高考热点问题和解题策略之探索性问题

二、探索性问题近年来，随着社会主义经济建设的迅速发展，要求学校由“应试教育”向“素质教育”转化，培养全面发展的开拓型、创造型人才。在这种要求下，数学教学中开放型问题随之产生。于是，探索性问题成了近几年来高考命题中的热点问题，它既是高等学校选拔高素质人材的需要，也是中学数学教学培养学生具有创造能力、开拓能力的任务所要求的。实际上，学生在学习数学知识时，知识的形成过程也是观察、分析、归纳、类比、猜想、概括、推证的探索过程，其探索方法是学生应该学习和掌握的，是今后数学教育的重要方向。一般地，对于虽给出了明确条件，但没有明确的结论，或者结论不稳定，需要探索者通过观察、分析、归纳出结论或判断结论的问题（探索结论）；或者虽给出了问题的明确结论，但条件不足或未知，需要解题者寻找充分条件并加以证明的问题（探索条件），称为探索性问题。此外，有些探索性问题也可以改变条件，探讨结论相应发生的变化；或者改变结论，探讨条件相应发生的变化；或者给出一些实际中的数据，通过分析、探讨解决问题。探索性问题一般有以下几种类型：猜想归纳型、存在型问题、分类讨论型。猜想归纳型问题是指在问题没有给出结论时，需要从特殊情况入手，进行猜想后证明其猜想的一般性结论。它的思路是：从所给的条件出发，通过观察、试验、不完全归纳、猜想，探讨出结论，然后再利用完全归纳理论和要求对结论进行证明。其主要体现是解答数列中等与n有关数学问题。存在型问题是指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出现，其结果可能存在，需要找出来，可能不存在，则需要说明理由。解答这一类问题时，我们可以先假设结论不存在，若推论无矛盾，则结论确定存在；若推证出矛盾，则结论不存在。代数、三角、几何中，都可以出现此种探讨“是否存在”类型的问题。分类讨论型问题是指条件或者结论不确定时，把所有的情况进行分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。此种题型常见于含有参数的问题，或者情况多种的问题。探索性问题，是从高层次上考查学生创造性思维能力的新题型，正确运用数学思想方法是解决这类问题的桥梁和向导，通常需要综合运用归纳与猜想、函数与方程、数形结合、分类讨论、等价转化与非等价转化等数学思想方法才能得到解决，我们在学习中要重视对这一问题的训练，以提高我们的思维能力和开拓能力。Ⅰ、再现性题组：1.是否存在常数a、b、c，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝nn()112(an2＋bn＋c)对一切自然数n都成立？并证明你的结论。（89年全国理）2.已知数列811322··，823522··…，8212122··nnn()()，…。Sn为其前n项和，求S1、S2、S3、S4，推测Sn公式，并用数学归纳法证明。（93年全国理）【简解】1题：令n＝1、2、3代入已知等式列出方程组，解得a＝3、b＝11、c＝10，猜测a、b、c的值对所有的n∈N都成立，再运用数学归纳法进行证明。（属于是否存在型问题，也可属于猜想归纳型问题）2题：计算得到S1＝89、S2＝2425、S3＝4849、S4＝8081，观察后猜测Sn＝()()2112122nn，再运用数学归纳法进行证明。Ⅱ、示范性题组：【例1】已知方程kx2＋y2＝4，其中k为实数，对于不同范围的k值，分别指出方程所代表图形的类型，并画出曲线简图。（78年全国高考题）【分析】由圆、椭圆、双曲线等方程的具体形式，结合方程kx2＋y2＝4的特点，对参数k分k1、k＝1、0k1、k＝0、k0五种情况进行讨论。【解】由方程kx2＋y2＝4，分k1、k＝1、0k1、k＝0、k0五种情况讨论如下：①当k1时，表示椭圆，其中心在原点，焦点在y轴上，a＝2，b＝2k;②当k＝1时，表示圆，圆心在原点，r＝2；③当0k1时，表示椭圆，其中心在原点，焦点在x轴上，a＝2k，b＝2；④当k＝0时，表示两条平行直线y＝±2；⑤当k0时，表示双曲线，中心在原点，焦点在y轴上。