高考热点问题和解题策略之探索性问题
高考热点问题和解题策略
之探索性问题
Newly compiled on November 23, 2020
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＝
n n ()+112
(an 2＋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··n n n ()()-+，…。S n 为其前n 项和，求S 1、S 2、S 3、S 4，推测S n 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S 1＝89、S 2＝2425、S 3＝4849、S 4＝8081
，观察后猜测S n ＝()()2112122
n n +-+，再运用数学归纳法进行证明。 Ⅱ、示范性题组：
【例1】已知方程kx 2＋y 2＝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kx 2＋y 2＝4的特点，对参数k 分k>1、k ＝1、0 【解】由方程kx 2＋y 2＝4，分k>1、k ＝1、0 2k ; ② 当k ＝1时，表示圆，圆心在原点，r ＝2； ③ 当0 2k ，b ＝2； ④ 当k ＝0时，表示两条平行直线 y ＝±2； ⑤ 当k<0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x 2－y 2 2＝1， ① 过点A(2,0)的直线L 与所给双曲线交于P 1及P 2，求线段P 1P 2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Q 1、Q 2，且点B 是线段Q 1、Q 2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) ∴ y k x x y =- -= ? ? ? ?? ()2 2 1 2 2消y得(2－k2)x2＋4k2x－(2＋4k2)＝0 ∴ x 1＋x 2 ＝ 4 2 2 2 k k- ∴x p ＝ 2 2 2 2 k k- 代入直线L得：y p ＝ 4 2 2 k k- ∴ x k k y k k = - = - ? ? ?? ? ? ? 2 2 4 2 2 2 2 消k得2x2－4x－y2＝0即 () x-1 1 2 2 － y2 2 ＝1 线段P 1P 2 的中点P的轨迹方程是： () x-1 1 2 2 － y2 2 ＝1 ②设所求直线m的方程为：y＝k(x－1)＋1 ∴ y k x x y =-+ -= ? ? ? ?? ()11 2 1 2 2消y得(2－k2)x2＋(2k2－2k)x＋2k－k2－3＝0 ∴ x 1＋x 2 ＝ 22 2 2 2 k k k - - ＝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{a n }是正数组成的数列，其前n项的和为S n ，并且对于所有的自然数 n，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项。①写出数列{a n }的前3项；② 求数列{a n }的通项公式（写出推证过程）；③令b n ＝ 1 2 （ a a n n +1＋ a a n n+1 ） (n∈ N)，求lim n→∞(b 1 ＋b 2 ＋…＋b n －n)。(94年全国高考题) 【分析】由题意容易得到a n +2 2 ＝2S n ，由此而求得a 1 、a 2 、a 3 ，通过观察猜想 a n ，再用数学归纳法证明。求出a n 后，代入不难求出b n ，再按照要求求极限。【解】①∵ a 1 2 2 + ＝2 1 S＝2 1 a∴ a 1 ＝2 ∵ a 2 2 2 + ＝2 2 S＝2( 12 a a +)＝22 2 () +a∴ a 2 ＝6 ∵ a 3 2 2 + ＝2 3 S＝2 123 () a a a ++＝28 3 () +a∴a 3 ＝10 所以数列{a n }的前3项依次为2、6、10。 ②由数列{a n }的前3项依次为2、6、10猜想a n ＝4n－2， 下面用数学归纳法证明a n ＝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a k ＝4k－2， 由题意有 a k +2 2 ＝2S k ,将a k ＝4k－2代入得到：S k ＝2k2； 当n＝k＋1时，由题意有 a k+ + 1 2 2 ＝2 1 S k+ ＝2( 1 S a k k + + ) ∴ ( a k+ + 1 2 2 )2＝2(a k+1 ＋2k2) 即a k+1 2－4a k+1 ＋4－16k2＝0 由a k+1 >0，解得a k+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c n ＝b n －1＝ 1 2 （ a a n n +1＋ a a n n+1 ）－1＝ 1 2 （ 42 42 n n + - ＋ 42 42 n n - + －2） ＝ 1 2 [（ 21 21 n n + - －1）＋( 21 21 n n - + －1)]＝ 1 21 n- － 1 21 n+ b 1＋b 2 ＋…＋b n －n＝c 1 ＋c 2 ＋…＋c n ＝（1－ 1 3 ）+（ 1 3 － 1 5 ）＋…＋( 1 21 n- － 1 21 n+)＝1－ 1 21 n+ ∴lim n→∞(b 1 ＋b 2 ＋…＋b n －n)＝lim n→∞ (1－ 1 21 n+ )＝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c n 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S n 与a n 的函数关系式求 a n ，对此类问题我们还可以直接求解，解答思路是由a n+1 ＝S n+1 －S n 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a n +2 2 ＝2S n ，整理得到S n ＝ 1 8 (a n ＋2)2，所以S n+1 ＝ 1 8 (a n+1 ＋2)2， ∴ a n+1＝S n+1 －S n ＝ 1 8 [(a n+1 ＋2)2－(a n ＋2)2] 整理得到(a n+1＋a n )( a n+1 －a n －4)＝0 由题意a n >0可以得到：a n+1 －a n －4＝0,即a n+1 －a n ＝4 ∴数列{a n }为等差数列，其中a 1 ＝2，公差d＝4，即通项公式为a n ＝4n－2。 【例4】已知x 1>0，x 1 ≠1，且x n+1 ＝ x x x n n n () 2 2 3 31 + + (n∈N)，比较x n 与x n+1 的大小。 (86年全国理) 【分析】比较x n 与x n+1 的大小，采用“作差法”，判别差式的符号式，分情况讨论。 【解】x n+1－x n ＝ x x x n n n () 2 2 3 31 + + －x n ＝ 21 31 2 2 x x x n n n () - + 由x 1>0及数列{x n }的定义可知，x n >0，所以x n+1 －x n 与1－x n 2的符号相同。 假定x 1<1，当n＝1时，1－x 1 2>0；假设n＝k时1－x k 2>0，那么当n＝k＋1时， 1－x k +12＝1－[x x x k k k ()22331 ++]2＝()()1312322-+x x k k >0，因此对一切自然数n 都有1－x n 2>0,即x n 假定x 1>1，当n ＝1时，1－x 12<0；假设n ＝k 时1－x k 2<0，那么当n ＝k ＋1时， 1－x k +12＝1－[x x x k k k ()22331 ++]2＝()()1312322-+x x k k <0，因此对一切自然数n 都有1－x n 2<0,即x n 所以，对一切自然数n 都有x n 【注】本题对1－x n 2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{a n }是由正数组成的等比数列，S n 是前n 项和。 ①. 证明： lg lg S S n n ++2 2 2.已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝100。 ①.求数列{b n }的通项； ②.设数列{a n }的通项a n ＝lg(1＋ 1b n )，记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与12lgb n +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a n ＝an 2＋bn ＋c ，且满足a 1＝1,3S n ＝(n ＋2)a n ，对一切自然数n 都成立（其中S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ）试证明你的结论。 4.已知P n ＝(1＋x)n ，Q n ＝1＋nx ＋n n ()-12 x 2，n ∈N ，x ∈(-1,+∞)，比较P n 和Q n 的大小。 5.已知数列{a n }满足关系式a 1＝a (a>0)，a n ＝211 1a a n n --+ (n ≥2，n ∈N)。 ① 用a 表示a 2、a 3、a 4； ② 猜想a n 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。 P N B M A C D