1、应试策略 ,考题剖析 ,试题特点 ,03,05,07,探索性问题的解法,探索性问题常常需要由给定的题设条件去探索相应的结论，或由问题的题干去追溯相应的条件，要求在解题之前必须透过问题的表象去寻找、去发现规律性的东西.问题增加了许多可变的因素，思维指向不明显，解题时往往难于下手.近年来，探索性问题在高考试题中多次出现，主要有以下几类：(1)探索条件型问题：从给定的问题结论出发，追溯结论成立的充分条件；,试题特点,返回目录,探索性问题的解法,(2)探索结论型问题：从给定的题设条件出发，探求相关的结论；(3)探索存在型问题：从假设相关结论存在出发，从而肯定或否定这种结论是否存在；(4)探索综合型问题
2、：从变更题设条件或问题的结论的某个部分出发，探究问题的相应变化.2007年数学试卷中继续保持了探索型、开放型、研究型等题型，形式上也有突破，如只猜不证，只算不写等；填空题中出现了条件、结论完全开放的设计，题型的创新，带来了新的理念，也必将促进教学的创新.2008年高考各地数学试卷中可以看出，探索型、开放型、研究型等题型，题型更加开放、活泼、灵活，所给背景新颖。与日常生活相关的也出现在了高考试题中。,试题特点,返回目录,探索性问题的解法,应 试 策 略,返回目录,问题的条件不完备，结论不确定是探索性问题的基本特征，从探索性问题的解题过程来看，没有确定的模式，可变性多，对观察、试验、联想、类比、猜
3、想、抽象、概括，特别是对发现问题、分析问题的能力要求较高.探索性问题的常见解法有：(1)从最简单、最特殊的情况出发，有时也可借助直觉观察或判断，推测出命题的结论，必要时给出严格证明；(2)假设结论存在，若推证无矛盾，则结论确实存在，若推出矛盾，则结论不存在；(3)使用等价转化思想，找出命题成立的充要条件.,应试策略,返回目录,探索性问题的解法,考 题 剖 析,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,
4、探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,.（2007上海市新中第一考试）（1）证明：当a1时，不等式a3+ a2+ 成立;（2）要使上述不等式a3+ a2+ 成立，能否将条件“a1”适当放宽？若能，请放宽条件并简述理由；若不能，也请说明理由;（3）请你根据（1）、（2）的证明，试写出一个类似的更为一般的结论，且给予证明.,考题剖析,返回目录,探索性问题的解法,解 析（1）证明：a3+ a2 = (a1)(a51), a1， (a1)(a51)0，原不等式成立（2）a1与a51同号对任
5、何a0且a1恒成立， 上述不等式的条件可放宽为a0且a1,考题剖析,（3）根据（1）（2）的证明，可推知： 若a0且a1，mn0，则有am+ an+ 证：左式右式=aman+ =an(amn1) (amn1)= (amn1)(am+n1)若a1，则由mn0 amn1, am+n1 不等式成立；若0a1，则由mn0 0amn1, 0am+n1,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,点评这是一道类比研究探索结论的问题. 阅读理解原有结论、观察规律，然后将命题增加元素、增添次数等方式进行拓展，这是从特殊到一般的研究问题的方式，也是探索型学习的一种常见方式.,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,.（
6、2007上海市十一所实验示范校联考）我们把数列akn叫做数列an的k方数列（其中an0，k，n是正整数），S（k，n）表示k方数列的前n项的和.（1）比较S（1，2）S（3，2）与S（2，2）2的大小；（2）若an的1方数列、2方数列都是等差数列，a1=a，求an的k方数列通项公式；（3）对于常数数列an=1，具有关于S（k，n）的恒等式如：S（1，n）=S（2，n），S（2，n）=S（3，n）等等，请你对数列an的k方数列进行研究，写出一个不是常数数列an的k方数列关于S（k，n）的恒等式，并给出证明过程.,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,解析（1）S（1，2）=a1+a2, S (3
7、 ，2) = , S (2 ，2) =S（1，2）S（3，2）S（2，2）2= (a1+a2)( )( )2= = a1a2(a1a2)2an0,S(1,2)S(3,2)S(2,2)2,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,（2）设anan1=d, 则：d(an+an1)=p d(an+1+an)=p 得 2d2=0，d=p=0an=an1 =0,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,（3）当an=n时，恒等式为S（1，n）2=S（3，n） 证明：S(1, n)2=S(3, n)S(1, n1)2=S(3, n1)(n2, nN*) 相减得：anS(1, n)+S(1, n1)= S(1, n
