人教版长沙市长郡中学 开放性与探索性问题.ppt

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1、长郡中学高三数学组长郡中学高三数学组 开放性与探索性开放性与探索性问题2021/8/9 星期一1 解决这类问题的途径:通过分析判断，演绎推理，观察联想，化归转化，尝试探求，猜想验证等多种思维形式去寻找解题途径。探索性问题分条件探索性问题，结论探索性问题和存在探索性问题。2021/8/9 星期一2一、条件探索性问题一、条件探索性问题解决条件探索性问题的策略有：（1）模仿分析法。将题设和结论视为已知条件，分别进行演绎再有机地结合起来，推导出所需寻求的条件。（2）设出题目中指定的探索条件，将此假设为已知，结合题设条件列出满足结论的等量或不等量关系，通过解方程或不等式，求出所需寻找的条件。2021/8

2、/9 星期一3例例1 1：已知当：已知当时，不等式时，不等式恒成立，恒成立，的取值范围的取值范围试求试求2021/8/9 星期一4解法一：解法一：令令x=0,x=1 由已知条件可知，由已知条件可知，设设 由由 可知可知 2021/8/9 星期一5结结合原不等式合原不等式对对任意任意恒成立可知恒成立可知 可得可得 所以所以 2021/8/9 星期一6解法二：解法二：令令x=0,x=1 由已知条件可知由已知条件可知 当当，原不等式变为，原不等式变为 令令 即即 令令 所以所以 2021/8/9 星期一7解得解得 所以所以 大大的缩小了大大的缩小了 从特殊的个体考察普遍的规律是高中阶段必须掌握的思维

3、从特殊的个体考察普遍的规律是高中阶段必须掌握的思维方式，本题先令方式，本题先令x=0 x=0和和x=1x=1得到得到，的考察范围，为后面的解答提供的很大的的考察范围，为后面的解答提供的很大的方便。而解法二通过换元，使得式子更为规范。方便。而解法二通过换元，使得式子更为规范。评注：评注：2021/8/9 星期一8例例2、设集合、设集合 问：问：（1 1）当）当a a为何值时，为何值时，为含有两个元素的集合？为含有两个元素的集合？（2 2）当）当a a为何值时，为何值时，为含有三个元素的集合？为含有三个元素的集合？2021/8/9 星期一9解法一：解法一：因为因为，而，而 与与 分别为方程组分别为

4、方程组 的解集的解集 当当时，由时，由得，得，；当当时时，由由 得，得，2021/8/9 星期一10又由又由 得得 的判别式的判别式 于是当于是当，或，或 时，时，：当当 时，时，此时显然此时显然 当当 时，时，有两个元素，其中有两个元素，其中2021/8/9 星期一11，则，则 则由则由，得得当且仅当当且仅当 时，时，综上所述可知，综上所述可知，当当，或，或，或，或 时，时，两个元素的集合；两个元素的集合；为含有为含有2021/8/9 星期一12当当，或，或，或，或 时，时，为含有三个元素的集合为含有三个元素的集合 如图如图1 如图如图2 2021/8/9 星期一13解法二：解法二：由已知：

5、直线由已知：直线m：为定点系，直线为定点系，直线n：为平行系，这两条直线与单位圆相交。如上图为平行系，这两条直线与单位圆相交。如上图（1）如图）如图1，直线，直线m与单位圆相交于（与单位圆相交于（0，1）与另外一点，）与另外一点，而直线而直线n与单位圆相离，或直线与单位圆相离，或直线m与直线与直线n重合。重合。a=1时，时，两条直线与单位圆相交于两点。两条直线与单位圆相交于两点。所以当所以当，或，或，或，或a=1时时 为含有两个元素的集合；为含有两个元素的集合；2021/8/9 星期一14（2）如图）如图2，直线，直线m与单位圆相交于（与单位圆相交于（0，1）与另外一点，）与另外一点，而直线而

6、直线n与单位圆相切，或直线与单位圆相切，或直线m与单位圆相切，直线与单位圆相切，直线n与单与单位圆相交于两点，或直线位圆相交于两点，或直线m与直线与直线n相交于（相交于（0，1）时，两）时，两条直线与单位圆相交于三点。条直线与单位圆相交于三点。所以当所以当 ，或，或，或，或 时，时，为含有三个元素的集合。为含有三个元素的集合。评注：评注：本题给出了两种探究方式，解法一的方式是从式子的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，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，对思维的严

