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2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 专题四 探索性问题


专题讲座四 探索性问题 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, 要求考 生自己去探索,结合已知条件,进行观察、分析、比较和概括.它对考生的数学思想、数学 意识及综合运用数学方法解决问题的能力提出了较高的要求. 这类问题不仅考查考生的探索 能力, 而且给考生提供了创新思维的空间, 所以备受高考的青睐, 是高考重点考查的内容. 探 索性问题一般可以分

为:条件探索性问题、结论探索性问题、存在探索性问题等.

条件探索性问题 此类问题的基本特征是:针对一个结论,条件未知需探求,或条件增删需确定,或条件 正误需判定,解决此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. (2015· 广东六校联考)已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和,且有 a1=1,Sn+1=an+
1(n∈N

). (1)求数列{an}的通项 an; n (2)若 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn; 4an
n

*

(3)是否存在最小正整数 m,使得不等式∑ =

k 1

k+2 <m 对任意正整数 n 恒成 Sk·(Tk+k+1)

立,若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由. [解] (1)当 n=1 时,a2=S1+1=a1+1=2; 当 n≥2 时,Sn+1=an+1,Sn-1+1=an,相减得 an+1=2an. - 又 a2=2a1,所以{an}是首项为 1,公比为 2 的等比数列,所以 an=2n 1. n n n - (2)由(1)知 an=2n 1,所以 bn= = = . 4an 4×2n-1 2n+1 1 2 3 n 所以 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1, 2 2 2 2 n-1 1 1 2 n Tn= 3+ 4+?+ n+1 + n+2. 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n 两式相减得 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1- n+2 2 2 2 2 2 2 1 1 (1- n) 22 2 n 1 n+2 = - n+2= - n+2 , 1 2 2 2 1- 2 n+2 所以 Tn=1- n+1 . 2

(3)

k+2 = Sk·(Tk+k+1)


k+2 1 = = 1 k + 2 k (2 -1)· (1- k+1) (2k-1)· (1- k+1 +k+1) 2 2

2k 1 1 1 =2( k - k+1 ), k+1 (2 -1)· (2 -1) 2 -1 2 -1
k n n k+2 1 1 1 所以∑ S · =∑ 2( - + )=2(1- n+1 )<2. k k=1 (Tk+k+1) k=1 2k-1 2k 1-1 2 -1 n

若不等式∑ =
n k 1

k 1

k+2 <m 对任意正整数 n 恒成立,则 m≥2, Sk·(Tk+k+1)

所以存在最小正整数 m=2,使不等式 ∑ = k+2 <m 对任意正整数 n 恒成立. Sk·(Tk+k+1)

[规律方法] 对于数列问题,一般要先求出数列的通项,不是等差数列和等比数列的要 转化为等差数列或等比数列.遇到 Sn 要注意利用 Sn 与 an 的关系将其转化为 an,再研究其具 体性质.遇到(-1)n 型的问题要注意分 n 为奇数与偶数两种情况进行讨论,本题易忘掉对 n 的奇偶性的讨论而致误.

结论探索性问题 此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. 解决此类问题的 策略是:先探索结论而后去论证结论,在探索过程中常可先从特殊情形入手,通过观察、分 析、归纳、判断来作一番猜测,得出结论,再就一般情形去认证结论. 如图所示,在三棱柱 ABC?A1B1C1 中,A1A⊥平面 ABC,AB=2BC,AC=AA1 = 3BC.

(1)求证:A1C⊥平面 AB1C1; (2)若 D 是棱 CC1 的中点, 在棱 AB 上是否存在一点 E,使得 DE∥平面 AB1C1?若存在, 请确定点 E 的位置;若不存在,请说明理由. [解] (1)证明:∵AB=2BC,AC= 3BC, π ∴△ABC 为直角三角形且∠ACB= , 2 ∴BC⊥AC,又 AA1⊥平面 ABC, ∴BC⊥AA1,又 AA1∩AC=A, ∴BC⊥平面 ACC1A1, ∴BC⊥A1C,B1C1⊥A1C. ∵AC=AA1, ∴侧面 ACC1A1 为正方形,

∴AC1⊥A1C. 又 B1C1∩AC1=C1, ∴A1C⊥平面 AB1C1. (2) 存在点 E,且 E 为 AB 的中点. 下面给出证明: 如图,取 BB1 的中点 F,连接 DF, 则 DF∥B1C1. 连接 EF,∵E 为 AB 的中点, ∴EF∥AB1. ∵B1C1 与 AB1 是相交直线, ∴平面 DEF∥平面 AB1C1. 又 DE?平面 DEF, ∴DE∥平面 AB1C1.

