数学高考二轮复习专题教案：探索性问题的常见类型及其求解策略

第九讲极限与探索性问题的解题技巧【命题趋向】综观历届全国各套高考数学试题，我们发现对极限的考查有以下一些知识类型与特点：1．数学归纳法①客观性试题主要考查学生对数学归纳法的实质的理解，掌握数学归纳法的证题步骤(特别要注意递推步骤中归纳假设的运用和恒等变换的运用)．②解答题大多以考查数学归纳法内容为主，并涉及到函数、方程、数列、不等式等综合性的知识，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目③数学归纳法是高考考查的重点内容之一.类比与猜想是应用数学归纳法所体现的比较突出的思想，抽象与概括，从特殊到一般是应用数学归纳法的一种主要思想方法. 在由n=k时命题成立，证明n=k+1命题也成立时，要注意设法化去增加的项，通常要用到拆项、组合、添项、减项、分解、化简等技巧，这一点要高度注意．2. 数列的极限①客观性试题主要考查极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，直接运用四则运算法则求极限．②解答题大多结合数列的计算求极限等，涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.③数列与几何：由同样的方法得到非常有规律的同一类几何图形，通常相关几何量构成等比数列，这是一类新题型．3．函数的极限①此部分为新增内容，本章内容在高考中以填空题和解答题为主．应着重在概念的理解，通过考查函数在自变量的某一变化过程中，函数值的变化趋势，说出函数的极限．②利用极限的运算法则求函数的极限进行简单的运算．③利用两个重要极限求函数的极限．④函数的连续性是新教材新增加的内容之一.它把高中的极限知识与大学知识紧密联在一起.在高考中，必将这一块内容溶入到函数内容中去，因而一定成为高考的又一个热点.4.在一套高考试题中，极限一般分别有1个客观题或1个解答题，分值在5分—12分之间．5.在高考试题中，极限题多以低档或中档题目为主，一般不会出现较难题，更不会出现难题，因而极限题是高考中的得分点． 6.注意掌握以下思想方法①极限思想：在变化中求不变，在运动中求静止的思想；②数形结合思想，如用导数的几何意义及用导数求单调性、极值等.此类题大多以解答题的形式出现，这类题主要考查学生的综合应用能力，分析问题和学生解决问题的能力，对运算能力要求较高． 【考点透视】1．理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题． 2．了解数列极限和函数极限的概念．3．掌握极限的四则运算法则；会求某些数列与函数的极限．4．了解函数连续的意义，了解闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质． 【例题解析】 考点1 数列的极限1.数列极限的定义：一般地，如果当项数n 无限增大时，无穷数列{a n }的项a n 无限地趋近于某个常数a （即|a n －a |无限地接近于0），那么就说数列{a n }以a 为极限. 注意：a 不一定是｛a n ｝中的项.2.几个常用的极限：①∞→n lim C =C （C 为常数）;②∞→n lim n1=0;③∞→n lim q n =0（|q |＜1）.3.数列极限的四则运算法则：设数列｛a n ｝、｛b n ｝， 当∞→n lim a n =a , ∞→n lim b n =b 时，∞→n lim （a n ±b n ）=a ±b ;例1. ( 2006年湖南卷）数列{n a }满足:113a =,且对于任意的正整数m,n 都有m n m n a a a +=⋅,则12lim()n n a a a →∞+++= ( )A.12B.23C.32D.2[考查目的]本题考查无穷递缩等比数列求和公式和公式lim 0(1)n n q q →∞=< 的应用.[解答过程]由113a =和m n m n a a a +=⋅得23111,,.9273n n a a a ==∴=1211(1)133lim()lim .213n n x x a a a →∞→∞-∴++⋅⋅⋅+==-故选A.例2．（2006年安徽卷）设常数0a >，42ax ⎛ ⎝展开式中3x 的系数为32，则2l i m ()nn a a a →∞++⋅⋅⋅+=_____. [考查目的]本题考查利用二项式定理求出关键数, 再求极限的能力.[解答过程] 1482214r r r r r T C a x x---+=，由18232,2,rr x x x r --==得4431=22r r C a -由知a=，所以212l i m ()1112n n a a a →∞++⋅⋅⋅+==-，所以为1. 例3. （2007年福建卷理）把21(1)(1)(1)n x x x +++++++ 展开成关于x 的多项式，其各项系数和为n a ，则21lim 1n n n a a ∞-+→等于( )（ ）A ．14B ．12C ．1D ．2[考查目的]本题考查无穷递缩等比数列求和公式和公式lim 0(1)n n q q →∞=< 的应用.[解答过程] 22121,1(1)(1)(1)122221,12nn n n n x a x x x -==+++++++=++++==-- 当时1212211211lim lim lim lim 2 2.121122n n n n n n n n n n na a +∞∞∞∞----===-=+-+→→→→()∴()() 故选D例 4. (2007年天津卷理)设等差数列{}n a 的公差d 是2，前n 项的和为n S ，则22lim n n na n S →∞-= ． 思路启迪：由等差数列{}n a 的公差d 是2，先求出前n 项的和为n S 和通项n a ． [解答过程] 221222,,2n n n n a a n a S na n a n -=+-=-+=+=+-()(n 1)(1)222222222122lim lim lim 3.1nn n n n aa n n a n n n a S n a n n→∞→∞→∞-+---+-===-+-+()()∴1(1) 故填3 小结:1.运用数列极限的运算法则求一些数列的极限时必须注意以下几点：（1）各数列的极限必须存在；（2）四则运算只限于有限个数列极限的运算. 2.熟练掌握如下几个常用极限： （1） ∞→n lim C =C （C 为常数）;（2） ∞→n lim （n1）p =0（p ＞0）;（3） ∞→n lim dcn b an k k++=ca （k ∈N *,a 、b 、c 、d ∈R 且c ≠0）;（4） ∞→n lim q n =0（|q |＜1）.例5. (2007年重庆卷理)设正数a , b 满足4)(22lim =-+→b ax x x 则=++--+∞→n n n n n ba ab a 2111lim （ ） （A ）0（B ）41（C ）21（D ）1解:221lim()4,24,.2x a x ax b a b b →+-=+-==∵∴4∴111111111112limlim lim .1224222n n n n n nx x x n n a a a a aba b a a b b b bb --+--→∞→∞→∞--+++====+++[()][()]则()() 故选B小结:重视在日常学习过程中运用化归思想. 考点2 函数的极限 1.函数极限的概念：（1）如果+∞→x lim f （x ）=a 且-∞→x lim f （x ）=a ,那么就说当x 趋向于无穷大时，函数f （x ）的极限是a ,记作∞→x lim f （x ）=a ,也可记作当x →∞时，f （x ）→a.（2）一般地，当自变量x 无限趋近于常数x 0（但x 不等于x 0）时，如果函数f （x ）无限趋近于一个常数a ,就说当x 趋近于x 0时，函数f （x ）的极限是a ,记作0lim x x →f （x ）=a ,也可记作当x →x 0时，f （x ）→a .（3）一般地，如果当x 从点x =x 0左侧（即x ＜x 0＝无限趋近于x 0时，函数f （x ）无限趋近于常数a ,就说a 是函数f （x ）在点x 0处的左极限，记作-→0lim x x f （x ）=a .如果从点x =x 0右侧（即x ＞x 0）无限趋近于x 0时，函数f （x ）无限趋近于常数a ,就说a 是函数 f （x ）在点x 0处的右极限，记作+→0lim x x f （x ）=a .2.极限的四则运算法则：如果0lim x x → f （x ）=a , 0lim x x →g （x ）=b ,那么lim x x →[f （x ）±g （x ）]=a ±b ; 0lim x x →[f （x ）²g （x ）]=a ²b ; 0lim x x →)()(x g x f =ba （b ≠0）.例6．(2007年江西卷理) 1lim 231--→x x x x =( )A ．等于0B ．等于lC ．等于3D ．不存在[考查目的]本题主要考查利用同解变形求函数极限的能力.[解答过程] 32221111lim lim lim 1.11x x x x x x x x x x →→→--===--()故选B例7．(2007年四川卷理) =---→121lim 221x x x n ( )（A ）0（B ）1（C ）21（D ）32[考查目的]本题主要考查利用分解因式同解变形求函数极限的能力. [解答过程] 2211111112lim lim lim .211113n n n x x x x x x x x x →→→--++===--+-+()()(2)()2故选D例8.若f （x ）=11113-+-+x x 在点x =0处连续，则f （0）=__________________.思路启迪：利用逆向思维球解.解答过程：∵f （x ）在点x =0处连续，∴f （0）=0lim →x f （x ）,lim →x f （x ）= 0lim→x 11113-+-+x x =lim→x 1111)1(332++++++x x x =23.答案: 23例9.设函数f （x ）=ax 2+bx +c 是一个偶函数,且1lim →x f （x ）=0,2lim -→x f （x ）=－3,求这一函数最大值..思路启迪：由函数f （x ）=ax 2+bx +c 是一个偶函数,利用f （－x ）=f （x ）构造方程,求出b 的值.解答过程：∵f （x ）=ax 2+bx +c 是一偶函数, ∴f （－x ）=f （x ）,即ax 2+bx +c =ax 2－bx +c . ∴b =0.∴f （x ）=ax 2+c .又1lim →x f （x ）= 1lim →x ax 2+c =a +c =0, 2lim -→x f （x ）=2lim -→x ax 2+c =4a +c =－3,∴a =－1,c =1.∴f （x ）=－x 2+1.∴f （x ）max =f （0）=1. ∴f （x ）的最大值为1.例10.设f （x ）是x 的三次多项式，已知ax 2lim →=ax x f 2)(-=ax 4lim →ax x f 4)(-=1.求ax 3lim →ax x f 3)(-的值（a 为非零常数）.解答过程：由于ax 2lim→ax x f 2)(-=1,可知f （2a ）=0. ① 同理f （4a ）=0. ②由①②，可知f （x ）必含有（x －2a ）与（x －4a ）的因式，由于f （x ）是x 的三次多项式，故可设f （x ）=A （x －2a ）（x －4a ）（x －C ）. 这里A 、C 均为待定的常数. 由ax 2lim →ax x f 2)(-=1,即ax 2lim→ax C x a x a x A 2))(4)(2(----=a x 2lim →A （x －4a ）（x －C ）=1, 得A （2a －4a ）（2a －C ）=1,即4a 2A －2aCA =－1. ③ 同理，由于ax 4lim →ax x f 4)(-=1,得A （4a －2a ）（4a －C ）=1,即8a 2A －2aCA =1. ④ 由③④得C =3a ,A =221a ,因而f （x ）=221a （x －2a ）（x －4a ）（x －3a ）.∴ax 3lim →ax x f 3)(-=ax 3lim →221a （x －2a ）（x －4a ）=221a ²a ²（－a ）=－21.例11 a 为常数，若+∞→x lim （12-x －ax ）=0,则a 的值是____________..思路启迪：先对括号内的的式子变形.解答过程：∵+∞→x lim （12-x －ax ）= +∞→x lim axx x a x +---112222=+∞→x lim axx x a +---11)1(222=0,∴1－a 2=0.∴a =±1.但a =－1时，分母→0,∴a =1.考点3.函数的连续性及极限的应用 1.函数的连续性.一般地，函数f （x ）在点x =x 0处连续必须满足下面三个条件：（1）函数f （x ）在点x =x 0处有定义；（2）0lim x x →f （x ）存在；（3）0lim x x →f （x ）=f （x 0）.如果函数y =f （x ）在点x =x 0处及其附近有定义，而且0lim x x →f （x ）=f （x 0）,就说函数f （x ）在点x 0处连续.2.如果f （x ）是闭区间［a ,b ］上的连续函数，那么f （x ）在闭区间［a ,b ］上有最大值和最小值.3.若f （x ）、g （x ）都在点x 0处连续,则f （x ）±g （x ）,f （x ）²g （x ）,)()(x g x f （g （x ）≠0）也在点x 0处连续.若u （x ）在点x 0处连续,且f （u ）在u 0=u （x 0）处连续,则复合函数f ［u （x ）］在点x 0处也连续.例12..f （x ）在x =x 0处连续是f （x ）在x =x 0处有定义的_________条件. A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分又不必要 思路启迪：说明问题即可.解答过程：f （x ）在x =x 0处有定义不一定连续. 答案：A 例13.f （x ）=xxπcosπcos的不连续点为( )A.x =0B.x =122+k （k =0,±1,±2,…） C.x =0和x =2k π（k =0,±1,±2,…） D.x =0和x =122+k （k =0,±1,±2,…）思路启迪：由条件出发列方程解之.解答过程：由cos xπ=0,得xπ=k π+2π（k ∈Z ）,∴x =)(122Z ∈+k k .又x =0也不是连续点,故选D 答案：D例14. 设f （x ）=⎩⎨⎧≥+<),0(),0(e x xa x x当a 为________时,函数f （x ）是连续的.解答过程：+→0lim x f （x ）= +→0lim x （a +x ）=a , -→0lim x f （x ）=-→0lim x e x =1,而f （0）=a ,故当a =1时, 0lim →x f （x ）=f （0）,即说明函数f （x ）在x =0处连续,而在x ≠0时,f （x ）显然连续,于是我们可判断当a =1时, f （x ）在（－∞,+∞）内是连续的.小结：分段函数讨论连续性,一定要讨论在“分界点”的左、右极限,进而断定连续性.例15.已知函数f （x ）=⎩⎨⎧-,1,为无理数为有理数x xx x 函数f （x ）在哪点连续( ) A.处处连续 B.x =1 C.x =0 D.x =21 思路启迪：考虑结果的启发性.解答过程：+→21lim x f （x ）= -→21lim x f （x ）=f （21）.答案：D例16..抛物线y =b （ax ）2、x 轴及直线AB :x =a 围成了如图（1）的阴影部分,AB 与x 轴交于点A ,把线段OA 分成n 等份,作以na 为底的内接矩形如图（2）,阴影部分的面积为S 等于这些内接矩形面积之和当n →∞时的极限值,求S 的值.思路启迪：先列出式子.