又必存在4k －1型素数p ，且3≠p ，()12-tp （否则，()4mod 1111121≡⨯⨯⨯≡-≡- t ，矛盾）．此时()92+m p ，与引理1矛盾．故t =1，从而S n 2=，且()()()1212123121212222+++⋅=--S S．由引理2及中国剩余定理知，存在N m ∈1，使()()12m o d 22211+≡-ii m ，i =1，2，…，s －1．故()((2m o d0121222211≡+≡+-i m )()()12mod 0122221+≡+≡-ii ．令13m m =，有()()()12mod 013922122-≡+=+Sm m ．因此，()()9122+-m n ．综上，所求正整数n 为2的幂次2i （i =1，2，…）．数论中存在性问题是最常见的，除了运用数论存在性定理来解决外，还需要有直接构造的能力．例5. 证明：每个正有理数能被表示成3333d c b a ++的形式，且其中a ，b ，c ，d 是正整数．（40届IMO 预选题）证明：设该正有理数为p ．（1）当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,21p 时，()()()()333321121p p p p p -++-++=，其中2p －1，2－p ，p ＋1+∈Q ．（2）当p ≥2时，由于⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⎪⎭⎫ ⎝⎛1,41323，故有N n ∈，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21323p n，由（1）有333333333322132132213223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n ．（3）当⎥⎦⎤ ⎝⎛∈21,0p 时，由于()4,1233∈⎪⎭⎫ ⎝⎛，故有N n ∈，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21233p n ，由（1）有333333333232123123212332⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n ．综上，总有+∈Q d c b a m 1111,,,,，使()()31313131313131313d c mb ma d c b a m p ++=++⋅=,设ma 1，mb 1，c 1，d 1的分母公倍数为n ，则取N mna a ∈=1，N mnb b ∈=，N nc c ∈=1，N nd d ∈=1，且3333dc b a p ++=．结论成立． 说明：这里是直接构造证明，首先发现恒等式()()()()333321121p p p p p -++-++=，进一步对p ≥2，或0＜p ≤21构造．例6. 证明：不存在非负整数k 和m ，使得()mk k ！14848+=+．证明：注意到0=k 或0=m 时，上述不定方程无解，于是，可设满足上述方程的k ，m 为正整数．（1）若1+k 为合数，设pq k =+1，2≤p ≤q ，注意到，应有48 | k ！．故k≥6，于是1＜2p ≤k ，故（1+k ）| k ！，进而（1+k ）| 48，结合1+k ≥7，可知1+k =8，12，24或48，分别代入，两边约去48后，可得矛盾．（2）若1+k 为质数，由威尔逊定理，可知k ！()1mod 1+-≡k ，于是，1+k | 47，进而1+k =47，这要求46！＋48=48×47m ①，从而m ＞1，两边除以48可知m 47148!46=+，两边模4，可知()()4mod 11≡-m ，故m 为偶数．设m =2k ，则由①可知2()()14714748!46+-=k k ，由232 |48!46，而()23mod 2147≡+k，故232 | 147-k，利用二项式定理()()223mod 146123247+≡+⨯=k k，从而23 | k ，进而m ≥46，这时，①式右边比左边大．矛盾．注：一般地，若n ＞4，且n 为合数，则n |（n －1）！，依此可以证明威尔逊定理的逆定理也成立． 例7. 设p 是质数，证明：存在一个质数q ，使得对任意整数n ，数p n p-不是q 的倍数．（第44届IMO 试题）证明：由于()212mod 1111p p p p p p p p p +≡++++=--- ．则11--p p p 中至少有一个质因子q ，满足q 对2p 的模不等于1。

《信息技术在小学数学教学中的应用》专题讲座时间：2015年5月5日地点：周家河小学多媒体教室参加人：40岁以上的教师讲座内容：1、《PPT的制作方法》第一课时一、以“认识人民币课件”为例，学习以下内容：1、为幻灯片设置背景图，并用文本框输入教材版本、制作者单位姓名等文字，用“艺术字”输入课题。

