讲座07-探索性问题的常见类型及其求解策略

2012届高三数学专题讲座7（培优）2011.11第１页共8页探索性问题的常见类型及其求解策略在近几年的高考试题中，有关探索性问题频频出现，涉及代数、三角、几何，成为高考的热点之一。正因如此，初等数学中有关探索性问题也就成为大家研究的热点。多年来笔者对此也做了一些探讨。探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备。要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括。它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。探索性问题一般可分为：条件追溯型，结论探索型、条件重组型，存在判断型，规律探究型，实验操作型。每一种类型其求解策略又有所不同。因此，我们在求解时就必须首先要明辨它是哪一种类型的探索问题，然后再根据所属类型制定解题策略。下面分别加以说明：一、条件追溯型这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断。解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件。在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意。例1．设函数)(,2sin)(txfxxf若是偶函数，则t的一个可能值是。分析与解答：∵是偶又)().22sin()(2sin)(txftxtxtxf函数∴)22sin()22sin()()(txtxtxftxf即。由此可得)(2)22(222222Zkktxtxktxtx或∴)(412Zkkt评注：本题为条件探索型题目，其结论明确，需要完备使得结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，进行演绎推理推导出所需寻求的条件．这类题要求学生变换思维方向，有利于培养学生的逆向思维能力．二、结论探索型这类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。解决这类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论。在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论。例2．若干个能惟一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”。设na是公比为q的无穷等比数列，下列na的四组量中，一定能成为该数列“基本量”的是第组。（写出所有符合要求的组号）。①S1与S2；②a2与S3；③a1与an；④q与an.其中n为大于1的整数，Sn为na的前n项和。分析与解答：（1）由S1和S2，可知a1和a2。由qaa12可得公比q，故能确定数列是该数列的“基本量”。（2）由a2与S3，设其公比为q，首项为a1，可得2012届高三数学专题讲座7（培优）2011.11第２页共8页211132112,,qaqaaSqaaqaa，∴qaaqaS2223∴0)(23222aqSaqa满足条件的q可能不存在，也可能不止一个，因而不能确定数列，故不一定是数列na的基本量。（3）由a1与an，可得1111,aaqqaannnn，当n为奇数时，q可能有两个值，故不一定能确定数列，所以也不一定是数列的一个基本量。（4）由q与an，由1111,nnnnqaaqaa可得，故数列na能够确定，是数列na的一个基本量。故应填①、④评注：数学需要解题，但题海战术绝对不是学习数学的最佳策略。本题考查确定等比数列的条件，要求正确理解等比数列和新概念“基本量”的意义。如何能够跳出题海，事半功倍，全面考察问题的各个方面，不仅可以训练自己的思维，而且可以纵观全局，从整体上对知识的全貌有一个较好的理解．例3．规定11!mxxxxmCm，其中xR，m是正整数，且01xC，这是组合数mnC（n，m是正整数，且mn）的一种推广．（Ⅰ）求515C的值；（Ⅱ）组合数的两个性质：①mnmnnCC；②11mmmnnnCCC，是否都能推广到（xR，m是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由；（Ⅲ）我们知道，组合数mnC是正整数．那么，对于mxC，xR，m是正整数，是否也有同样的结论？你能举出一些mxCR成立的例子吗？分析与解答：（Ⅰ）515151619116285!C．（Ⅱ）一个性质是否能推广的新的数域上，首先需要研究它是否满足新的定义．从这个角度很快可以看出：性质①不能推广．例如当2x时，12C有定义，但212C无意义．性质②如果能够推广，那么,它的推广形式应该是：11mmmxxxCCC，其中xR，m是正整数．类比于性质①的思考方法，但从定义上是看不出矛盾的，那么，我们不妨仿造组合数性质的证明过程来证明这个结论．事实上，当1m时，10111xxxCCxC．当2m时，11112!1!mmxxxxxmxxxmCCmm12111!xxxmxmmm1121!mxxxxmxCm由此，可以知道，性质②能够推广．（Ⅲ）从mxC的定义不难知道，当xZ且0m时，mxCZ不成立，下面，我们将2012届高三数学专题讲座7（培优）2011.11第３页共8页着眼点放在xZ的情形．先从熟悉的问题入手．当xm时，mxC就是组合数，故mxCZ．当xZ且xm时，推广和探索的一般思路是：能否把未知的情形（mxC，xZ且xm）与已知的结论mnCZ相联系？