解答过程：S =∞→n lim ［b ²（n 1）2+b ²（n 2）2+b ²（n 3）2+…+b ²（n n 1-）2］2²na=∞→n lim 3222)1(21n n -+++ ²ab=∞→n lim 36)12()1(n n n n -⋅⋅-²ab =31ab .例17.如图，在边长为l 的等边△ABC 中，圆O 1为△ABC 的内切圆，圆O 2与圆O 1外切，且与AB 、BC 相切,…,圆O n +1与圆O n 外切，且与AB 、BC 相切，如此无限继续下去,记圆O n 的面积为a n （n ∈N *）. （1）证明{a n }是等比数列； （2）求∞→n lim （a 1+a 2+…+a n ）的值.解答过程：（1）证明:记r n 为圆O n 的半径， 则r 1=2l tan30°=63l .nn n n r r r r +---11=sin30°=21,∴r n =31r n －1（n ≥2）.于是a 1=πr 12=1212π-⋅n n a a l ,1-n n a a =（1-n n r r ）2=91,∴{a n }成等比数列.（2）解：因为a n =（91）n －1²a 1（n ∈N *）,所以∞→n lim （a 1+a 2+…+a n ）=9111-a =32π32l .例18. 一弹性小球自h 0=5 m 高处自由下落,当它与水平地面每碰撞一次后速度减少到碰前的97,不计每次碰撞时间,则小球从开始下落到停止运动所经过的路程和时间分别是多少?解答过程：设小球第一次落地时速度为v 0,则有v 0=02gh =10（m/s ）,那么第二,第三,…,第n +1次落地速度分别为v 1=97v 0,v 2=（97）2v 0,…,v n =（97）n v 0,小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为h 0=5 m,小球第一次与地相碰到第二次与地相碰经过的路程是L 1=2³gv 221=10³（2)97.小球第二次与地相碰到第三次与地相碰经过的路程为L 2, 则L 2=2³gv 222=10³（97）4.由数学归纳法可知,小球第n 次到第n +1次与地面碰撞经过路程为 L n =10³（97）2n .故从第一次到第n +1次所经过的路程为 S n +1=h 0+L 1+L 2+…+L n ,则整个过程总路程为S =∞→n lim S n +1=5+∞→n lim 10³222)97(1])97(1[)97(--n =5+1022)97(1)97(-=20.3（m ）,小球从开始下落到第一次与地面相碰经过时间t 0=002g h =1（s ）.小球从第一次与地相碰到第二次与地相碰经过的时间t 1=2³gv 1=2³97,同理可得t n =2³（97）n ,t n +1=t 0+t 1+t 2+…+t n ,则t =∞→n lim t n +1=1+∞→n lim 2³)97(1])97(1)[97(--n =8（s ）. 考点4.新考题例19．（2007年辽宁卷理）（本小题满分12分）已知数列}{n a 、}{n b 与函数)(x f 、)(x g ，R ∈x 满足条件：))(()(,*11N ∈===+n b g b f a b b n n n ．（I ）若)()(,2)(),2,0(1)(b g b f x x g t t tx x f ≠=≠≠+=，且n n a +∞→lim 存在，求t 的取值范围，并求n n a +∞→lim （用t 表示）．（II ）若函数)(x f y =在R 上是增函数，1)1(,1),()(1<==-f b x f x g ，证明对任意的*N ∈n ，n n a a <+1．[考查目的]本小题主要考查数列的定义，数列的递推公式，等比数列，函数，不等式等基础知识，考查运用数学归纳法解决问题的能力. [解答过程]（Ⅰ）解法一：由题设知2.1212,11,111≠+=⎩⎨⎧=+=++++t a ab a tb a n n n n n n 又已知得，可得 ).22(21221-+=-++t a t a n n由⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+≠≠-+=-+≠≠≠22,02,0222,0,2),()(1t a t t ttb t a t t b g b f n 所以可知是等比数列，其首项为2,2t t t tb 公比为-+，于是.22)2)(2(,)2)(2(2211---+=-+=-+--t t t t tb a t t t tb t a n n n n 即又.022,1|2|0,lim ≠<<-<<t t t a n 且所以可得存在.22lim ta n n -=∞→解法二：由题设知2,211≠=++t b tb n n 且，可得 ).21(21211-+=-++t b t b n n由2121,02,021,0,2),()(-+⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+≠≠-+≠≠≠t b t b t t b t t b g b f n 是首项为所以可知，公比为2t 的等比数列..21)2)(21(,)2)(21(2111---+=-+=-+--t t t b b t t b t b n n n n 即由,1|2|0,lim ,lim ,21<<=∞→∞→+t b a b a n n n n n n 于是可得存在则存在若可知所以.022≠<<-t t 且 .22lim 2lim tb a n n n n -==∞→∞→解法三：由题设知121+=+n n b tb ，即 2121+=+n n b t b ，①于是有,21212+=++n n b t b②②－①得n n n n n n n b b c b b t b b -=-=-++++1112),(2令，得.21n n c t c =+由,02,021)2(0,2),()(121≠≠+-=-=≠≠≠t b t b b c t t b g b f 可知 所以2,}{2t b b c n 公比为是首项为-的等比数列，于是.2)(2])2(1[42,)(21)2(1)(121121211b b b tt b a b b b t t b c c c b n n n nn n +---==+---=++++=++ 又.022,1|2|0,lim ≠<<-<<∞→t t t a n n 且所以可得存在.222)(24lim 12tb b b t a n n -=+--=∞→说明：数列{a n }通项公式的求法和结果的表达形式均不唯一，其他过程和结果参照以上评分标准.（Ⅱ）证明：因为).(),()(),()(1111n n n n n a f b b f b g a x f x g ==='=++-+即所以 下面用数学归纳法证明).(*1N ∈<+n a a n n （1）当1)1(,)(,1<=f x f n 且为增函数由时，得 ,)1()(,1)1()(,1)1()(1221211a f b f a f a f b f b f a =<=<<=<==即12a a <，结论成立.（2）假设n = k 时结论成立，即)(.1x f a a k k 由<+为增函数，得 121),()(+++<<k k k k b b a f a f 即， 进而得.),()(1212++++<<k k k k a a b f b f 即 这就是说当n = k +1时，结论也成立.根据（1）和（2）可知，对任意的.,1*n n a a n <∈+N例20.(2006年广东卷）已知公比为)10(<<q q 的无穷等比数列}{n a 各项的和为9，无穷等比数列}{2n a 各项的和为581.(Ⅰ)求数列}{n a 的首项1a 和公比q ；(Ⅱ)对给定的),,3,2,1(n k k ⋅⋅⋅=,设)(k T 是首项为k a ，公差为12-k a 的等差数列.求数列)(k T 的前10项之和；(Ⅲ)设i b 为数列)(i T 的第i 项，n n b b b S +⋅⋅⋅++=21，求n S ，并求正整数)1(>m m ，使得mS nn ∞→lim 存在且不等于零.(注：无穷等比数列各项的和即当∞→n 时该无穷数列前n 项和的极限)[考查目的]本题考查运用等比数列的前n 项和公式，从已知的条件入手列方程组求出等比数列的公比和首项.[解答过程] (Ⅰ)依题意可知,1121293,12.81315a a q q a q⎧==⎧⎪-⎪⎪⇒⎨⎨=⎪⎪=⎩⎪-⎩ (Ⅱ)由(Ⅰ)知,1323-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=n n a ,所以数列)2(T 的的首项为221==a t ,公差3122=-=a d ,15539102121010=⨯⨯⨯+⨯=S ,即数列)2(T 的前10项之和为155. (Ⅲ) i b =()()121--+i i a i a =()()112---i a i i =()()1321231--⎪⎭⎫ ⎝⎛--i i i ，()()2132271845--⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n n S nn ，mn n n S ∞→lim =∞→n lim ()14518272.32n m m m n n n n n n ⎛⎫-+⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当m=2时，m n n n S ∞→lim =－21，当m>2时，mn n n S ∞→lim =0，所以m=2.【专题训练与高考预测】 一.选择题1.下列极限正确的个数是①∞→n lim αn 1=0（α＞0）;②∞→n lim q n =0;③∞→n lim nn nn 3232+-=－1 ; ④∞→n lim C =C （C 为常数）A.2B.3会C.4D.都不正确2.下列四个命题中正确的是A.若∞→n lim a n 2＝A 2，则∞→n lim a n ＝A B.若a n ＞0，∞→n lim a n ＝A ，则A ＞0C.若∞→n lim a n ＝A ，则∞→n lim a n 2＝A 2 D.若∞→n lim （a n －b ）＝0，则∞→n lim a n ＝∞→n lim b n3.+→0lim x x f （x ）=-→0lim x x f （x ）=a 是f （x ）在x 0处存在极限的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.f （x ）=⎩⎨⎧<≥,10,12x x x 下列结论正确的是( ) A.)(lim 1x f x +→=-→1lim x f （x ） B.)(lim 1x f x +→=2，)(lim 1x f x -→不存在 C.+→1lim x f （x ）=0, )(lim 1x f x -→不存在 D.+→1lim x f （x ）≠-→1lim x f （x ）5.下列图象表示的函数在x =x 0处连续的是()①②④A.①B.②③C.①④D.③④ 6.若f （x ）在定义域［a ,b ］上有定义,则在该区间上( )A.一定连续B.一定不连续C.可能连续也可能不连续D.以上均不正确 7.已知31a cn c bn Lim,5cbn cnanLim n 22n =++=++∞→∞→，如果bc ≠0，那么ban cn c bn anLim 22n ++++∞→=( )A 、 15B 、151 C 、53D 、358.若r 为实常数，则集合}R r ,|r |1|r |Limx |x {nn n ∈+=∞→A 、恰有一个元素B 、恰有两个元素C 、恰有三个元素D 、无数多个元素 9. 11(1)1lim 1,lim 1(22)x x f x x x f x →→--==--若则（C ）A ．－1B ．1C ．－21 D ．2110. 已知()23,12,1x x f x x +≠⎧=⎨=⎩，下面结论正确的是（ ） A.()f x 在1x =处连续 B.()5f x = C.()1lim 2x f x -→= D.()1lim 5x f x +→=二.填空题11.四个函数:①f （x ）=x1;②g （x ）=sin x ;③f （x ）=|x |;④f （x ）=ax 3+bx 2+cx +d .其中在x =0处连续的函数是____________.（把你认为正确的代号都填上） 12.下四个命题:①f （x ）=x1在［0,1］上连续;②若f （x ）是（a ,b ）内的连续函数,则f （x ）在（a ,b ）内有最大值和最小值; ③2πlim →x xx cos 2sin 2=4;④若f （x ）=⎪⎩⎪⎨⎧<+≥).0(1),0(x x x x 则0lim →x f （x ）=0.其中正确命题的序号是____________.（请把你认为正确命题的序号都填上） 13.则a=______，b=______.14.函数f(x)在（0，+∞）内满足f ’(x)>0，f(0)>0，则nnnn n )](f [5)]3(f [4)](f [3)]3(f [2Lim π-+π--∞→=_________.15. ∞→n limnn ++++ 212=__________.16. ∞→n lim 32222-+n n n =____________.三.解答题17.求下列函数极限:①x → ②lim x →- ③lim 0).x a a →> 18. .数列{a n }的首项为a 1=1,且对任意n ∈N *,a n 与a n +1恰为方程x 2－b n x +c n =0的两根,其中0＜|c |＜1,当∞→n lim （b 1+b 2+…+b n ）≤3,求c 的取值范围.【参考答案】一. B 1.提示:①③④正确.2. C 提示:排除法，取a n ＝（－１）n ，排除A ； 取a n ＝n1，排除Ｂ；取a n ＝b n ＝n ，排除D ．3. C4. D5. A6. C 提示：有定义不一定连续.7. D8. C9.C 提示：111111limlim .(22)22lim 1x x x x f x x →→→-==----10.D 提示: ()1lim (1)213 5.x f x f +→==⨯+=故选D .二. 11.②③④; 12.③; 13. a=53- ;15. 提示：原式=∞→n lim 2)1(2++n n n =∞→n lim 221212nn n ++=0.16. 提示：:原式=∞→n lim23221n n -+=21. 三.17. 解:①x →x →=1.2x →==②x →-lim x →-=)l i x →-=8x →-=- 2.=-③x a→x a +→=x a →=limx a+→+l i x a+→=(3)当x →∞时，求有理(无理)分式的极限只需比较分子分母最高项的系数.即当000,0,a b m ≠≠和n 为非负整数时,有00101101,,0,,lim ,.m m m n n x n a n m b a x a x a n m b x b x b n m --→∞⎧=⎪⎪+++⎪>=⎨+++⎪⎪∞<⎪⎩ 18. 解：首先,由题意对任意n ∈N *,a n ²a n +1=c n 恒成立. ∴121+++⋅⋅n n n n a a a a =nn a a 2+=nn cc1+=c .又a 1²a 2=a 2=c .∴a 1,a 3,a 5,…,a 2n －1,…是首项为1,公比为c 的等比数列,a 2,a 4,a 6,…,a 2n ,…是首项为c ,公比为c 的等比数列.其次,由于对任意n ∈N *,a n +a n +1=b n 恒成立. ∴nn b b 2+=132+++++n n n n a a a a =c .又b 1=a 1+a 2=1+c ,b 2=a 2+a 3=2c ,∴b 1,b 3,b 5,…,b 2n －1,…是首项为1+c ,公比为c 的等比数列,b 2,b 4,b 6,…,b 2n ,…是首项为2c ,公比为c 的等比数列,∴∞→n lim （b 1+b 2+b 3+…+b n ）= ∞→n lim （b 1+b 3+b 5+…）+ ∞→n lim （b 2+b 4+…）=c c -+11+cc -12≤3.。