7、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。漏。2021/8/9 星期一15例例3：在棱长为：在棱长为a的正方体的正方体ABCDA1B1C1D1中，中，E、F分别是棱分别是棱BC、CD上的点，且上的点，且BECF（1）当）当E、F在何位置时，在何位置时，B1FD1E；（2）当）当E、F在何位置时三棱锥在何位置时三棱锥C1CEF的体积取得最大的体积取得最大 值，并求此时二面角值，并求此时二面角C1EFC的大小的大小ABCDD1A1B1C1EFxyzG解解:(1)以以A为原点，分别以为原点，

8、分别以 为为x轴、轴、y轴、轴、z轴建立空间直角坐标系，轴建立空间直角坐标系，设设BEx，则有，则有B1(a，0，a)，D1(0，a，a)，E(a，x，0)，F(ax，a，0)2021/8/9 星期一16 因此，无论因此，无论E、F在何位置均有在何位置均有B1FD1E (2)解：解：当当 时，三棱锥时，三棱锥C1CEF的体积最大，这时的体积最大，这时E、F分别为分别为BC、CD的中点的中点 连结连结AC交交EF于于G点，连结点，连结C1G，则，则ACEF由三垂线定理知由三垂线定理知C1GEF，C1GC是二面角是二面角C1EFC的平面角的平面角 2021/8/9 星期一17，即二面角即二面角C1

9、EFC的大小为的大小为 评注：评注：立体几何中的点的位置的探求经常借助于空间向量，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。几何中的点的位置的探求的常用方法。2021/8/9 星期一18例例4：已知数列已知数列 的首项的首项 为常数），为常数），（1）是否可能是等差数列？若可能，求出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。的通项公式；若不可能，说明理由。（2）设）设 是数列是数列 的前的前n项的和，且项的和，且 是等比数列，求实

10、数是等比数列，求实数a，b满足的条件。满足的条件。，2021/8/9 星期一19解：解：，（1）由已知条件）由已知条件 所以所以 2021/8/9 星期一20若若 成等差数列，则成等差数列，则，得，得；由；由，得，得，矛盾。，矛盾。所以所以 是不可能是等差数列。是不可能是等差数列。（2）因为）因为，当当 时，时，从第从第2项起是以公比为项起是以公比为2的的等比数列。的的等比数列。2021/8/9 星期一21所以所以。时，时，因为因为 是等比数列，所以是等比数列，所以 为常数。为常数。因为因为，所以，所以 当当 时，时，得，得 2021/8/9 星期一22因为因为 是等比数列，是等比数列，综上，

11、综上，是等比数列，实数是等比数列，实数a，b满足的条件为满足的条件为 或或 评注：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，）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。）的证明必须对每一项都要满足，所以要对第一项进行检验。2021/8/9 星期一23另一方面，另一方面，为常数，也可以理解为为常数，也可以理解为（t与与n无关）对无关）对n2恒成立，即方程恒成立，即方程 对对n2恒成立，恒成立，在条件在条件a1下，同样可得下，

12、同样可得 这里运用了代数恒等思想。这里运用了代数恒等思想。（此时（此时t必等于必等于2）2021/8/9 星期一24二、结论性探索性问题二、结论性探索性问题 有时运用定义或定理直接导出结论，有时可通过具体到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。通过类比，联想，猜测出结论，再加以证明。解决结论性探索性问题的策略是：解决结论性探索性问题的策略是：例例5、已知不等式：、已知不等式：（1）当）当，不等式成立，试问：不等式是否对，不等式成立，试问：不等

13、式是否对任何正数任何正数c都成立？为什么？都成立？为什么？2021/8/9 星期一25（2）对已知的正数）对已知的正数c，将不等式右边的，将不等式右边的“”改成某些值，改成某些值，如如 等，不等式怎样成立，试求出所有的这样的集合等，不等式怎样成立，试求出所有的这样的集合M。解：设解：设，设，设 所以原不等式对于任意正数所以原不等式对于任意正数c不都成立。不都成立。则则 若原不等式成立，即若原不等式成立，即 式式，则需要，则需要 而当而当 时时 式对于任意实数式对于任意实数x不成立。不成立。2021/8/9 星期一26（2）当）当 时，时，当，当z=1，即，即 时取等号，时取等号，所以所以，故，

14、故，当当 时时，由，由 可知可知 当当，即，即 时取等号时取等号 所以所以，故，故 综上：当综上：当 时，时，当，当 时，时，2021/8/9 星期一27点评：点评：（1）从一般性入手，讨论原不等式成立的等价条件，然）从一般性入手，讨论原不等式成立的等价条件，然 后对所探究的结论下结论；后对所探究的结论下结论；（2）的探索成功关键是分类讨论，通过分情况为所探讨）的探索成功关键是分类讨论，通过分情况为所探讨 结论进行研究，然后获得更结论进行研究，然后获得更 全面的结论。全面的结论。例例6：如图，一粒子在区域：如图，一粒子在区域 在第一秒内它从原点运动到点在第一秒内它从原点运动到点B1(0,1)，