8、) +S(1, n1)= ，S(1, n1) +S(1, n2)= 相减得：an +an1 = , an0， anan1=1, a1=1 an=n,返回目录,探索性问题的解法,点评本题主要考查等差数列、数列求和等数列基本知识，是一道结论型的探索问题.,考题剖析,.（2007湖南省师大附中三月模拟）已知数列an为等差数列，其前n项和为Sn.（）若a4+a5=0, 试验证:S7=S1, S6=S2, S5=S3成立，并将其整合为一个等式；（）一般地，若存在正整数k，使ak+ak+1=0，我们可将（）中的结论作相应推广，试写出推广后的结论，并推断它是否正确.,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,解
9、析（）an为等差数列, 且a4+a5=0. S7=S1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=S1+3(a4+a5)=S1 S6=S2+a3+a4+a5+a6=S2+2(a4+a5)=S2 S5=S3+a4+a5=S3; 又S4=S4. 对任意nN*, n8, 等式S8n=Sn恒成立.,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,（）推广：设等差数列an的前n项和为Sn，若存在正整数k，使ak+ak+1=0,则对任意nN*, 且n2k, 等式S2kn=Sn恒成立.设an的公差为d,ak+ak+1=0, 2a1+(2k1)d=0.S2kn=a1+ (2kn)=( d+ )(2kn)= (2kn)= (2
10、kdnd) = (d2a1nd)=na1+ d=Sn. 故推广后的结论正确.,返回目录,探索性问题的解法,点评这是一个规律探索性问题.前面相当是一个特例，然后猜想、证明一般结论.,考题剖析,.（2007广东江门一中）函数f(x)=x3+ax2+x+2(xR)（）若f(x)在x(，+)上是增函数,求实数a的取值范围.（）a=0时，曲线f(x)=x3+x+2的切线斜率的取值范围记为集合A，曲线f(x)=x3+x+2上不同两点P(x1, y1)，Q(x2, y2)连线斜率取值范围记为集合B，你认为集合A、B之间有怎样的关系（真子集、相等），并证明你的结论.（）a=3时，f(x)=x3+3x2+x+2
11、的导函数f(x)是二次函数，f(x)的图象关于轴对称. 你认为三次函数f(x)=x3+3x2+x+2的图象是否具有某种对称性，并证明你的结论.,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,解析（）f(x)=x3+ax2+x+2得 f(x)=3x2+2ax+1 若=4a2120 ,即 a 时,对于xR, 有f(x)0, f(x)在R上单调递增 若=4a212=0, 即a= 时, 对于xR, 有f(x)0, 当且仅当f( )=0 故f(x)在R上单调递增 若0，显然不合 综合所述，f(x)在R上是增函数, a取值范围为a , ,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,（）B A 证明：f(x)=x3+x+
12、2有f(x)=3x2+11 故A=1,+). 设PQ斜率k， 则 k = = = x1x2故若x2=0有x1+ =x10 若x1+ =0有x1= 0得x20 (x1+ )2+ 0 , 得k1, B=(1,+) 故B A,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,（）f(x)=x3+3x2+x+2的图象具备中心对称 证法1：由f(x)=3x2+6x+1对称轴x=1 现证f(x)图象关于点C(1, 3)中心对称 设M(x, y)是y=f(x)图象上任意一点, 且M(x, y)关于C(1, 3)对称 的点为N(x0, y0) , 则 得f(x0)= =(2x)3+3(2x)2+(2x)+2=(8+12x
13、+6x2+x3)+3(4+4x+x2)x=(x3+3x2+x+2)+6=y+6=y0 , 即y0=f(x0)故M关于点C(1, 3)对称的点N(x0, y0)也在函数y=f(x)图象函数y=f(x)图象关于点C(1, 3)对称,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,证法2：设y=f(x)图象的对称中心(m, n) 则把y=f(x)图象按向量b=(m,n)平移,得到 y=g(x)图象关于原点对称, 即y=g(x)是奇函数 g(x)=f(x+m)n=(x+m)3+3(x+m)2+(x+m)+2n =(x3+3x2m+3xm2+m3)+3(x2+2mx+m2)+x+m+2n =x3+(3m+3)x2