高三数学第二轮专题讲座复习：探索性问题 高考要求 高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力,是命题者根据学科特点,将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的,要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题重难点归纳如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题 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、概括诸方面有较高要求，高考题中一般对这类问题有如下方法（1）直接求解；（2）观察——猜测——证明；（3）赋值推断；（4）数形结合；（5）联想类比；（6）特殊——一般——特殊典型题例示范讲解 例1已知函数1)(2++=ax c bx x f (a ,c ∈R ,a ＞0,b 是自然数）是奇函数，f (x )有最大值21，且f (1)＞52 （1）求函数f (x )的解析式；（2）是否存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，并且使得P 、Q 两点关于点(1,0)对称，若存在，求出直线l 的方程，若不存在，说明理由命题意图 本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力知识依托 函数的奇偶性、重要不等式求最值、方程与不等式的解法、对称问题 错解分析 不能把a 与b 间的等量关系与不等关系联立求b ；忽视b 为自然数而导致求不出b 的具体值；P 、Q 两点的坐标关系列不出解技巧与方法 充分利用题设条件是解题关键 本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证解 （1）∵f (x )是奇函数∴f (–x )=–f (x )，即1122++-=++-ax c bx ax c bx ∴–bx +c =–bx –c ∴c =0∴f (x )=12+ax bx 由a ＞0，b 是自然数得当x ≤0时，f (x )≤0，当x ＞0时，f (x )＞0 ∴f (x )的最大值在x ＞0时取得 ∴x ＞0时，22111)(b a bxx b a x f ≤+= 当且仅当bx x b a 1=即a x 1=时，f (x )有最大值21212=b a∴2ba =1,∴a =b 2 ① 又f (1)＞52，∴1+a b ＞52,∴5b ＞2a +2 ②把①代入②得2b 2–5b +2＜0解得21＜b ＜2又b ∈N ,∴b =1,a =1,∴f (x )=12+x x （2）设存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，且P 、Q 关于点（1，0）对称，P (x 0,y 0)则Q （2–x 0,–y 0)，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+--=+020002001)2(21y x x y x x ,消去y 0，得x 02–2x 0–1=0解之，得x 0=1±2,∴P 点坐标为(42,21+)或(42,21--) 进而相应Q 点坐标为Q （42,21--）或Q (42,21+) 过P 、Q 的直线l 的方程 x –4y –1=0即为所求例2如图，三条直线a 、b 、c 两两平行，直线a 、b 间的距离为p ，直线b 、c 间的距离为2p ，A 、B 为直线a 上两定点，且｜AB ｜=2p ，MN 是在直线b 上滑动的长度为2p 的线段（1）建立适当的平面直角坐标系，求△AMN 的外心C 的轨迹E ；（2）接上问，当△AMN 的外心C 在E 上什么位置时，d +｜BC ｜最小，最小值是多少？（其中d 是外心C 到直线c 的距离）命题意图 本题考查轨迹方程的求法、抛物线的性质、数形结合思想及分析、探索问题、综合解题的能力知识依托 求曲线的方程、抛物线及其性质、直线的方程错解分析 ①建立恰当的直角坐标系是解决本题的关键，如何建系是难点，②第二问中确定C 点位置需要一番分析技巧与方法 本题主要运用抛物线的性质，寻求点C 所在位置，然后加以论证和计算，得出正确结论，是条件探索型题目解 （1）以直线b 为x 轴，以过A 点且与b 直线垂直的直线为y 轴建立直角坐标系 设△AMN 的外心为C (x ,y )，则有A (0,p )、M （x –p ,0)，N (x +p ,0)，由题意，有｜CA ｜=｜CM ｜∴2222)()(y p x x p y x ++-=-+,化简，得x 2=2py 它是以原点为顶点，y 轴为对称轴，开口向上的抛物线 （2）由（1）得，直线c 恰为轨迹E 的准线 由抛物线的定义知d =｜CF ｜，其中F （0,2p ）是抛物线的焦点 ∴d +｜BC ｜=｜CF ｜+｜BC ｜由两点间直线段最短知，线段BF 与轨迹E 的交点即为所求的点直线BF 的方程为p x y 2141+=联立方程组 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=py x p x y 221412得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=.16179)171(41p y p x 即C 点坐标为(p p 16179,4171++) N M B Ap2p c b此时d +｜BC ｜的最小值为｜BF ｜=p 217 例3已知三个向量a r 、b r 、c r ，其中每两个之间的夹角为120°，若｜a r ｜=3,｜b r ｜=2,｜c r ｜=1，则a r 用b r 、c r 表示为解析 如图–a r 与b r ，c r 的夹角为60°,且|a r |=|–a r |=3 由平行四边形关系可得–a r =3c r +23b r ,∴a r =–3c r –23b r 答案 a r =–3c r –23b r 例4 假设每一架飞机引擎在飞行中故障率为1–p ，且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运行，飞机就可成功飞行，则对于多大的p 而言，4引擎飞机比2引擎飞机更为安全？2 解析 飞机成功飞行的概率分别为 4引擎飞机为 4222443342224)1(4)1(6C )1(C )1(C P P P P P P P P P P +-+-=+-+- 2引擎飞机为222212)1(2C )1(C P P P P P P +-=+-⋅ 要使4引擎飞机比2引擎飞机安全，则有 6P 2（1–P ）2+4P 2（1–P ）+P 4≥2P (1–P )+P 2,解得P ≥32 即当引擎不出故障的概率不小于32时，4引擎飞机比2引擎飞机安全 学生巩固练习1 已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下面四个命题，其中正确命题是( ) ①α∥β⇒l ⊥m ②α⊥β⇒l ∥m③l ∥m ⇒α⊥β ④l ⊥m ⇒α∥βA ①与②B ①与③C ②与④D ③与④2 某邮局只有0.60元，0.80元，1.10元的三种邮票 现有邮资为7.50元的邮件一件，为使粘贴邮票的张数最少，且资费恰为7.50元，则最少要购买邮票( ) A 7张 B 8张 C 9张 D 10张3 观察sin 220°+cos 250°+sin20°cos50°=43,sin 215°+cos 245°+sin15°·cos45°=43， 写出一个与以上两式规律相同的一个等式4 在四棱锥P —ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，问底面的边BC 上是否存在点E（1）使∠PED =90°；（2）使∠PED 为锐角 证明你的结论5 已知非零复数z 1,z 2满足｜z 1｜=a ,｜z 2｜=b ,｜z 1+z 2｜=c （a 、b 、c 均大于零），问是否根据上述条件求出12z z ？请说明理由 -ac b a A C P参考答案 1 解析 ①l ⊥α且α∥β⇒l ⊥β,m ⊂β⇒l ⊥m②α⊥β且l ⊥α⇒l ∥β,但不能推出l ∥m③l ∥m ,l ⊥α⇒m ⊥α,由m ⊂β⇒α⊥β④l ⊥m ,不能推出α∥β 答案 B2 解析 选1.1元5张，0.6元2张，0.8元1张 故8张 答案 B3 解析 由50°–20°=(45°–15°)=30° 可得sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43 答案 sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43 4 解 (1)当AB ≤21AD 时，边BC 上存在点E ，使∠PED =90°;当AB >21AD 时，使∠PED =90°的点E 不存在 （只须以AD 为直径作圆看该圆是否与BC 边有无交点）（证略）（2）边BC 上总存在一点，使∠PED 为锐角，点B 就是其中一点连接BD ，作AF ⊥BD ，垂足为F ，连PF ，∵P A ⊥面ABCD ，∴PF ⊥BD ，又△ABD 为直角三角形，∴F 点在BD 上，∴∠PBF 是锐角 同理，点C 也是其中一点5 解 ∵|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=|z 1|2+|z 2|2+(z 12z +1z z 2)∴c 2=a 2+b 2+(z 12z +1z z 2) 即 z 12z +1z z 2=c 2–a 2–b 2∵z 1≠0,z 2≠0，∴z 12z +1z ·z 2=12112221z z z z z z z z + =|z 2|2(21z z )+|z 1|2(12z z ) 即有 b 2(21z z )+a 2(12z z )=z 1z 2+z 1z 2 ∴b 2(21z z )+a 2(12z z )=c 2–a 2–b 2 ∴a 2(12z z )2+(a 2+b 2–c 2)(12z z )+b 2=0 这是关于12z z 的一元二次方程，解此方程即得12z z 的值。

