探索性问题解决策略.doc

探索性问题的解决策略扬州大学附属中学 何继刚数学问题由条件、解题依据、解题方法和结论这四个要素组成，这四个要素中有两个是未知的数学问题称为探索性问题。条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征。解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面的能力有较高要求。高考题中一般对这类问题有如下思考方法：（1）直接法；（2）观察猜测证明；（3）赋值法；（4）数形结合；（5）联想类比；（6）从特殊到一般；（7）从特殊到一般再到特殊；（8）等价转化。（一）解决条件追溯型问题的主要策略条件追溯型问题是针对一个结论，条件未知尚需探究，或条件增删尚需确定，或条件正误尚需判断。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，再通过检验或论证找到结论成立的充分条件。例1 当时，不等式恒成立吗？若恒成立，请给出证明。若不恒成立，请简述理由，并求出该不等式恒成立的条件。解法1 反例：当时，该不等式不恒成立。若该不等式恒成立，令x=0, x=1， 由已知条件可知，设 由 可知结合原不等式对任意恒成立可知 可得所以解法2 反例同上。令x=0, x=1 由已知条件可知，当，原不等式变为令 即令所以解得 所以 评注：本题先令x=0和x=1得到，大大的缩小了的考察范围，为后面的解答提供的很大的方便。这种从特殊入手，探究一般规律的思维方法应在解题实践中认真学习。例2 已知数列的首项为常数），。（1）是否可能是等差数列？若可能，求出的通项公式；若不可能，说明理由。（2）设，是数列的前n项的和，试求使是等比数列的实数a，b满足的条件。解：（1）由已知条件，所以 若成等差数列，则，得；由，得，矛盾。所以是不可能是等差数列。（2）因为 ， 当时，从第2项起是以公比为2的的等比数列。所以。时，若是等比数列，则为常数。如果，则如果，则，得若是等比数列，则综上，是等比数列，实数a，b满足的条件为 或评注：本题是数列探究性问题，往往通过特殊的个体总结出一般的规律（1）要否定一个结论，只要通过前面几项即可，（2）的证明必须对每一项都要满足，所以要对第一项进行检验。另一方面，为常数，也可以理解为（t与n无关）对n2恒成立，即方程对n2恒成立，在条件a1下，同样可得（此时t必等于2）这里运用了代数恒等思想。（二）解决结论探索型问题的策略结论探索型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。探索结论之后论证结论是解决这类问题的一般形式。有时运用定义或定理直接导出结论，有时可通过具体到抽象，特殊到一般的归纳获得结论，再给出严格证明，有时通过类比，联想，猜测出结论，再加以证明。例3 已知正方体的棱长为和是该正方体表面上的两点，求线段长的最大值。思路分析：由于点、在正方体六个面上的相对位置有共面、相邻、相对等情况，应分别观察讨论，可以先从最简单的共面相邻相对进行。解：与在正方体六个面上的位置关系可分为三类：（）在同一个面上；（）分别在相邻的两个面上；（）分别在相对的两个面上。分别对三种情况进行讨论：（1）、在同一个面上时，根据正方形的性质，由正方形边长为可知有；（2）当、分别在两个面上（如右图），在面中，作于，连，由面面，得面，故， （图在数学高考题型与方法研究P227/），即（此处，是使用（1）的结果）。（3）若与在相对的两个面内（如右图），过作面于，连，显然是两平行平面与间的距离，故；又面，而面， （图在数学高考题型与方法研究P227/），根据（1），即 而当与重合，与重合时，故的最大值为评注：这是一个立体几何的“结论探索题”，首先应发挥你的空间想象力，考虑这两个点在正方体六个面上的相对位置有哪几种，然后分别在每种情况下求长的最大值。实际上，我们在讨论立体几何问题时常常可以与平面几何中相关问题进行类比，从中寻找出解题思路，此题可以与平面几何中“求正方形的周边上两点、的最大距离”类比。（图在数学高考题型与方法研究P227/最下面）当、在同一边时，最大值是；在相邻边上，最大值是；在相对边上，最大值也是. 故综合得的最大值为对角线长.我们不仅可以从中找出分类讨论的方法，而且也可以猜测出正方体面上两点间最大距离也应是其对角线长在立体几何与平面几何的图形元素之间，这样的类比很多，如（正）四面体与（正）三角形，平行六面体与平行四边形，正方体与正方形，球与圆等等。另外，此题中，证明后，还不能断言就是最大值，必须找出等号成立的情形，方可下结论。