设置背景图的方法与步骤是：选择空白模板，右击幻灯片—单击背景—下尖号—填充效果—图片—选择图片，然后按路径选中图片，点击“插入”、“应用”后退出。

用文本框和艺术字输入文字的方法：（略）2、为首页文本框添加链接或动作按钮。

把第一页的“认识”与第2页链接，“分类”与第3 张链接，“活动”与第5 张链接，“练习”与第 6 张链接，退出定义为“结束放映”。

方法一：用文本框设计链接按钮。

方法步骤是：插入文本框，输入文字（如分类、活动、练习、退出），设置文字和字体、大小、颜色和文本框的颜色。

然后选中文本框—右击—动作设置—超链接到—幻灯片，选中幻灯片后，确定退出。

方法二：添加动作按钮。

方法步骤是：幻灯片放映—动作按钮—选中空白按钮—在片上拉出一个按钮—超链接到—幻灯片，选中幻灯片后，确定退出—添加文本，如“分类”。

3、为后面的幻灯片添加返回第一页、上一页、下一页动作按钮。

第2页添“分类一”和“分类二”按钮，分别链接第3页、第4页，再添一个“返回第1页”按钮；第3页添“下一页”按钮，第4页添返回“第一页”按钮；第5页添“返回”第一页按钮；第6页添“下一页”按钮，第7页添返回“第一页”按钮。

方法与步骤同“方法二”。

4、以算式练习题为例，学习“触发器”的用法。

第一步：用文本框输入一个算式，再复制文本框分别改为其它算式；用文本框输入一下结果数，再通过复制改为其它算式相应的结果数，把结果数调整摆放到算式后面合适的位置。

第二步：把所有算式设置动画为“出现”；把第一个结果数选中，设置动画为“出现”，再打开下拉菜单，选中“计时”，在“触发器”第二项下拉菜单中选中相对应的算式，确定退出。

2024年初中数学专题讲座课件一、教学内容1. 平面几何证明的基本方法；2. 线段、角的和差倍分关系证明；3. 全等三角形的判定与性质；4. 四边形的性质与判定。

二、教学目标1. 让学生掌握平面几何证明的基本方法，提高逻辑思维能力；2. 使学生熟练运用线段、角的和差倍分关系进行证明；3. 培养学生运用全等三角形的判定与性质解决实际问题的能力；4. 帮助学生掌握四边形的性质与判定，提高几何解题技巧。

三、教学难点与重点教学难点：全等三角形的判定与性质的应用、四边形的性质与判定。

教学重点：平面几何证明的基本方法、线段、角的和差倍分关系的证明。

四、教具与学具准备1. 教具：多媒体课件、黑板、粉笔；2. 学具：直尺、圆规、量角器、练习本。

五、教学过程1. 实践情景引入（5分钟）通过展示生活中的几何图形，引导学生发现几何证明在实际生活中的应用，激发学生学习兴趣。

2. 理论讲解（15分钟）（1）平面几何证明的基本方法；（2）线段、角的和差倍分关系证明；（3）全等三角形的判定与性质；（4）四边形的性质与判定。

3. 例题讲解（20分钟）结合教材典型例题，讲解证明过程中应注意的问题，指导学生运用所学知识解决实际问题。

4. 随堂练习（10分钟）让学生独立完成练习题，巩固所学知识，教师巡回指导。

5. 课堂小结（5分钟）六、板书设计1. 2024年初中数学专题讲座——几何证明2. 内容：（1）平面几何证明的基本方法；（2）线段、角的和差倍分关系证明；（3）全等三角形的判定与性质；（4）四边形的性质与判定。

七、作业设计1. 作业题目：（1）已知：在三角形ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，且DE 平行于BC。

求证：AD/AB = AE/AC。

（2）已知：在四边形ABCD中，对角线AC、BD相等。

求证：四边形ABCD是矩形。

2. 答案：（1）证明：由题意可知，DE平行于BC，根据平行线的性质，得到∠ADC = ∠ABC，∠ADE = ∠ACB。