高三数学第二轮复习教学案第十七课时 解析几何中的探索性问题班级 学号 姓名【考纲解读】探索性问题指题目的结论不明确，或使结论成立的条件未给定，需要我们通过试验、猜想、推算等获得，这类问题以“存在性”问题居多. 【解题目标】寻找结论成立的充要条件，比较与题目条件是否吻合，吻合则存在，矛盾则不存在，不完工全吻合则须讨论得到结论. 【例题讲解】例题1（1）设),(),,(2211y x B y x A 两点在抛物线22x y =上，l 是AB 的垂直平分线，当且仅当______21=+x x 时，l 过抛物线的焦点F .（2）抛物线)0(22>=p px y 的一条焦点弦AB 被焦点F 分成m 、n 两部分，则_______,11=+nm 若推广到椭圆，双曲线，结论又分别是________,_________. 例2 常数)0,1(),,0(,0==>a a ，经过原点O 以i c λ+为方向向量的直线与经过定点),,0(a A 以λ2-为方向向量的直线相交于,P 其中.R ∈λ试问：是否存在两个定点E 、F ，使||||PF PE +为定值，若存在，求出E 、F 坐标；不存在，则说明理由.例 3 已知：x 、R y ,,∈为直角坐标平面内x 、y 轴正方向上的单位向量，若向量y x )2(++=，y x )2(-+=，且8||||=+。