（三）解决存在判断型问题的策略存在型问题是指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的探索性问题，解决这类问题通常假设题中的数学对象存在（或结论成立）或暂且认可其中一部分的结论，然后进行演绎推理，或导出矛盾，即可否定假设，或推出合理结论验证后即可肯定结论，对于“存在”，“不存在”已肯定的问题，或直接用条件证明或采用反证法说明。例4 如图，已知正四棱柱的底面边长为4，Q为的中点， （1）若二面角的余弦值为， 试确定P点的位置。 （2）在棱上是否存在点P，使得面PMN？ 若存在，确定P点的位置；若不存在，请说明理由解：设，建立如图所示的坐标系， 设平面PMN的法向量为=（x y z）则有 解得 令z=6 得而平面的法向量 解得 又 即P为的中点（2）若存在，则有 而所以在棱上不存在点P，使得面PMN评注：本题是立体几何的位置确定的探索性问题，（1）一般是已知P点的位置，求二面角，但在此已知二面角来确定P的位置，可运用方程求解待定参数。（2）运用了：“要否定一个结论只需寻找一个反例即可”的思维方式。例5 已知数列中，a为正实数，（1）若，试求a的取值范围。（2）求证：不存在a，使对任意恒成立。解（1），（2）用反证法假设存在正实数a，对任意，使恒成立，则，恒成立。又即故取，即，有，则与矛盾，因此，不存在正实数a，使，对，恒成立。点评：例5 （2）的证明，采用了反证法，对于解决存在性探索性问题，很有代表性。（四）解决方法探究型问题的策略方法探究型指的是需要非常规的解题方法或被指定要用两种以上的方法解决同一个问题，难度较高的构造法即属此型。在探究方法的过程中，常常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。例6 今在如图所示的花圃中栽种观赏植物，要求邻块不同色即可。若苗圃中有四种不同颜色的观赏植物供应，试分析可能的栽种方案。 （图在高中数学开放性问题P302/）分析 由于相邻两块不同色，所以至少可从苗圃中选用2种颜色的观赏植物。方案一 只选用两种颜色，则只能、种一色，、种一色，有种选择。方案二 若用三种颜色，可以是三对相对的三角、， 、，、各用一种颜色，共有种选择；也可以是一对相对的三角形用一种颜色，另两对“斜对”的三角形各用一色（如、用一色，、及、各用一色），有种选择。合计有种。方案三 若用四种颜色，可以一种色用在不相邻的三个三角形里，另三个三角形各用一色，有种选择；也可以两对“斜对”的三角形各用一色，另两个三角形各用一色，有种选择；还可以是一对相对的三角形用一色，一对“斜对”的三角形用一色，最后两个三角形各用一色，有种选择，合计有264种。以上我们从四个方面，通过实例讨论了开放性与探索性问题求解的基本思路与方法，从中我们可以看到，要提高解探索问题的能力，必须从以下储方面进行训练和强化：（1）注重双基的训练，夯实基础知识；（2）不断提高阅读、理解、观察、分析和归纳等方面的能力；（3）要敢于猜测，在确定解题思路方向的前提下，要敢于采用所学习过的各种数学方法去尝试；（4）增强数学意识，自觉运用发散思维思考问题，善于从特殊到一般，从感性到理性地看问题；（5）经常总结一些解决探索性问题的方法，积累一些较典型的例题的解法，体会其中的数学思想、数学方法等。练习1设集合。问：（1）当a为何值时，为含有两个元素的集合？（2）当a为何值时，为含有三个元素的集合？解法一：因为，而与分别为方程组 的解集当时，由得，；当时，由得又由得 的判别式 于是当，或时，：当时， 此时显然当时，有两个元素，其中，则 则由，得，当且仅当时，。综上所述可知，当，或，或时，为含有两个元素的集合；当 ，或，或时，为含有三个元素的集合图1 图2解法二：由已知：直线m：为定点系，直线n：为平行系，这两条直线与单位圆相交。如上图 （1）如图1，直线m与单位圆相交于（0，1）与另外一点，而直线n与单位圆相离，或直线m与直线n重合（）时，两条直线与单位圆相交于两点。所以当，或，或时，为含有两个元素的集合；（2）如图2，直线m与单位圆相交于（0，1）与另外一点，而直线n与单位圆相切，或而直线m与单位圆相切，直线n与单位圆相交于两点，或直线m与直线n相交于（0，1）时，两条直线与单位圆相交于三点。所以当 ，或，或时，为含有三个元素的集合。评注：本题给出了两种探究方式，解法一的方式是从式子的意义出发，联立方程组求解，运用了分类讨论的数学思想，对思维的严谨性要求较高。解法二的方式是从直观图形出发，找到了思维的依靠点，这样便于找到各种情况，很难出现遗漏。