一方面再一次考察定义：11!mxxxxmCm；另一方面，可以从具体的问题入手．由（Ⅰ）的计算过程不难知道：551519CC．另外，我们可以通过其他例子发现类似的结论．因此，将515C转化为519C可能是问题解决的途径．事实上，当0x时，1111111!!mmmmxxmxxxmxmxxCCmm．①若1xmm，即1x，则1mxmC为组合数，故mxCZ．②若1xmm，即0xm时，无法通过上述方法得出结论，此时，由具体的计算不难发现：43C＝0……，可以猜想，此时0mxCZ．这个结论不难验证．事实上，当0xm时，在,1,,1xxxm这m个连续的整数中，必存在某个数为0．所以，0mxCZ．综上，对于xZ且m为正整数，均有mxCZ．评注：类比是创造性“模仿”，联想是“由此及彼”思维跳跃．在开放题的教学中，引导学生将所求的问题与熟知的信息相类比，进行多方位的联想，将式子结构、运算法则、解题方法、问题的结论等引申、推广或迁移，可由已知探索未知，由旧知探索新知，这既有利于培养学生的创新思维能力，又有利于提高学生举一反三、触类旁通的应变灵活性．三、条件重组型这类问题是指给出了一些相关命题，但需对这些命题进行重新组合构成新的复合命题，或题设的结求的方向，条件和结论都需要去探求的一类问题。此类问题更难，解题要有更强的基础知识和基本技能，需要要联想等手段。一般的解题的思路是通过对条件的反复重新组合进行逐一探求。应该说此类问题是真正意义上的创新思维和创造力。例4、α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α。以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题。分析：本题给出了四个论断，要求其中三个为条件，余下一个为结论，用枚举法分四种情况逐一验证。分析与解答：依题意可得以下四个命题：(1)m⊥n，α⊥β，n⊥βm⊥α；(2)m⊥n，α⊥β，m⊥αn⊥β；(3)m⊥α，n⊥β，m⊥αα⊥β；(4)α⊥β，n⊥β，m⊥αm⊥n。不难发现，命题(3)、(4)为真命题，而命题(1)、(2)为假命题。故填上命题(3)或(4)。例5．已知三个不等式：0,0,0bdacadbcab（其中a，b，c，d均为实数），用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是个2012届高三数学专题讲座7（培优）2011.11第４页共8页分析与解答：若0,0,0abadbcbdacadbcab则∴00,0bdacadbcab若0,0,0abadbcbdacab则，00,0,00,0,000,0,0abbdacadbcababadbcbdacadbcadbcbdacabadbc即则若即故三个命题均为真命题。四、存在判断型这类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立。解决这类问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论。其中反证法在解题中起着重要的作用。例6、已知11)(324)(32，Rxxaxxxf在区间上是增函数。（1）求实数a的值组成的集合A；（2）设关于x的方程3312)(xxxf的两个非常零实根为x1、x2，试问：是否存在实数m，使得不等式2121xxtmm对任意1,1tAa及恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由。分析与解答：（1）2224)(xaxxf，∴f(x)在[－1，1]上是增函数，恒成立对1,10)(xxf，即x2－ax－2≤0,对x∈[－1，1]恒成立①设2)(2axxx，(1)120a，(1)120a11a110)1(10)1(11,1aaAf，af，a，x时以及当时只有当对（2）233214233xaxxxx由，得2020xxax或280a，12,220xxxax是方程的两非零实根22121212()48xxxxxxa，22121212()48xxxxxxa21211,83.axxa又21211,1mtmxxaAt要使不等式对任意及恒成立22(1)20,(1)20gmmgmm则，∴m≥2或m≤－2.2012届高三数学专题讲座7（培优）2011.11第５页共8页所以，存在实数m，使不等式1,11212tAaxxtmm及对任意2,2mmm，或其取值范围是恒成立评注：“存在”就是有，证明有或者可以找出一个也行。“不存在”就是没有，找不到。这类问题常用反证法加以认证。“是否存在”的问题，结论有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需说明理由。这类问题常用“肯定顺推”。例7、已知常数a0，向量c=（0，a），i=（1，0），经过原点O以c+λi为方向向量的直线与经过定点A（0，a）以i－2λc为方向向量的直线相交于点P，其中λ∈R.试问：是否存在两个定点E、F，使得|PE|+|PF|为定值.若存在，求出E、F的坐标；若不存在，说明理由.分析与解答：根据题设条件，首先求出点P坐标满足的方程，据此再判断是否存在两定点，使得点P到两定点距离的和为定值.∵i=(1,0),c=(0,a),∴).2,1(2),,(aciaic因此，直线OP和AP的方程分别为y=ax和y－a=－2ax.消去参数，得点P（x,y）的坐标满足方程y(y－a)=－2a2x2,整理得,1)2()2(81222aayx①因为a0，所以得：（i）当a=22时，方程①是圆方程，故不存在合乎题意的定点E和F；（ii）当0a22时，方程①表示椭圆，焦