（1）求：),(y x M 的轨迹C 的方程.（2）过点)3,0(作直线l 与曲线C 交于A 、B 两点，设+=，是否存在这样的直线l ，使四边形OAPB 为矩形？若存在，求出l 的方程；不存在说明理由.例题4抛物线)0(22>=p px y ，问：在x 轴的正半轴上是否存在一点,M 使得对过M 的抛物线的任意一条弦21P P 都有21OP P ∠=2π（O 为坐标原点）？请说明理由.例题5以椭圆)1(2222>=+a a y a x 的顶点C （0，1）为直角顶点作此椭圆的内接等腰直角三角形ABC .试问：这样的等腰直角三角形是否存在？若存在，最多有几个？不存在请说明理由.例题6 C B A ,,是长轴长为4的椭圆上的三点，点A 是长轴的一个顶点，BC 过椭圆中心O ，且0=⋅BC AC ，||2||AC BC =.（1）求椭圆方程（2）若椭圆上的两点Q P ,，使PCQ ∠的平分线垂直于,AO 是否总存在实数λ，使λ=？说明理由.高三数学第二轮复习教学案第十八课时 解析几何中的证明班级 学号 姓名【解题方法】证明问题的条件结论都明确，解题时，主要考虑的是通过比较，分析条件与结论之间的差异，通过计算，变形等手段消除这种差异，达到证明的目的. 【例题讲解】例题1)0,3(),0,3(21F F -是双曲线C 的两焦点，直线34=x 是双曲线C 的右准线，21,A A 是双曲线C 的两个顶点，点P 是C 右支上异于2A 的一动点，直线P A P A 21,交双曲线的右准线分别于M 、N .（1）求：C 的方程（2）求证：F F 21⋅为定值.例题2 椭圆)0(1:22221>>=+b a by a x C 的一条准线方程是425=x ，其左、右顶点分别是A ，B ；双曲线:2C 12222=-by a x 的一条渐近线方程为.053=-y x（1）求：椭圆方程及双曲线离心率（2）在第一象限内取双曲线2C 上一点P ，连AP 交椭圆1C 于M ，连PB 并延长交椭圆于N ，若=，求证：0=⋅.例题3 双曲线)0(222>=-a a y x 的两个顶点为A 、B ，直线l 垂直于实轴所在直线且与双曲线交于P 、Q ，求证：.π=∠+∠PBQ PAQ例题4 椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左右焦点为21,F F ，离心率为e ，直线:l y =a ex +与x 轴，y 轴分别交于点A 、B ，M 是直线l 与椭圆的一个公共点，P 是1F 关于l的对称点，设AM λ=.（1）求证：21e -=λ（2）确定λ值，使21F PF ∆为等腰三角形.例5 将圆O ：422=+y x 上各点的纵坐标变为原来的一半（横坐标不变），得到曲线C.(1) 求C 的方程(2) 设O 为原点，过点)0,3(F 的直线l 与C 并于A 、B ；点N 为线段AB 的中点，延长线段ON 交C 于点E ，求证：2=的充要条件是|3|=AB .(3)。

高考中的探索性问题江苏省宿迁中学王爱斌一、高考大纲剖析2003年以前数学考试说明中能力要求没有创新意识。

2004年数学考试说明：能力要求中指出，能力是指思维能力、运算能力、空间想象能力以及实践能力和创新意识。

其中创新意识指对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立的思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题.命题基本原则中指出，创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性，设计考查数学主体内容，体现数学素质的题目；反映数、形运动变化的题目；研究型、探索型或开放型的题目.让考生独立思考，自主探索，发挥主观能动性，研究问题的本质，寻求合适的解题工具.梳理解题程序，为考生展现其创新意识，发挥创造能力，创设广阔的空间.2005年数学考试大纲（必修+选I）：能力要求中创新意识增加了：创新意识是理性思维的高层次表现。

对数学问题的“观察、猜测、抽象、概括、证明”，是发现问题和解决问题的重要途径，对数学知识的迁移、组合、融会的程度越高，显示出的创造意识也就越强。

考查要求指出对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查。

在考试中创设比较新颖的问题情境,构造有一定深度和广度的数学问题,要注重问题的多样化,体现思维的发散性。

精心设计考察数学主体内容,体现数学素质的试题;反映数、形运动变化的试题;研究型、探索型、开放型的试题。

两年考试大纲对比，说明今年高考对学生创新意识要求更高，近几年高考试题中对这方面考查主要通过探索性问题来实现的。

那么什么是探索性问题呢?如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.二、高考试题研究高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.由于这类题型没有明确的结论，解题方向不明，自由度大，需要先通过对问题进行观察、分析、比较、概括后方能得出结论，再对所得出的结论予以证明．其难度大、要求高，是训练和考查学生的创新精神，数学思维能力、分析问题和解决问题能力的好题型．近几年高考中探索性问题分量加重，在选择题、填空题、解答题中都已出现．如2003年高考江苏卷第16题（立几）、第20题（解几）；2003年高考全国卷第15题（立几）、第22题（解几）；2003年高考上海卷第12题（填空题，解几）、第21题（Ⅲ）（解几）、第22题（理：集合与函数，文：数列与组合数）；2004年高考江苏卷第6题（统计图）、第13题（表格）；2004年高考上海卷第12题（填空题，数列）、第16题（选择题，招聘信息表）、第21题（3）（立几）、第22题（3）（圆锥曲线）；2004年高考北京卷第14题（填空题，数列）、第20题（不等式证明）；2004年高考福建卷第15题（概率）、第21题（Ⅱ）（导数与不等式）；2005年春季高考上海卷第9题（数列）、第16题（函数）、第21题（2）（函数与直线）、第22题（3）（椭圆）等。

高考中的探索性问题一、高考大纲剖析2003年以前数学考试说明中能力要求没有创新意识。

2004年数学考试说明：能力要求中指出，能力是指思维能力、运算能力、空间想象能力以及实践能力和创新意识。

其中创新意识指对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立的思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题.命题基本原则中指出，创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性，设计考查数学主体内容，体现数学素质的题目；反映数、形运动变化的题目；研究型、探索型或开放型的题目.让考生独立思考，自主探索，发挥主观能动性，研究问题的本质，寻求合适的解题工具.梳理解题程序，为考生展现其创新意识，发挥创造能力，创设广阔的空间.2005年数学考试大纲（必修+选I）：能力要求中创新意识增加了：创新意识是理性思维的高层次表现。

对数学问题的“观察、猜测、抽象、概括、证明”，是发现问题和解决问题的重要途径，对数学知识的迁移、组合、融会的程度越高，显示出的创造意识也就越强。

考查要求指出对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查。

在考试中创设比较新颖的问题情境,构造有一定深度和广度的数学问题,要注重问题的多样化,体现思维的发散性。

精心设计考察数学主体内容,体现数学素质的试题;反映数、形运动变化的试题;研究型、探索型、开放型的试题。

两年考试大纲对比，说明今年高考对学生创新意识要求更高，近几年高考试题中对这方面考查主要通过探索性问题来实现的。

那么什么是探索性问题呢?如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.二、高考试题研究高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.由于这类题型没有明确的结论，解题方向不明，自由度大，需要先通过对问题进行观察、分析、比较、概括后方能得出结论，再对所得出的结论予以证明．其难度大、要求高，是训练和考查学生的创新精神，数学思维能力、分析问题和解决问题能力的好题型．近几年高考中探索性问题分量加重，在选择题、填空题、解答题中都已出现．如2003年高考江苏卷第16题（立几）、第20题（解几）；2003年高考全国卷第15题（立几）、第22题（解几）；2003年高考上海卷第12题（填空题，解几）、第21题（Ⅲ）（解几）、第22题（理：集合与函数，文：数列与组合数）；2004年高考江苏卷第6题（统计图）、第13题（表格）；2004年高考上海卷第12题（填空题，数列）、第16题（选择题，招聘信息表）、第21题（3）（立几）、第22题（3）（圆锥曲线）；2004年高考北京卷第14题（填空题，数列）、第20题（不等式证明）；2004年高考福建卷第15题（概率）、第21题（Ⅱ）（导数与不等式）；2005年春季高考上海卷第9题（数列）、第16题（函数）、第21题（2）（函数与直线）、第22题（3）（椭圆）等。

高三复习专题：探索性问题的常见类型及其求解策略在近儿年的高考试题中，有关探索性问题频频出现，涉及代数、三角、儿何, 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，结合己有条件，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乂有所不同。