2在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是棱BC、CD上的点，且BECF（1）当E、F在何位置时，B1FD1E； （2）当E、F在何位置时三棱锥C1CEF的体积取得最大值，并求此时二面角C1EFC的大小ABCDD1A1B1C1EFxyzG解 (1) 以A为原点，分别以 为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设BEx，则有B1(a，0，a)，D1(0，a，a)，E(a，x，0)，F(ax，a，0) 因此，无论E、F在何位置均有B1FD1E (2)解：当时，三棱锥C1CEF的体积最大，这时E、F分别为BC、CD的中点 连结AC交EF于G点，连结C1G，则ACEF由三垂线定理知C1GEF，C1GC是二面角C1EFC的平面角 ，即二面角C1EFC的大小为评注：立体几何中的点的位置的探求经常借助于空间向量，引入参数，综合已知和结论列出等式，解出参数。这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法。3已知函数，问是否存在实数、，使在上取得最大值3，最小值，若存在，求出、的值；若不存在，请说明理由。分析：利用求最值的方法确定、的值，注意对的讨论。解：显然，令，解得（舍去）。（1）当时，当变化时，、的变化状态见下表：0+0极大值所以当时，取得最大值，所以又所以当时，取最小值，即（2）当时，当变化时，、的变化状态见下表：00+极小值所以当时，取得最小值，所以又所以当时，取最大值，即，即综上所述或4 对于在m,n(m0,a1)，给定区间a+2,a+3.（1）如果f1(x)与f2(x)在区间a+2,a+3上都有意义，求a的取值范围；（2）讨论f1(x)与f2(x)在区间a+2,a+3上是否亲密.分析 （1）只需a+2-3a0,a+2-a0同时成立；（2）令|f(x)-g(x)|1成立，转化为对数不等式-1loga(x2-4ax+3a2)1在区间a+2,a+3上恒成立，求出a的范围.解析 （1）由题意，a0,a1，且a+2-3a0,a+2-a0,所以0a1即为所有的取值范围.（2）由|f1(x)-f2(x)|=|loga(x2-4ax+3a2)|1，得-1loga(x2-4ax+3a2)1.（*）0a1,x2-4ax+3a2=(x-2a)2-a2,由区间a+2,a+3在直线x=2a的右侧，函数g(x)=loga(x2-4ax+3a2)在区间a+2,a+3上是减函数，g(x)max=g(a+2)=loga(4-4a),g(x)min=g(a+3)=loga(9-6a).于是（*）式成立的充要条件是故当0时，函数f1(x)与f2(x)在区间a+2,a+3上是疏远的.评注 本题以“亲密”、“疏远”的名词定义两个函数的一种运算，实际就是在条件|f(x)-g(x)|1（xa+2,a+3）的情况下求参数a的取值范围.结合上述例题我们发现，函数的信息迁移类题目的特点一般是对某些具体函数规定一种新的要求，要求考生在这种新条件下对函数的性质等进行讨论.是在处理有关函数信息迁移类题目时，着重点应放在对题目信息的理解上，设法在陌生的情景中寻找熟知的数学背景，在未知与已知之间建立联系的桥梁，把“新”问题转化为“旧”知识的应用，转化为熟悉的函数问题或函数模型.5已知，且试问函数是否有最值？如果有，请求出；如果没有，请说明理由.解：本题为存在型探索问题，主要考查消元思想的运用和自变量范围的确定.由函数可化简变形为由已知条件易得，故当，即时，函数取得最小值又因为在上无最大值，所以函数无最大值.6已知集合确定实数的取值范围，使得方法一（数形结合）如右图，直线 （图在高中数学开放性问题P33）与抛物线的右交点的横坐标为当时，对任意，总有，此时不成立；因为，由得，当时，对任意，总有，则也不成立；当时，由图形分析知总成立. 因此，实数的取值范围是方法二（分类讨论） 由题设知，（1）当时，由知 解得 （2）当时，由知 解得 综合（1）、（2）知，实数的取值范围是方法三（零值代入法） 由题设知，集合中的介于0与4（或）之间，须通过分类讨论，判定与4谁大谁小，才能把用不等式表示出来（见方法二），但因为，所以的端点（零值）0、4或应满足集合中的不等式，则即解得因此实数的取值范围是7 已知双曲线的离心率，左、右焦点分别为、，左准线为，能否在双曲线的左半支上找到一点，使得是到的距离与的比例中项？若能，求出点的坐标；若不能，说明理由。分析 假设在双曲线的左半支上存在点，使，即，那么，又，故得，在中，显然，从而解得，这与已知条件矛盾，故这样的点存在.解略.说明 本例属于由已知条件判断结论是否存在的探索性问题，解决这类问题的一般方法是：先假设结论存在，然后“执果索因”，或结合待定系数法，或作推理分析，肯定或否定，若肯定，再求出正确结果.8给定双曲线过点B（1，1）能否作直线m，使m与所给双曲线交于两点Q1及Q2，且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。思路分析：本题是形式上的探索性问题，实际上是求直线存在时的直线m的方程，解本题通常可先求出直线m的方程，然后与双曲线联立，化为一元二次方程，利用