所有五种情况的简图依次如下所示：【注】分类讨论型问题，把所有情况分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。【例2】给定双曲线x2－y22＝1，①过点A(2,0)的直线L与所给双曲线交于P1及P2，求线段P1P2的中点P的轨迹方程；②过点B(1,1)能否作直线m，使m与所给双曲线交于两点Q1、Q2，且点B是线段Q1、Q2的中点？这样的直线m如果存在，求出它的方程；如果不存在，说明理由。（81年全国高考题）【分析】两问都可以设直线L的点斜式方程，与双曲线方程联立成方程组，其解就是直线与双曲线的交点坐标，再用韦达定理求解中点坐标等。【解】①设直线L：y＝k(x－2)∴ykxxy()22122消y得(2－k2)x2＋4k2x－(2＋4k2)＝0∴x1＋x2＝4222kk∴xp＝2222kk代入直线L得：yp＝422kkyyyyyxxxxx∴xkkykk2242222消k得2x2－4x－y2＝0即()x1122－y22＝1线段P1P2的中点P的轨迹方程是：()x1122－y22＝1②设所求直线m的方程为：y＝k(x－1)＋1∴ykxxy()112122消y得(2－k2)x2＋(2k2－2k)x＋2k－k2－3＝0∴x1＋x2＝22222kkk＝2×2∴k＝2代入消y后的方程计算得到：△0，∴满足题中条件的直线m不存在。【注】本题综合性比较强，将解析几何知识进行了横向综合。对于直线与曲线的交点问题和有关交点弦长及其中点的问题，一般可以利用韦达定理和根的判别式求解。本题属于存在型问题，其一般解法是：假设结论不存在，若推论无矛盾，则结论确定存在；若推证出矛盾，则结论不存在。在解题思路中，分析法与反证法起了关键作用。这类问题一般是先列出条件组，通过等价转化解组。【例3】设{an}是正数组成的数列，其前n项的和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项。①写出数列{an}的前3项；②求数列{an}的通项公式（写出推证过程）；③令bn＝12（aann1＋aann1）(n∈N)，求limn→∞(b1＋b2＋…＋bn－n)。(94年全国高考题)【分析】由题意容易得到an22＝2Sn，由此而求得a1、a2、a3，通过观察猜想an，再用数学归纳法证明。求出an后，代入不难求出bn，再按照要求求极限。【解】①∵a122＝21S＝21a∴a1＝2∵a222＝22S＝2(12aa)＝222()a∴a2＝6∵a322＝23S＝2123()aaa＝283()a∴a3＝10所以数列{an}的前3项依次为2、6、10。②由数列{an}的前3项依次为2、6、10猜想an＝4n－2，下面用数学归纳法证明an＝4n－2：当n＝1时，通项公式是成立的；假设当n＝k时结论成立，即有ak＝4k－2，由题意有ak22＝2Sk,将ak＝4k－2代入得到：Sk＝2k2；当n＝k＋1时，由题意有ak122＝21Sk＝2(1Sakk)∴(ak122)2＝2(ak1＋2k2)即ak12－4ak1＋4－16k2＝0由ak10，解得ak1＝2＋4k＝4(k＋1)－2，所以n＝k＋1时，结论也成立。综上所述，上述结论对所有的自然数n都成立。③设cn＝bn－1＝12（aann1＋aann1）－1＝12（4242nn＋4242nn－2）＝12[（2121nn－1）＋(2121nn－1)]＝121n－121nb1＋b2＋…＋bn－n＝c1＋c2＋…＋cn＝（1－13）+（13－15）＋…＋(121n－121n)＝1－121n∴limn→∞(b1＋b2＋…＋bn－n)＝limn→∞(1－121n)＝1【注】本题求数列的通项公式，属于猜想归纳型问题，其一般思路是：从最简单、最特殊的情况出发，推测出结论，再进行严格证明。