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. (2002年上海10)设函数/•⑴= sin2x,若是偶函数，贝Ut的一个可能值是o 分析与解答：：/(x + r) = sin2(x + r) = sin(2x + 2r).X/(x + 偶函数/. f(x + t) = f(-x + r)B|Jsin(2x + It) = sin(-2x + 2r)。

由此可得、2k +12x + 2r = -2x + 2/ + + t = TT-(-2X +2t) + 2ki(k E Z) /. t = --- 7r(k e Z)4 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。

立体几何中的探索性问题的解题策略[策略诠释]1．主要类型：(1)对平行或垂直关系的探索．(2)对条件或结论不完备的开放性问题的探索．2．解题思路：首先假设其存在，然后在这个假设下推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，若推出了矛盾就否定假设．3．注意事项：(1)解决此类问题的关键是通过条件与所求把要探索的问题确定下来．(2)在转化过程中要有理有据，不能凭空猜测．【典例1】(2014·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．[审题](1)切入点：先利用线面垂直的判定定理证明AA1⊥平面ABC，再证明直线BC⊥平面ACC1A1.关注点：注意条件AC⊥BC的应用．(2)切入点：由于D，E分别是线段BC，CC1的中点，易猜想M应为线段AB的中点．关注点：只要在平面A1MC内找到一条与DE平行的直线即可．[解题]【解】(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.2分因为AB，AC为平面ABC内两条相交的直线，所以AA1⊥平面ABC.4分因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交的直线，所以BC⊥平面ACC1A1.6分(2)取线段AB 的中点M ，连接A 1M ，MC ，A 1C ，AC 1，设O 为A 1C ，AC 1的交点． 由已知，O 为AC 1的中点.8分连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC，△ACC 1的中位线，所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE.9分连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形， 则DE∥MO.因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC ， 所以直线DE∥平面A 1MC.11分即线段AB 上存在一点M(线段AB 的中点)，使直线DE∥平面A 1MC.12分 [变题]1．(2014·北京东城模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD ，P 为DN 的中点．(1)求证：BD⊥MC.(2)线段AB 上是否存在点E ，使得AP∥平面NEC ，若存在，说明在什么位置，并加以证明；若不存在，说明理由．【解】(1)连接AC，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，所以AM⊥平面ABCD.因为BD⊂平面ABCD，所以AM⊥BD.因为AC∩AM＝A，所以BD⊥平面MAC.又MC⊂平面MAC，所以BD⊥MC.(2)当E为AB的中点时，有AP∥平面NEC.取NC的中点S，连接PS，SE.因为PS∥DC∥AE，PS＝AE＝12 DC，所以四边形APSE是平行四边形，所以AP∥SE.又SE⊂平面NEC，AP⊄平面NEC，所以AP∥平面NEC.【典例2】(12分)(2014·北京丰台模拟)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)．(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． [审题](1)切入点：先从折叠前后关系入手证明DE ⊥AC. 关注点：折叠前后线面间的位置关系．(2)切入点：先由条件建立空间直角坐标系，求面平面A 1BE 的法向量． 关注点：线面角与方向向量和法向量所求角的关系． (3)切入点：首先假设存在点P.关注点：由平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直知其法向量垂直． 【解】 (1)证明：∵AC ⊥BC ，DE ∥BC ， ∴DE ⊥AC.∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ， ∴DE ⊥平面A 1DC. ∴DE ⊥A 1C.又∵A 1C ⊥CD ，且DE∩CD＝D ， ∴A 1C ⊥平面BCDE. (2)如图所示，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C­xyz，则A 1(0,0,23)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2，2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，∴⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3， ∴n ＝(2,1，3).6分设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ.∵CM →＝(0,1，3)，∴sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝|n ·CM →|n |·|CM →||＝48×4＝22.∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.8分(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．理由如下： 假设这样的点P 存在，使其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，∴⎩⎨⎧2y ′－23z ′＝0，px ′－2y ′＝0.令x ′＝2，则y ′＝p ，z ′＝p3， ∴m ＝(2，p ，p3).10分平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直.12分 【变题】2．(2014·贵州贵阳质检)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点 E ，使二面角D 1－EC －D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．【解】 (1)四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ， 所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0，0,1)，C (0,2,0)．设满足条件的点E 存在， 令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)， 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0.令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1－EC －D 的大小为π6得cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32，解得y 0＝2－33∈[0,2]，3 3时，二面角D1－EC－D的大小为π6.所以当AE＝2－。

探索性问题的常见类型及其求解策略苍南灵溪二高 陈敏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．（2002年上海10）设函数)(,2sin )(t x f x x f +=若是偶函数，则t 的一个可能值是 。

分析与解答：∵是偶又)().22sin()(2sin )(t x f t x t x t x f ++=+=+函数 ∴ )22sin()22sin()()(t x t x t x f t x f +-=++-=+即。

由此可得)(2)22(222222Z k k t x t x k t x t x ∈++--=+++-=+πππ或∴)(412Z k k t ∈+=π 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．２二、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。