15、接着按图中，接着按图中箭头所示方向在箭头所示方向在x轴、轴、y轴及其平行方向上运动，且轴及其平行方向上运动，且每秒移动一个单位长度。每秒移动一个单位长度。上运动，上运动，（1）设粒子从原点到达点）设粒子从原点到达点 时，所经过的时间分别为时，所经过的时间分别为、请写出请写出 的通项公式：的通项公式：（2）求粒子从原点运动到点）求粒子从原点运动到点P(16，44)时所需的时间；时所需的时间；2021/8/9 星期一28（3）粒子从原点开始运动，求经过）粒子从原点开始运动，求经过2004秒后，它所处的坐标。秒后，它所处的坐标。解答：解答：(1)由图形可知由图形可知，当粒子从，当粒子从原点到达原点到

16、达An时，明显有时，明显有 B5yxB4B3B2B1A1A2A3A4A6A5C1C2C3C52021/8/9 星期一29即即（2）有图形知，粒子从原点运动到点）有图形知，粒子从原点运动到点P(16,44)时所需的时时所需的时间是到达点间是到达点 所经过得时间所经过得时间 再加（再加（4416）28秒，秒，所以所以 秒。秒。2021/8/9 星期一30（3）由）由，解得，解得 取最大值取最大值n=44，经计算，得经计算，得，从而粒子从原点开始运动，从而粒子从原点开始运动，经过经过1980秒后到达点秒后到达点，再向左运行，再向左运行24秒所到达的点的坐标为秒所到达的点的坐标为（20，44）。）。点

17、评：点评：从起始项入手，逐步展开解题思维，由特殊到一般，探从起始项入手，逐步展开解题思维，由特殊到一般，探索出数列的递推关系式，这是解答数列问题一般方法，也是历索出数列的递推关系式，这是解答数列问题一般方法，也是历年高考命题的热点所在。年高考命题的热点所在。2021/8/9 星期一31例例7：（：（2005年全国卷）已知椭圆的中心为坐标原点年全国卷）已知椭圆的中心为坐标原点0，焦点，焦点在在x轴上，斜率为轴上，斜率为1且过椭圆右焦点且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于的直线交椭圆于A、B两两点，点，OA+OB与与a=(3,1)共线。共线。（1）求椭圆的离心率）求椭圆的离心率（2）设）设M为椭圆上任意

18、一点，且为椭圆上任意一点，且 证明证明 为定值。为定值。解：（解：（1）设椭圆方程）设椭圆方程，则直线，则直线AB 为为y=xc 代入代入 化简得化简得 2021/8/9 星期一32令令 则则 由由OA+OB与与 共线得共线得 则则 又又 2021/8/9 星期一33 故故（2）由（）由（1）知）知，故椭圆方程可设为，故椭圆方程可设为 设设，由已知得，由已知得 M(x,y)在椭圆上在椭圆上 2021/8/9 星期一34由（由（1）知）知 又又 代入代入式得式得 2021/8/9 星期一35点评：点评：两问作为结论性探索性，在考察直线与椭圆的两问作为结论性探索性，在考察直线与椭圆的位置关系时，没

19、有设置直线方程，而是设出椭圆上点位置关系时，没有设置直线方程，而是设出椭圆上点的坐标，通过整体运算，使问题获解。的坐标，通过整体运算，使问题获解。三、存在探索性问题三、存在探索性问题解决存在探索性问题的策略是：解决存在探索性问题的策略是：一般是假设结论的某一方面成立，然后进行演绎一般是假设结论的某一方面成立，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，对于验证后即可肯定结论，对于“存在存在”，“不存在不存在”已已肯定的问题，或直接用条件证明或采用反证法说明。肯定的问题，或直接用条件证明或采用反证法说明。2021/8

20、/9 星期一36例例8：如图，已知正四棱柱：如图，已知正四棱柱 的底面边长为的底面边长为4，Q为为 的中点，的中点，（1）若二面角）若二面角 的余弦值为的余弦值为 试确定试确定P点的位置。点的位置。（2）在棱）在棱 上是否存在点上是否存在点P，使得，使得 面面PMN？若存在，若存在，确定确定P点的位置；若不存在，请说明理由点的位置；若不存在，请说明理由2021/8/9 星期一37解：设解：设，建立如图所示的坐标系，建立如图所示的坐标系，设平面设平面PMN的法向量为的法向量为=（x y z）则有则有 解得解得 令令z=6 得得 而平面而平面 的法向量的法向量 2021/8/9 星期一38解得解得