[规律方法] 对于结论探索性问题,需要先得出一个结论,再进行证明.注意含有两 个变量的问题,变量归一是常用的解题思想,一般把其中的一个变量转化为另一个变量,根 据题目条件,确定变量的值,遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数,根据函数的单 调性进行证明,这是解决复杂问题常用的方法.

存在探索性问题 此类问题的基本特征是:要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否 存在或某一结论是否成立.“是否存在”的问题的命题形式有两种情况:如果存在,找出一 个来;如果不存在,需要说明理由.这类问题常用“肯定顺推”的方法. (2015· 江南十校联考)在圆 C1:x2+y2=1 上任取一点 P,过 P 作 y 轴的垂 → → 线段 PD,D 为垂足,动点 M 满足MD=2MP.当点 P 在圆 C1 上运动时,点 M 的轨迹为曲线 C2. (1)求曲线 C2 的方程; 5 → → → (2)是否存在过点 A(2,0)的直线 l 交曲线 C2 于点 B,使OT= (OA+OB),且点 T 在圆 5 C1 上?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. x → → [解] (1)设 M(x,y),∵MD=2MP,∴P( ,y). 2 又 P 在圆 C1 上, x x2 ∴( )2+y2=1,即 C2 的方程是 +y2=1. 2 4 4 5 (2)当直线 l 的斜率不存在时,点 B 与点 A 重合,此时点 T 的坐标为( ,0),显然点 T 5 不在圆 C1 上,不合题意,

∴直线 l 的斜率存在. 设直线 l 的方程为 y=k(x-2), y=k(x-2) ? ?2 由?x ,得(1+4k2)x2-16k2x+16k2-4=0, 2 + y = 1 ? ?4 8k2-2 8k2-2 -4k 4k 解得 xB= , ). 2,∴yB=- 2,即 B( 1+4k 1+4k 1+4k2 1+4k2 -4k -4k 16k2 5 16k2 → → → ∴OA+OB=( ( , ). 2, 2),∴OT= 5 1+4k2 1+4k2 1+4k 1+4k -4k 2 1 16k2 2 ∵T 在圆 C1 上,∴ [( ) +( ) ]=1, 5 1+4k2 1+4k2 1 5 化简得,176k4-24k2-5=0,解得 k2= 或 k2=- (舍去), 4 44 1 ∴k=± . 2 1 ∴存在满足题意的直线 l,其方程为 y=± (x-2). 2 [规律方法] 解决此类问题的一般方法是:假设题中的数学对象存在或结论成立或暂且 认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设, 否则,给出肯定结论,其中反证法在解题中起着重要的作用.

1.设 x、y 为实数,集合 A={(x,y)|y2-x-1=0},B={(x,y)|16x2+8x-2y+5=0}, C={(x,y)|y=kx+b},问是否存在自然数 k,b 使(A∪B)∩C=?? 5 解:因为抛物线 y2-x-1=0 和 16x2+8x-2y+5=0 在 y 轴上的截距分别为± 1, ,所 2 以取 b=2.
? ?y=kx+2 3 3 由? 2 无实数解,得 1- <k<1+ ,从而 k=1, 2 2 ?y =x+1 ?

y=kx+2 ? ? 此时方程组? 5无实数解. 2 ? ?y=8x +4x+2 故存在 k=1,b=2 满足(A∪B)∩C=?. 2. 如图所示,在三棱锥 PABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上.已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.