母题突破4探究性问题母题(2023·廊坊质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b21(a >b >0)经过点A (－2,0)，且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为4.(1)求椭圆C 的方程和离心率；(2)设P ，Q 为椭圆C 上两个不同的点，直线AP 与y 轴交于点E ，直线AQ 与y 轴交于点F ，且P ，O ，Q 三点共线．其中O 为坐标原点．问：在x 轴上是否存在点M ，使得∠AME ＝∠EFM ？若存在，求点M 的坐标；若不存在，请说明理由．思路分析❶代入点，结合面积求方程和离心率❷设点P ，Q ，表示出直线AP ，AQ 的方程❸求出E ，F 的坐标,❹由∠AME ＝∠EFM 得ME →·MF →＝0,❺利用向量运算求点M 的坐标解(1)依题意可得a ＝2，12×2c ×2b ＝4，又c 2＝a 2－b 2，解得b ＝c ＝2，所以椭圆方程为x 24＋y 22＝1，则离心率e ＝c a ＝22.(2)因为P ，O ，Q 三点共线，根据椭圆的对称性可知P ，Q 关于O 点对称，如图，设点P (x 1，y 1)，则Q (－x 1，－y 1)(x 1≠±2)，所以直线AP 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，直线AQ 的方程为y ＝－y 1－x 1＋2(x ＋2)，所以点假设存在M 使∠AME ＝∠EFM ，因为∠MOE ＝∠FOM ＝90°，所以∠OMF ＝∠OEM ，又∠OEM ＋∠OME ＝90°，所以∠OME ＋∠OMF ＝90°，即ME ⊥MF ，所以ME →·MF →＝0，设M (m ,0)，则ME →mMF →m 所以ME →·MF →＝m 2＋－2y 1－x 1＋2·2y 1x 1＋20，即m 2＋－4y 214－x 21＝0，又x 214＋y 212＝1，所以x 21＋2y 21＝4，所以m 2－2＝0，解得m ＝±2，所以M (±2，0).故在x 轴上存在点M (±2，0)，使得∠AME ＝∠EFM .[子题1](2023·西安模拟)已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1，过点T (3，0)的直线交该椭圆于P ，Q 两点，若直线PQ 与x 轴不垂直，在x 轴上是否存在定点S (s ,0)，使得∠PST ＝∠QST 恒成立？若存在，求出s 的值；若不存在，请说明理由．解假设在x 轴上存在定点S (s ,0)，使得∠PST ＝∠QST 恒成立，设直线PQ 的方程为x ＝ty ＋3，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，＋y 23＝1，ty ＋3，得(3t 2＋4)y 2＋63ty －3＝0，则y 1＋y 2＝－63t 3t 2＋4，y 1y 2＝－33t 2＋4，因为∠PST＝∠QST，所以k PS＋k QS＝0，即y1x1－s＋y2x2－s＝0，整理得(x2－s)y1＋(x1－s)y2＝0，即(ty2＋3)y1＋(ty1＋3)y2－s(y1＋y2)＝0，所以2ty1y2＋(3－s)(y1＋y2)＝0，则2(3－s0，解得s＝43 3，故在x轴上存在定点∠PST＝∠QST恒成立．[子题2]已知双曲线C：y2a2－x2b2＝1(a>0，b>0)，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为(6,4)．(1)求C的方程；(2)设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q两点，与线段AB交于点N(N，D不重合)，PM→＝λPN→，MQ→＝λQN→均成立？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．解(1)由题意知C：y2a2－x2b2＝1(a>0，b>0)，点A的坐标为(6,4)，得c＝4，不妨设焦点F1(0,4)，F2(0，－4)，则2a＝|AF2|－|AF1|＝62＋82－6＝4.所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，故C的方程为y24－x212＝1.(2)如图，设l的方程为y＝2m(m>1)，则D(0,2m)，故M(0，m)，由已知得直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，故2直线PQ 的方程与双曲线方程联立得(3k 2－1)x 2＋6kmx ＋3m 2－12＝0，由已知得3k 2≠1，Δ>0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，PM →＝(－x 1，m －y 1)，PN →x 1，2m －y MQ →＝(x 2，y 2－m )，QN →x 2，2m －y 则x 1＋x 2＝－6km 3k 2－1，x 1x 2＝3m 2－123k 2－1，由PM →＝λPN →，MQ →＝λQN →，得x 1＝1x 2＝消去λ得x 1x x 即2x 1x 2－m k(x 1＋x 2)＝0，代入得k (m 2－2)＝0，解得m ＝2，故存在定直线l ：y ＝22满足条件．规律方法探索性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论．1．已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，点P (2,8)在抛物线上，直线y ＝kx ＋2交C 于A ，B 两点，M 是线段AB 的中点，过M 作x 轴的垂线交C 于点N .(1)求点P 到抛物线焦点的距离；(2)是否存在实数k 使得NA →·NB →＝0，若存在，求k 的值；若不存在，请说明理由．解(1)将点P (2,8)代入抛物线方程，解得p ＝14，x 2＝12y ，抛物线焦点F点P 到抛物线焦点的距离等于点P 到抛物线准线的距离，则|PF |＝8＋18＝658.(2)如图，设A (x 1,2x 21)，B (x 2,2x 22)．把y ＝kx ＋2代入y ＝2x 2得2x 2－kx －2＝0，Δ＝k 2＋16>0，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝k 2，x 1x 2＝－1.∴x N ＝x M ＝x 1＋x 22＝k 4，∴点N假设存在实数k ，使NA →·NB →＝0，则NA ⊥NB .又∵M 是AB 的中点，∴|MN |＝12|AB |.由(1)知，y M ＝12(y 1＋y 2)＝12(kx 1＋2＋kx 2＋2)＝12[k (x 1＋x 2)＋4]＝k 24＋2，∵MN ⊥x 轴，∴|MN |＝|y M －y N |＝k 24＋2－k 28＝k 2＋168，又|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝12k 2＋1k 2＋16，∴k 2＋168＝14k 2＋1k 2＋16，即k 2＋16＝2k 2＋1，两边同时平方得k 2＋16＝4(k 2＋1)，解得k ＝±2，即存在k ＝±2，使得NA →·NB →＝0.2.(2023·池州模拟)如图，点A 为椭圆E ：x 24＋y 2＝1的上顶点，圆C ：x 2＋y 2＝1，过坐标原点O 的直线l 交椭圆E 于M ，N 两点．(1)求直线AM ，AN 的斜率之积；(2)设直线AM ：y ＝kx ＋1(k ≠0)，AN 与圆C 分别交于点P ，Q ，记直线MN ，PQ 的斜率分别为k 1，k 2，探究是否存在实数λ，使得k 1＝λk 2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解(1)设M (x 0，y 0)，则N (－x 0，－y 0)，则直线AM ，AN 的斜率之积k AM ·k AN ＝1－y 0－x 0·1＋y 0x 0＝1－y 20－x 20＝14x 20－x 20＝－14.(2)由(1)知，直线AN 的方程为y ＝－14kx ＋1.直线AM y 2＝1，kx ＋1，消去y 可得(1＋4k 2)x 2＋8kx ＝0，因为A ，M 均在椭圆E 上，所以0＋x 0＝－8k 1＋4k2，即x 0＝－8k 1＋4k 2，所以y 0＝kx 0＋1＝－8k 21＋4k 2＋1＝1－4k 21＋4k2，所以k 1＝y 0x 0＝1－4k 21＋4k 2－8k 1＋4k 2＝4k 2－18k.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，2＋y2＝1，＝kx＋1，消去y可得(1＋k2)x2＋2kx＝0，因为A，P均在圆C上，所以0＋x1＝－2k1＋k2，即x1＝－2k1＋k2，所以y1＝kx1＋1＝－2k21＋k2＋1＝1－k21＋k2.所以点PP坐标中的k换成－14k，可得x21＝8k16k2＋1，y21＝16k2－116k2＋1，所以k2＝y2－y1x2－x1＝16k2－116k2＋1－1－k21＋k28k16k2＋1＋2k1＋k2＝4k2－15k，所以k1k2＝4k2－18k4k2－15k＝58，即存在实数λ＝58，使得k1＝58k2.专题强化练1．(2023·郑州模拟)过点M(t,0)(t<0)，斜率为33的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)相切于点N，且|MN|＝4 3.(1)求抛物线C的方程；(2)斜率为－33的直线与C 交于与点N 不重合的点P ，Q ，判断是否存在直线l ′，使得点Q 关于l ′的对称点Q ′恒与P ，N 共线，若存在，求出l ′的方程，若不存在，说明理由．解(1)由题意得直线l 的方程为y ＝33(x －t )，即x ＝3y ＋t ，设N (m ，n )，与y 2＝2px 联立并消去x 得y 2－23py －2pt ＝0，因为直线l 与抛物线C 相切，所以(－23p )2＋8pt ＝0，整理得3p ＋2t ＝0，代入y 2－23py －2pt ＝0，解得n ＝3p ，m ＝(3p )22p ＝3p 2，因为|MN |＝|3p 2－t |32＝43，所以3p 2－t ＝6，2t ＝0，t ＝6，得p ＝2，所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)由(1)得N (3,23)，假设存在直线l ′，使得点Q 关于l ′的对称点Q ′恒与P ，N 共线，则直线NP ，NQ 关于l ′对称，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，直线PQ 的方程为x ＝－3y ＋b ，与y 2＝4x 联立并消去x 得y 2＋43y －4b ＝0，则Δ＝(43)2＋16b >0，b >－3.y 1＋y 2＝－43，y 1y 2＝－4b .所以直线PN 的斜率k 1＝y 1－23x 1－3＝y 1－23y 214－3＝4y 1＋23，所以直线NQ 的斜率k 2＝y 2－23x 2－3＝y 2－23y 224－3＝4y 2＋23，k 1＋k 2＝4y 1＋23＋4y 2＋23＝4(y 1＋y 2)＋163(y 1＋23)(y 2＋23)＝－163＋163(y 1＋23)(y 2＋23)＝0，所以直线NP ，NQ 关于直线x ＝3或y ＝23对称，所以存在直线l ′，使得点Q 关于l ′的对称点Q ′恒与P ，N 共线，且l ′的方程为x ＝3或y ＝2 3.2．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，过点P (0，m )(m ＞0)且斜率为1的直线l 与双曲线C 交于A ，B 两点且AP →＝3PB →，OA →·OB →＝3.(1)求双曲线C 的方程；(2)设Q 为双曲线C 右支上的一个动点，F 为双曲线C 的右焦点，在x 轴负半轴上是否存在定点M ，使得∠QFM ＝2∠QMF ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)由双曲线离心率为2知c ＝2a ，b ＝3a .于是，双曲线方程可化为x 2a 2－y 23a2＝1.又直线l ：y ＝x ＋m ，与双曲线方程联立得2x 2－2mx －m 2－3a 2＝0，①设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝－m 2－3a 22.②因为AP →＝3PB →，所以(－x 1，m －y 1)＝3(x 2，y 2－m )．故x 1＝－3x 2.结合x 1＋x 2＝m ，解得x 1＝32m ，x 2＝－12m .代入②式得－34m 2＝－m 2－3a 22⇒m 2＝6a 2，又OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(x 1＋m )(x 2＋m )＝2x 1x 2＋m (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－3a 2＝3a 2＝3，从而a 2＝1.此时m ＝6，代入①式并整理得2x 2－26x －9＝0.显然，该方程有两个不相等的实根．因此，a 2＝1符合要求．故双曲线C 的方程为x 2－y 23＝1.(2)假设满足条件的点M (t ,0)(t <0)存在．由(1)知双曲线右焦点为F (2,0)．由双曲线的对称性，不妨设点Q (x 0，y 0)在第一象限，当x 0≠2时，tan ∠QFM ＝－k QF ＝－y 0x 0－2，tan ∠QMF ＝k QM ＝y 0x 0－t.因为∠QFM ＝2∠QMF ，所以－y 0x 0－2＝2y 0x 0－t 1.将y 20＝3x 20－3代入上式并整理得(4＋2t )x 0－4t ＝－2tx 0＋t2＋3，＋2t ＝－2t ，4t ＝t 2＋3，解得t ＝－1.当x 0＝2时，∠QFM ＝90°，而当t ＝－1时，∠QMF ＝45°，符合∠QFM ＝2∠QMF .所以满足条件的点M (－1,0)存在．。

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．（2002年上海10）设函数)(,2sin )(t x f x x f +=若是偶函数，则t 的一个可能值是 。

分析与解答：∵是偶又)().22sin()(2sin )(t x f t x t x t x f ++=+=+函数 ∴ )22sin()22sin()()(t x t x t x f t x f +-=++-=+即。

由此可得)(2)22(222222Z k k t x t x k t x t x ∈++--=+++-=+πππ或∴)(412Z k k t ∈+=π 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。