第③问对极限的求解，使用了“裂项相消法”，设立新的数列cn具有一定的技巧性。此外，本题第②问数列通项公式的求解，属于给出数列中Sn与an的函数关系式求an，对此类问题我们还可以直接求解，解答思路是由an1＝Sn1－Sn的关系转化为数列通项之间的递推关系，再发现数列的特征或者通过构造新的数列求解。具体的解答过程是：由题意有an22＝2Sn，整理得到Sn＝18(an＋2)2，所以Sn1＝18(an1＋2)2，∴an1＝Sn1－Sn＝18[(an1＋2)2－(an＋2)2]整理得到(an1＋an)(an1－an－4)＝0由题意an0可以得到：an1－an－4＝0,即an1－an＝4∴数列{an}为等差数列，其中a1＝2，公差d＝4，即通项公式为an＝4n－2。【例4】已知x10，x1≠1，且xn1＝xxxnnn()22331(n∈N)，比较xn与xn1的大小。(86年全国理)【分析】比较xn与xn1的大小，采用“作差法”，判别差式的符号式，分情况讨论。【解】xn1－xn＝xxxnnn()22331－xn＝213122xxxnnn()由x10及数列{xn}的定义可知，xn0，所以xn1－xn与1－xn2的符号相同。假定x11，当n＝1时，1－x120；假设n＝k时1－xk20，那么当n＝k＋1时，1－xk12＝1－[xxxkkk()22331]2＝()()1312322xxkk0，因此对一切自然数n都有1－xn20,即xnxn1。假定x11，当n＝1时，1－x120；假设n＝k时1－xk20，那么当n＝k＋1时，1－xk12＝1－[xxxkkk()22331]2＝()()1312322xxkk0，因此对一切自然数n都有1－xn20,即xnxn1。所以，对一切自然数n都有xnxn1。【注】本题对1－xn2的符号的探讨，由于其与自然数n有关，考虑使用数学归纳法解决。一般地，探索性问题与自然数n有关时，我们可以用归纳→猜想→证明的方法解出。Ⅲ、巩固性题组：1.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是前n项和。①.证明：lglgSSnn22lgSn1；②.是否存在常数c0，使得lg()lg()ScScnn22lg（Sn1－c）成立？并证明你的结论。(95年全国理)2.已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝100。①.求数列{bn}的通项；②.设数列{an}的通项an＝lg(1＋1bn)，记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与12lgbn1的大小，并证明你的结论。（98年全国高考题）3.是否存在a、b、c，使得an＝an2＋bn＋c，且满足a1＝1,3Sn＝(n＋2)an，对一切自然数n都成立（其中Sn＝a1＋a2＋…＋an）？试证明你的结论。4.已知Pn＝(1＋x)n，Qn＝1＋nx＋nn()12x2，n∈N，x∈(-1,+∞)，比较Pn和Qn的大小。5.已知数列{an}满足关系式a1＝a(a0)，an＝2111aann(n≥2，n∈N)。①用a表示a2、a3、a4；②猜想an的表达式，并证明你的结论。6.在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c，且b、a、c成等差数列，b≥c。已知B(-1,0)、C(1,0)。①求顶点A的轨迹L；②是否存在直线m，使m过点B并与曲线L交于不同的两点P、Q且|PQ|恰好等于原点O到直线m距离的倒数？若存在，求出m的方程；若不存在，说明理由。7.如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点。①求证：MN⊥AB；②若平面PDC与平面ABCD所成的二面角为θ，能否确定θ，使得直线MN是异面直线AB与PC的公垂线？若能确定，求出θ的值；若不能确定，说明理由。AyBOCxPNBMACD