专题 探究型、探索型及开放型问题选讲新题赏析 课后练习

探究型、探索型及开放型问题选讲新题赏析课后练习题一：设[x]表示不大于x的最大整数, 则对任意实数x, y, 有（）A．[－x]＝－[x] B．1[][]2x x+=C．[2x] ＝2[x] D．1[][][2]2x x x++=题二：如果x为任意实数，用[x]表示不大于x的最大整数，例如：[-7]=-7，[-3.1]=-4，则满足等式[x]-3=0的x的范围是．题三：定义集合A，B的一种运算：A*B＝{x|x＝x1＋x2，其中x1∈A，x2∈B}，若A＝{1，2，3}，B＝{1，2}，则A*B中的所有元素之和为( )．(A) 9 (B) 14 (C) 18 (D) 21题四：对集合A＝{1，2，3，…，2001}及每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大的数开始，交替的减或加后继的数所得的结果。

例如，集合{1，2，4，7，10}的“交替和”为10－7＋4－2＋1＝6，集合{7，10}的“交替和”为10－7＝3，{5}的“交替和”为5，等等，试求A的所有子集的“交替和”的总和．题八：传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，…记为数列{a n }，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{b n }．可以推测：b 2012是数列{a n }中的第 项．题九：数列{}n a 的通项公式cos2n n a n π=，其前n 项和为n S ，则2013S =_______.题十：设满足以下两个条件的有穷数列12,,,n a a a ⋅⋅⋅为n (n =2,3,4…)阶“期待数列”:①1230n a a a a ++++= ；②1231n a a a a ++++= .(1)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；(2)若某2k +1(N *k ∈)阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式.题十一：如果有穷数列a 1，a 2，a 3，…，a m （m 为正整数）满足条件a 1=a m ，a 2=a m -1，…，a m =a 1，即a i =a m -i +1（i =1，2，…，m ），我们称其为“对称数列”． 例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”． 设{b n }是7项的“对称数列”，其中b 1，b 2，b 3，b 4是等比数列，且b 1=2，b 3=8．则{b n }数列各项的和为 ．题十二：数列{21}n -的前n 项组成集合*{1,3,7,,21}()n n A n N =⋅⋅⋅-∈，从集合n A 中任取k （1k =，2，3，…，n ）个数，其所有可能的k 个数的乘积的和为k T （若只取一个数，规定乘积为此数本身），记12n n S T T T =++⋅⋅⋅+．例如：当1n =时，A 1={1}，T 1=1，S 1=1；当n =2时，A 2={1，3}，T 1=1+3，T 2=1×3，S 2=1+3+1×3=7．（Ⅰ）求3S =_____；（Ⅱ）猜想n S =_____．探究型、探索型及开放型问题选讲新题赏析课后练习参考答案题一： D ．详解：对A ，设x = -1.8，则[-x ] = 1，-[x ] = 2，所以A 选项为假．对B ，设x =12，[x +12] =1，[x ] = 0，所以B 选项为假．对C ，设x = - 1.4，[2x ] = [-2.8] = - 3，2[x ] = - 4，所以C 选项为假．故D 选项为真．所以选D ．题二： 3≤x ＜4．详解：：∵[x ]表示不大于x 的最大整数，∴x -1＜[x ]≤x ，∴等式[x ]-3=0，可变为：[x ]=3，即：x -1＜3≤x ，解得：3≤x ＜4，故答案为：3≤x ＜4．题三： B ．详解：A *B ＝{2，3，4，5}，因此A *B 中的所有元素之和为14．故选B ．题四： 22000×2001．详解:集合A ＝{1，2，3，…，2001}的子集中，除了集合{2001}，还有22001－2个非空子集．将其分为两类，第一类是含2001的子集，第二类是不含2001的子集，而且这两类各自所含子集的全体相互构成一一映射，从而这两类所含子集的个数相同．因为若A i 是第二类的，则必有A i ∪{2001}是第一类的集合；如果B i 是第一类的集合，则B i 中除2001外，还应用1，2，3，…，2000中的做其元素，即B i 中除2001外是非空的，而是第二类的集合；令A i 与A i ∪{2001}对应，则这种“成对的”的集合的“交替和”都为2001，从而可得A 的所有子集的“交替和”的总和为12(22001－2)×2001＋2001＝22000×2001．题五： ①②③．详解：设P （x ，y ）是曲线C 上的任意一点，因为曲线C 是平面内到定点F （0，1）和定直线l ：y =-1的距离之和等于4的点的轨迹，所以|PF |+|y +1|=4．即|1|4y +=， 解得y ≥-1时，2124y x =-，当y ＜-1时，21212y x =-； 显然①曲线C 关于y 轴对称；正确．②若点P （x ，y ）在曲线C 上，则|y |≤2；正确．