2021年高考数学二轮复习立体几何中的探索性问题的解题策略[策略诠释]1．主要类型：(1)对平行或垂直关系的探索．(2)对条件或结论不完备的开放性问题的探索．2．解题思路：首先假设其存在，然后在这个假设下推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，若推出了矛盾就否定假设．3．注意事项：(1)解决此类问题的关键是通过条件与所求把要探索的问题确定下来．(2)在转化过程中要有理有据，不能凭空猜测．【典例1】(xx·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．[审题](1)切入点：先利用线面垂直的判定定理证明AA1⊥平面ABC，再证明直线BC⊥平面ACC1A1.关注点：注意条件AC⊥BC的应用．(2)切入点：由于D，E分别是线段BC，CC1的中点，易猜想M应为线段AB的中点．关注点：只要在平面A1MC内找到一条与DE平行的直线即可．[解题]【解】(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.2分因为AB，AC为平面ABC内两条相交的直线，所以AA1⊥平面ABC.4分因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交的直线，所以BC⊥平面ACC1A1.6分(2)取线段AB 的中点M ，连接A 1M ，MC ，A 1C ，AC 1，设O 为A 1C ，AC 1的交点． 由已知，O 为AC 1的中点.8分连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC，△ACC 1的中位线，所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE.9分连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形， 则DE∥MO.因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC ， 所以直线DE∥平面A 1MC.11分即线段AB 上存在一点M(线段AB 的中点)，使直线DE∥平面A 1MC.12分 [变题]1．(xx·北京东城模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD ，P 为DN 的中点．(1)求证：BD⊥MC.(2)线段AB 上是否存在点E ，使得AP∥平面NEC ，若存在，说明在什么位置，并加以证明；若不存在，说明理由．【解】 (1)连接AC ，因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC⊥BD.又ADNM 是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD ， 所以AM⊥平面ABCD. 因为BD ⊂平面ABCD ， 所以AM⊥BD. 因为AC∩AM＝A ， 所以BD⊥平面MAC.又MC ⊂平面MAC ，所以BD⊥MC.(2)当E 为AB 的中点时，有AP∥平面NEC.取NC 的中点S ，连接PS ，SE.因为PS∥DC∥AE，PS ＝AE ＝12DC ，所以四边形APSE 是平行四边形， 所以AP∥SE.又SE ⊂平面NEC ，AP ⊄平面NEC ， 所以AP∥平面NEC.【典例2】 (12分)(xx·北京丰台模拟)如图(1)，在Rt △ABC 中，∠C＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图(2)．(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． [审题](1)切入点：先从折叠前后关系入手证明DE ⊥AC. 关注点：折叠前后线面间的位置关系．(2)切入点：先由条件建立空间直角坐标系，求面平面A 1BE 的法向量． 关注点：线面角与方向向量和法向量所求角的关系． (3)切入点：首先假设存在点P.关注点：由平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直知其法向量垂直． 【解】 (1)证明：∵AC ⊥BC ，DE ∥BC ， ∴DE ⊥AC.∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ， ∴DE ⊥平面A 1DC. ∴DE ⊥A 1C.又∵A 1C ⊥CD ，且DE∩CD＝D ， ∴A 1C ⊥平面BCDE. (2)如图所示，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C­xyz，则A 1(0,0,23)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2，2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，∴⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3， ∴n ＝(2,1，3).6分设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ.∵CM →＝(0,1，3)，∴sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝|n ·CM →|n |·|CM →||＝48×4＝22.∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.8分(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．理由如下： 假设这样的点P 存在，使其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，∴⎩⎨⎧2y ′－23z ′＝0，px ′－2y ′＝0.令x ′＝2，则y ′＝p ，z ′＝p3， ∴m ＝(2，p ，p3).10分 平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直.12分 【变题】2．(xx·贵州贵阳质检)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点 E ，使二面角D 1－EC －D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．【解】 (1)四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ， 所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0，0,1)，C (0,2,0)．设满足条件的点E 存在， 令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)， 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0.令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1－EC －D 的大小为π6得cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32，解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1－EC －D 的大小为π6.30135 75B7 疷+~25224 6288 抈O34516 86D4 蛔023969 5DA1 嶡40851 9F93 龓20035 4E43 乃 Au 35131 893B 褻。

高考中的探索性问题一、高考大纲剖析以前数学考试说明中能力要求没有创新意识。

数学考试说明：能力要求中指出，能力是指思维能力、运算能力、空间想象能力以及实践能力和创新意识。

其中创新意识指对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立的思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题.命题基本原则中指出，创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性，设计考查数学主体内容，体现数学素质的题目；反映数、形运动变化的题目；研究型、探索型或开放型的题目.让考生独立思考，自主探索，发挥主观能动性，研究问题的本质，寻求合适的解题工具.梳理解题程序，为考生展现其创新意识，发挥创造能力，创设广阔的空间.数学考试大纲（必修+选I）：能力要求中创新意识增加了：创新意识是理性思维的高层次表现。

对数学问题的“观察、猜测、抽象、概括、证明”，是发现问题和解决问题的重要途径，对数学知识的迁移、组合、融会的程度越高，显示出的创造意识也就越强。

考查要求指出对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查。

在考试中创设比较新颖的问题情境,构造有一定深度和广度的数学问题,要注重问题的多样化,体现思维的发散性。

精心设计考察数学主体内容,体现数学素质的试题;反映数、形运动变化的试题;研究型、探索型、开放型的试题。

两年考试大纲对比，说明今年高考对学生创新意识要求更高，近几年高考试题中对这方面考查主要通过探索性问题来实现的。

那么什么是探索性问题呢?如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.二、高考试题研究高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.由于这类题型没有明确的结论，解题方向不明，自由度大，需要先通过对问题进行观察、分析、比较、概括后方能得出结论，再对所得出的结论予以证明．其难度大、要求高，是训练和考查学生的创新精神，数学思维能力、分析问题和解决问题能力的好题型．近几年高考中探索性问题分量加重，在选择题、填空题、解答题中都已出现．如高考江苏卷第16题（立几）、第解几）；高考全国卷第15题（立几）、第22题（解几）；高考上海卷第12题（填空题，解几）、第21题（Ⅲ）（解几）、第22题（理：集合与函数，文：数列与组合数）；高考江苏卷第6题（统计图）、第13题（表格）；高考上海卷第12题（填空题，数列）、第16题（选择题，招聘信息表）、第21题（3）（立几）、第22题（3）（圆锥曲线）；高考北京卷第14题（填空题，数列）、第不等式证明）；高考福建卷第15题（概率）、第21题（Ⅱ）（导数与不等式）；春季高考上海卷第9题（数列）、第16题（函数）、第21题（2）（函数与直线）、第22题（3）（椭圆）等。

【专题六】探索性问题【考情分析】高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.【知识交汇】随着以培养学生的创新精神和实践能力为重点的素质教育的深入发展，高考命题将更加关注“探索性问题”．由给定的题设条件探求相应的结论，或由给定的题断追溯应具备的条件，或变更题设、题断的某个部分使命题也相应变化等等，这一类问题称之为探索性问题．由于这类题型没有明确的结论，解题方向不明，自由度大，需要先通过对问题进行观察、分析、比较、概括后方能得出结论，再对所得出的结论予以证明．其难度大、要求高，是训练和考查学生的创新精神，数学思维能力、分析问题和解决问题能力的好题型．近几年高考中探索性问题分量加重，在选择题、填空题、解答题中都已出现。

探索型问题具有较强的综合性，因此复习中既要重视基础知识的复习，又要加强变式训练和数学思想方法的研究，切实提高分析问题、解决问题的能力．高考常见的探索性问题，就其命题特点考虑，可分为题设开放型、结论开放型、题设和结论均开放型以及解题方法的开放型几类问题．【思想方法】一、条件追溯型【例1】（2009年高考浙江卷理科第17题）如图，在长方形ABCD 中，AB=2,BC=1,E 为DC 的中点，F 为线段EC(端点除外)上一动点，现将AFD 沿AF 折起，使平面AFD ⊥平面ABC,在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB,K 为垂足，设AK=t,则t 的取值范围是_______.【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F 位于DC 的中点时，1t =，随着F 点到C 点时，因,,CB AB CB DK CB ⊥⊥∴⊥平面A D B ，即有C B B D ⊥，对于2,1,CD BC BD ==∴，又1,2AD AB ==，因此有AD BD ⊥，则有12t =，因此t 的取值范围是1,12⎛⎫⎪⎝⎭【例2】如图，在平面直角坐标系xOy 中，(,0)A a (0)a >，(0,)B a ，(4,0)C -，(0,4)D ，设AO B ∆的外接圆圆心为E ．（1）若⊙E 与直线CD 相切，求实数a 的值；（2）设点P 在圆E 上，使PCD ∆的面积等于12的点P 有且只有三个，试问这样的⊙E 是否存在，若存在，求出⊙E【解析】（1）直线CD 方程为4y x =+，圆心(,)22a aE ，半径2r a =. |4|2a a -+=，解得4a =. （2）∵||CD ==∴当PCD ∆面积为12时，点P 到直线CD 的距离为又圆心E 到直线CD 距离为定值)，要使PCD ∆的面积等于12的点P 有且只有三个，只须圆E =10a =， 此时，⊙E 的标准方程为22(5)(5)50x y -+-=．评注：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。

探索性问题的常见类型及其求解策略苍南灵溪二高 陈敏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．（2002年上海10）设函数)(,2sin )(t x f x x f +=若是偶函数，则t 的一个可能值是 。

分析与解答：∵是偶又)().22sin()(2sin )(t x f t x t x t x f ++=+=+函数 ∴ )22sin()22sin()()(t x t x t x f t x f +-=++-=+即。

由此可得)(2)22(222222Z k k t x t x k t x t x ∈++--=+++-=+πππ或∴)(412Z k k t ∈+=π 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。