(1)证明:AP⊥BC;

(2)在线段 AP 上是否存在点 M,使得二面角 AMCB 为直二面角?若存在,求出 AM 的 长;若不存在,请说明理由. 解:(1)证明:如图所示,以 O 为原点,以射线 OP 为 z 轴的正半轴,射线 OD 为 y 轴的 正半轴,以 Ox⊥AD 的直线为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 Oxyz. 则 O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0, → → → → 4),AP=(0,3,4),BC=(-8,0,0),由此可得AP·BC=0, → → 所以AP⊥BC,即 AP⊥BC. → → → → → → → (2)设PM=λPA, λ≠1, 则PM=λ(0, -3, -4), BM=BP+PM=BP → +λPA=(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4)=(-4,-2-3λ,4-4λ), → AC=(-4,5,0). 设平面 BMC 的法向量 n1=(x1,y1,z1),平面 APC 的法向量 n2=(x2,y2,z2). → ? ? ?BM·n1=0 ?-4x1-(2+3λ)y1+(4-4λ)z1=0 由? ,得? , ?-8x1=0 → ? ?BC · n1=0 ? x =0 ? ?1 2+3λ 即? ). 2+3λ ,可取 n1=(0,1, 4-4λ z1= y1 ? 4 - 4 λ ? → ? ?AP·n2=0 由? , → ? n2=0 ?AC·
? ?3y2+4z2=0 即? ,得 ?-4x2+5y2=0 ?

?x =4y , ? 3 ?z =-4y
2 2 2 2

5

可取 n2=(5,4,-3). 2+3λ 由 n1·n2=0,得 4-3· =0, 4-4λ 2 → 解得 λ= ,因为|AP|= 32+42+02=5,故 AM=3. 5 综上所述,存在点 M,且 AM=3,使得二面角 AMCB 为直二面角. 3.(2015· 江苏盐城期中考试)设数列{an}的各项均为正实数,bn=log2an,若数列{bn}满 足 b2=0,bn+1=bn+log2p,其中 p 为正常数,且 p≠1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 p=2,设数列{cn}对任意的 n∈N*,都有 c1bn+c2bn-1+c3bn-2+?+cnb1=-2n 成 立,问数列{cn}是不是等比数列?若是,请求出其通项公式;若不是,请说明理由. 解:(1)因为 bn+1=bn+log2p,所以 bn+1-bn=log2p, 所以数列{bn}是以 log2p 为公差的等差数列, - 又 b2=0,所以 bn=b2+(n-2)(log2p)=log2pn 2,

故由 bn=log2an,得 an=2bn=2log2pn 2=pn 2. (2)因为 p=2,由(1)得 bn=n-2, 所以 c1(n-2)+c2(n-3)+c3(n-4)+?+cn(-1) =-2n,① 则 c1(n-1)+c2(n-2)+c3(n-3)+?+cn+1(-1) =-2(n+1),② 由②-①,得 c1+c2+c3+?+cn-cn+1=-2,③ 所以 c1+c2+c3+?+cn+cn+1-cn+2=-2,④
- -

cn+2 再由④-③,得 2cn+1=cn+2,即 =2(n∈N*), cn+1 所以当 n≥2 时,数列{cn}为等比数列, c2 又由①式,可得 c1=2,c2=4,则 =2, c1 所以数列{cn}一定是等比数列,且 cn=2n. 4.(2015· 贵阳市适应性考试) 如图,等边三角形 OAB 的边长为 8 3,且其三个顶点均 在抛物线 E:x2=2py(p>0)上.

(1)求抛物线 E 的方程; (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P,与直线 y=-1 相交于点 Q,以 PQ 为直径的圆 是否恒过 y 轴上某定点 M,若存在,求出 M 的坐标;若不存在,请说明理由. 解:(1)依题意|OB|=8 3,据对称性知∠BOy=30°. 设点 B(x,y),则 x=8 3×sin 30°=4 3, y=8 3×cos 30°=12, 所以 B(4 3,12)在抛物线上, 所以(4 3)2=2p×12,解得 p=2, 抛物线 E 的方程为 x2=4y. 1 1 (2)设点 P(x0,y0)(x0≠0),因为 y= x2,y′= x, 4 2 1 直线 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0), 2 1 1 2 即 y= x0x- x0 . 2 4 1 1 x -4 ? ? 2 ?x= 0 ?y=2x0x-4x2 0 2x0 ,所以 Q(x0-4,-1). 由? ,得? 2x0 ?y=-1 ?y=-1 ? ? 设满足条件的定点 M 存在,坐标为 M(0,y1), x2 0-4 → → 所以MP=(x0,y0-y1),MQ=( ,-1-y1), 2x0
2

→ → 又因为MP·MQ=0, x2 1 2 0-4 所以 -y0-y0y1+y1+y2 1=0,又 y0= x0(x0≠0),联立解得 y1=1, 2 4 故以 PQ 为直径的圆过 y 轴上的定点 M(0,1).


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