《2011届高考数学解题思想方法高考热点问题和解题 探索性问题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2011届高考数学解题思想方法高考热点问题和解题 探索性问题.pdf（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、二、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
2、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
3、 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
4、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。、再现性题组：、再现性题组：1.是否存在常数 a、b、c，使得等式122232n(n1)2c)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n(n 1)(an2bn128n8182，。Sn为其前 n 项和，求 S1、12323252(2n1)2(2n1)2S2、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 n1、2、3 代入已知等式列出方程组，解得a3、b11、c10，猜测 a、b、c 的
5、值对所有的 nN 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）(2n 1)2182448802 题：计算得到 S1、S、S3、S4，观察后猜测 Sn，(2n 1)292254981再运用数学归纳法进行证明。、示范性题组、示范性题组：【例 1】已知方程 kx2y24，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 kx2y24 的特点，对参数k 分 k1、k1、0k1、k0、k1、k1、0k1、k0、k1 时，表示椭圆，其中心在原点，焦点在y 轴
6、上，a2，b 当 k1 时，表示圆，圆心在原点，r2；2;k2 当 0k1 时，表示椭圆，其中心在原点，焦点在x 轴上，a，b2；k 当 k0 时，表示两条平行直线 y2；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：y y y y y x x x x x【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。y2【例 2】给定双曲线 x 1，过点 A(2,0)的直线 L 与所给双曲线交于 P1及 P2，22求线段 P1P2的中点 P 的轨迹方程；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 Q
7、1、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】设直线 L：yk(x2)y k(x 2)22222y2消 y 得(2k)x 4k x(24k)0 x 214k22k24k x1x22xp2代入直线 L 得：yp2k 2k 2k 22k2x 222y(x 1)k 2消 k 得 2x24xy20 即1124ky 2k2 2y2(x 1)2线段 P1P2的中点 P 的轨迹方程是：1122 设所求直线 m 的方程为：y
8、k(x1)1y k(x 1)12y2消 y 得(2k2)x2(2k22k)x2kk230 x 212k2 2k x1x222k2k2 2代入消 y 后的方程计算得到：0，解得 ak124k4(k1)2，所以 nk1 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。设 cnbn1an1an114n 24n 2（）1（2）anan124n 24n 2212n 12n 111（1）(1)22n 12n 12n12n 111111b1b2bnnc1c2cn（1）+（）()3352n12n 1112n 11lim(b1b2bnn)lim(1)1nn2n 1【注】本题求数列的通项公式，属于猜想
9、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 an1Sn1Sn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：an 21122由题意有2Sn，整理得到 Sn(an2)，所以 Sn1(an12)，288122 an1Sn1Sn(an12)(an2)8整理得到(an1an)(an1an4)0由题意 an0 可以得到
10、：an1an40,即 an1an4数列an为等差数列，其中 a12，公差 d4，即通项公式为 an4n2。xn(xn2 3)【例 4】已知 x10，x11，且 xn1 (nN)，比较 xn与 xn1的大小。(863xn21年全国理)【分析】比较 xn与 xn1的大小，采用“作差法”，判别差式的符号式，分情况讨论。xn(xn2 3)2xn(1 xn2)【解】xn1xnxn3xn213xn21由 x10 及数列xn的定义可知，xn0，所以 xn1xn与 1xn2的符号相同。假定 x10；假设 nk 时 1xk20，那么当 nk1 时，1xk12xk(xk23)2(1 xk2)321 0，因此对一切
11、自然数 n 都有 1xn0,222(3xk1)3xk1即 xn1，当 n1 时，1x120；假设 nk 时 1xk20，那么当 nk1 时，1xk12xk(xk23)2(1 xk2)321 0，因此对一切自然数 n 都有 1xn0,222(3xk1)3xk1即 xnxn1。所以，对一切自然数 n 都有 xnxn1。【注】本题对 1xn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。、巩固性题组：、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。.证明：lgSn lgSn20，使得lg(Sn c
12、)lg(Sn2 c)0)，an2an1 (n2，nN)。1 an1 用 a 表示 a2、a3、a4；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，A y且 b、a、c 成等差数列，bc。已知 B(-1,0)、C(1,0)。求顶点 A 的轨迹 L；是否存在直线 m，使 m 过点 B 并与曲线 L 交于不同 B O C x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、PPC 的中点。N 求证：MNAB；B M A 若平面 PDC 与平面 ABCD 所成的二面角为，能否确定C D，使得直线 MN 是异面直线 AB 与 PC 的公垂线？若能确定，求出的值；若不能确定，说明理由。