14、+(3m2+6m+1)x+m3+3m2+m+2n g(x)是奇函数的充要条件是得 y=f(x)的图象关于点(1, 3)中心对称,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,点评本题主要是考查导数的运用、集合的关系、函数的对称性等问题，第一问实则是探索问题成立的充分条件，第二问是结论探索、第三问是是否存在性问题.,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,.（2007山东省泰安市第一次考试）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PA=AD，AB= AD，E是线段PD上的点，F是线段AB上的点，且（）判断EF与平面PBC的关系，并证明；（）当=1时，证明DF平面PAC；（）是否存
15、在实数，使异面直线EF与CD所成角为60？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由.,返回目录,探索性问题的解法,考题剖析,解析（）EF平面PBC. 证明如下： 作FGBC交CD于G，连结EG，则 PCEG 又FGBC，BCPC=C，FGGE=G. 平面PBC平面EFG. 又EF 平面EFG EF平面PBC,返回目录,探索性问题的解法,（）=1，则F为AB的中点. 又AB= AD, AF= AB在RtFAD与RtACD中tanAFD= = =tanCAD= = AFD=CAD ACDF又PA平面ABCD，DF 平面ABCDPADF. DF平面PAC,考题剖析,返回目录,探索性问题的解法,考题剖
16、析,（）建立如图所示空间直角坐标系，设PA=AD=1，则A（0，0，0），B（ ，0，0），D（0，1，0），C（ ，1，0），P（0，0，1）.又 (0) F( )设E(0, y0, z0) 则 =(0, y0, z01),=(0, 1y0, z0) 又 (0)即 = (0, y0, z01)=(0, 1y0, z0) 即E(0, , ) =( ), =( , 0, 0),返回目录,探索性问题的解法,假设存在实数，使异面直线EF与CD所成的角为60，则 cos60= 2=5 = 存在实数= 使异面直线EF与CD所成的角为60.,点评本题主要考查立体几何的空间想象能力、推理论证能力和探索问题解
17、决问题的能力.第一问即改变常见提前方式即只要证明结论成立，而改为一种探索结论的提问方式要求先判断再证明，增大了难度.第三问是是否存在型探索问题，一般是假设存在当成条件进行论证，存在要求说明理由，不存在或者推出矛盾或者只要能举出个反例即可.,考题剖析,探索性问题的解法,返回目录,.（2007湖北地区适应考试2）三角形ABC的三个内角A、B、C的对边的长分别为a、b、c，有下列两个条件：（1）a、b、c成等差数列；（2）a、b、c成等比数列.现给出三个结论：（1）0B ;（2）acos2 +ccos2 = ;（3）1 .请你选取给定的两个条件中的一个条件为条件，三个结论中的两个为结论，组建一个你认
18、为正确的命题，并证明之.,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,解析可以组建命题一：ABC中，若a、b、c成等差数列，求证：（1）0B （2）acos2 +ccos2 = ；命题二：ABC中，若a、b、c成等差数列，求证： （1）0B （2）1命题三：ABC中，若a、b、c成等差数列，求证： （1）acos2 +ccos2 = （2）1命题四：ABC中，若a、b、c成等比数列，求证： （1）0B （2）1,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,下面给出命题一、二、三的证明： （1）a、b、c成等差数列2b=a+c，b=cosB= = 且B（0，），0B （2）acos2 +ccos2 = a =,探索性问题的解法,考题剖析,返回目录,（3）= cosB+sinB= cos(B ) 0B B cos(B )1 1 cos(B ) 下面给出命题四的证明：（4）a、b、c成等比数列b2=a+c， cosB= 且B（0，），0B,探索性问题的解法,考题剖析,点评本题是根据国家新教材的变化特点而设计的一道开放式的动态三角题，结论未知，首先应构建一个正确的命题，然后再证明，是一道从猜想到探究、发现、论证的探索性的题，也是一道属较难的题.,返回目录,