③若点P 在曲线C 上，|PF |+|y +1|=4，|y |≤2，则1≤|PF |≤4．正确．故答案为：①②③．详解：∵动点P （x ，y ）到两条坐标轴的距离之和等于它到点（1，1）的距离，∴||||x y +=|xy |+x +y -1=0，∴xy ＞0，（x +1）（y +1）=2或xy ＜0，（y -1）（1-x ）=0，函数的图象如图所示，∴曲线W 关于直线y =x 对称；曲线W 与x 轴非负半轴，y 轴非负半轴围成的封闭图形的面积小于12；由y =x 与（x +1）（y +1）=2联立可得1x =，∴曲线W 1)2=，故答案为：②③；2题七： 25=10+15（答案不唯一）．详解：“三角形数”的规律为1、3、6、10、15、21…“正方形数”的规律为1、4、9、16、25…根据题目已知条件：从图中可以发现，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻“三角形数”之和．再观察出“三角形数”和“正方形数”的变化规律，可以再写出一个符合这一规律的等式：25=10+15．题八： 5030． 详解：由前四组可以推知(1)2n n n a +=，从而b 1=a 4=10，b 2=a 5=15，b 3=a 9=45，b 4=a 10=55，依次可知，当n =4，5，9，10，14，15，19，20，24，25，…时，a n 能被5整除，由此可得，b 2k =a 5k （k ∈N*），∴b 2012=a 5×1006=a 5030．故答案为：5030．题九： 1006．详解：()()()414141cos 41cos 022n n a n n ππ++=+=+=()()()()424242cos42cos 422n n a n n n ππ++=+=+=-+ ()()()4343343cos 43cos022n n a n n ππ++=+=+=()()()444444cos44cos 2442n n a n n n ππ++=+=+=+ 所以414243442n n n n a a a a +++++++=，于是20132013201221006010064S a =⨯+=+=.题十： （1）数列11,0,22-为3阶“期待数列”；数列3113,,,8888--为4阶“期待数列”； （2）当0d >时，1(1)n n a k k k =-+；当0d <时，1.(1)n n a k k k=-++ 详解：（1）数列11,0,22-为3阶 “期待数列”；数列3113,,,8888--为4阶“期待数列”； （2）设等差数列1221,,,(1)k a a a k+⋅⋅⋅≥的公差为d ， 因为123210k a a a a +++++= ，所以12(21)(21)02k k d k a +++= 所以10a kd+=，即10k a +=，所以20k a +=， 当0d =时，与期待数列的条件①②矛盾，当0d >时，根据期待数列的条件①②得23211,2k k k a a a ++++++= ∴(1)11,22(1)k k kd d d k k -+==+即 由10k a +=得11110,(1)1a k a k k k +⋅==-++即, ∴111(1)(,21).1(1)(1)n n a n n N n k k k k k k k *=-+-=-∈≤++++当d <0时，同理可得(1)11,22(1)k k kd d d k k -+=-=-+即由10k a +=得11110,(1)1a k a k k k -⋅==++即, ∴111(1)(,21).1(1)(1)n n a n n N n n k k k k k k *=--=-+∈≤++++ 题十一： 44或-4．详解：由b 1，b 2，b 3，b 4是等比数列且b 1=2，b 3=8可得公比q 2= 4，∴q = ±2，若q =2，则数列{b n }的各项分别为：2，4，8，16，8，4，2，此时数列的各项和为：44； 若q =-2，则数列{b n }的各项分别为：2，-4，8，-16，8，-4，2，此时数列的各项和为：-4，故答案为：44或-4．题十二：（Ⅰ）63；（Ⅱ）(1)221 nn nS+=-详解：（Ⅰ）当n=3时，A3={1，3，7}，T1=1+3+7=11，T2=1×3+1×7+3×7=31，T3=1×3×7=21，所以S3=11+31+21=63；（Ⅱ）由S1=1=21﹣1=﹣1，S2=7=23﹣1=﹣1，S3=63=26﹣1=﹣1，猜想(1)221nn nS+=-，下面证明：（1）易知n=1时成立；（2）假设n=k时，(1)221 kk kS+=-，则n=k+1时，S k+1=T1+T2+T3+…+T k+1=[T1′+(2k+1-1)]+[T2′+(2k+1-1)T1′]+[T3′+(2k+1-1)T2′]+…+[T k′+(2k+1-1) T k-1′]+ (2k+1-1) T k′（其中T i′，i=1，2，…，k，为n=k时可能的k个数的乘积的和为T k），=(T1′+ T2′+…+ T k′)+(2k+1-1)+(2k+1-1)(T1′+ T2′+…+ T k′)=S k+(2k+1﹣1)+(2k+1﹣1)S k=2k+1((1)221k k+-)+(2k+1-1)=2k+1·(1)221k k+-=(2)(1)221k k++-，即n=k时，1(2)(1)221k k kS+++=-也成立，综合（1）（2）知：对n∈N*，(1)221nn nS+=-成立．所以(1)221nn nS+=-．。