21、 又又 即即P为为 的中点的中点（2）若存在，则有）若存在，则有 而而 所以在棱所以在棱 上不存在点上不存在点P，使得，使得 面面PMN 评注：评注：本题是立体几何的位置确定的探索性问题，本题是立体几何的位置确定的探索性问题，(1）一般是已知）一般是已知P点的位置，求二面角，但在此已知二面点的位置，求二面角，但在此已知二面 角来确定角来确定P的位置，可运用方程求解待定参数。的位置，可运用方程求解待定参数。（2）运用了：）运用了：“要否定一个结论只需寻找一个反例即可要否定一个结论只需寻找一个反例即可”的思维方式。的思维方式。2021/8/9 星期一39例例9、已知椭圆、已知椭圆(t为参数为参数)

22、(1)椭圆椭圆C的中心为的中心为M(x,y),证明证明:无论无论t为何值为何值,椭圆的长、短椭圆的长、短 轴之长均为定值轴之长均为定值.并写出并写出M的纵坐标的纵坐标y关于横坐标关于横坐标x的函数的函数 关系式关系式(2)若若,求出使求出使 成立成立x的取值范围；的取值范围；(3)是否存在区间是否存在区间E,使使,对于区间对于区间E内的任意实数内的任意实数x.只要只要 都有都有 恒成立？恒成立？2021/8/9 星期一40解：解：()由由C的方程整理得的方程整理得 均为定值均为定值,中心中心M(x,y)满足满足 消去消去t得得()由由 得得 即即 或或 由由 或或 解得解得 或或 或或 202

23、1/8/9 星期一41()从观察特殊情况入手从观察特殊情况入手由由 由于由于 由由()知知,当当 时时,这样当这样当 时时,命题成立命题成立 为了推广为了推广,可用数学归纳法可用数学归纳法.2021/8/9 星期一42假设假设 时时,命题也成立命题也成立,即即 则则 即即 时时,命题也成立命题也成立.综上所述综上所述:当当 且且 时时 恒成立恒成立.故存在区间故存在区间 使使,对对E内任意内任意x,当当 时时,恒成立恒成立.2021/8/9 星期一43例例10、已知数列已知数列 中，中，a为正实数，为正实数，（1）若）若，试求，试求a的取值范围。的取值范围。（2）求证：不存在）求证：不存在a，

24、使，使 对任意对任意 恒成立。恒成立。解（解（1）2021/8/9 星期一44，（2 2）用反证法）用反证法假设存在正实数假设存在正实数a，对任意，对任意，使，使 恒成立，则恒成立，则，恒成立。恒成立。2021/8/9 星期一45又又 即即 故取故取，即，即，有，有，则与，则与 矛盾，矛盾，因此，因此，不存在正实数不存在正实数a，使，使，对，对，恒成立。，恒成立。2021/8/9 星期一46点评：点评：例例9的推理从特殊到一般，为证明一般结论成立，运的推理从特殊到一般，为证明一般结论成立，运用了强有力工具用了强有力工具数学归纳法；例数学归纳法；例10（2）的证明，采）的证明，采用了反证法，对于

25、解决存在性探索性问题，很有代表性。用了反证法，对于解决存在性探索性问题，很有代表性。以上三个方面举例，较全面地讨论了开放性与探索性问题以上三个方面举例，较全面地讨论了开放性与探索性问题求解的基本思路与方法，但由于这类问题的条件或结论的不求解的基本思路与方法，但由于这类问题的条件或结论的不确定性，使我们解答过程中不能仅从一个思维层面上思考，确定性，使我们解答过程中不能仅从一个思维层面上思考，应该运用发散思维思考问题，探索要从特殊到一般，从感性应该运用发散思维思考问题，探索要从特殊到一般，从感性到理性角度看问题，猜测要大胆，在确定解题思路方向的前到理性角度看问题，猜测要大胆，在确定解题思路方向的前提下，敢于采用所学习过的各种数学方法去尝试，只要这样提下，敢于采用所学习过的各种数学方法去尝试，只要这样训练，才能适应新高考命题中不断创新的试题的考试要求。训练，才能适应新高考命题中不断创新的试题的考试要求。2021/8/9 星期一472021/8/9 星期一48