《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习讲义-专题讲座四-探索性问题.docx

专题讲座四　探究性问题

探究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，要求考生自己去探究，结合已知条件，进行观看、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力气提出了较高的要求．这类问题不仅考查考生的探究力气，而且给考生供应了创新思维的空间，所以备受高考的青睐，是高考重点考查的内容．探究性问题一般可以分为：条件探究性问题、结论探究性问题、存在探究性问题等．

　　　　　　　条件探究性问题

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，先查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，经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，应引起留意．
　(2021·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；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)是否存在最小正整数m，使得不等式 ＜m对任意正整数n恒成立，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.
(2)由(1)知an＝2n－1，所以bn＝＝＝.
所以Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋.
两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝－，
所以Tn＝1－.
(3)＝＝＝＝2(－)，
所以Sk·＝2(－)＝2(1－)＜2.
若不等式 ＜m对任意正整数n恒成立，则m≥2，
所以存在最小正整数m＝2，使不等式
＜m对任意正整数n恒成立．
[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要留意利用Sn与an的关系将其转化为an，再争辩其具体性质．遇到(－1)n型的问题要留意分n为奇数与偶数两种状况进行争辩，本题易忘掉对n的奇偶性的争辩而致误．

　　　　　　　结论探究性问题

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：先探究结论而后去论证结论，在探究过程中常可先从特殊情形入手，通过观看、分析、归纳、推断来作一番猜想，得出结论，再就一般情形去认证结论．
　如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB＝2BC，AC＝AA1＝BC.

(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＝BC，
∴△ABC为直角三角形且∠ACB＝，
∴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]　对于结论探究性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．留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，依据题目条件，确定变量的值，遇到数列中的比较大小问题可以接受构造函数，依据函数的单调性进行证明，这是解决简洁问题常用的方法．

　　　　　　　存在探究性问题

此类问题的基本特征是：要推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状况：假如存在，找出一个来；假如不存在，需要说明理由．这类问题常用“确定顺推”的方法．

　　　(2021·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＝2.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；
(2)是否存在过点A(2，0)的直线l交曲线C2于点B，使＝(＋)，且点T在圆C1上？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)设M(x，y)，∵＝2，∴P(，y)．
又P在圆C1上，
∴()2＋y2＝1，即C2的方程是＋y2＝1.
(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)，明显点T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)，
由，得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，
解得xB＝，∴yB＝－，即B(，)．
∴＋＝(，)，∴＝(，)．
∵T在圆C1上，∴[()2＋()2]＝1，
化简得，176k4－24k2－5＝0，解得k2＝或k2＝－(舍去)，
∴k＝±.
∴存在满足题意的直线l，其方程为y＝±(x－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规律推理，若由此导出冲突，则否定假设，否则，给出确定结论，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＝∅？
解：由于抛物线y2－x－1＝0和16x2＋8x－2y＋5＝0在y轴上的截距分别为±1，，所以取b＝2.
由无实数解，得1－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)，＝(0，3，4)，＝(－8，0，0)，由此可得·＝0，
所以⊥，即AP⊥BC.
(2)设＝λ，λ≠1，则＝λ(0，－3，－4)，＝＋＝＋λ＝(－4，－2，4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，
＝(－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)．
由，得，
即，可取n1＝(0，1，)．
由，
即，得，
可取n2＝(5，4，－3)．
由n1·n2＝0，得4－3·＝0，
解得λ＝，由于||＝＝5，故AM＝3.
综上所述，存在点M，且AM＝3，使得二面角A­MC­B为直二面角．
3．(2021·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，恳求出其通项公式；若不是，请说明理由．

解：(1)由于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)由于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
再由④－③，得2cn＋1＝cn＋2，即＝2(n∈N*)，
所以当n≥2时，数列{cn}为等比数列，
又由①式，可得c1＝2，c2＝4，则＝2，
所以数列{cn}确定是等比数列，且cn＝2n.
4．(2021·贵阳市适应性考试) 如图，等边三角形OAB的边长为8，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，据对称性知∠BOy＝30°.
设点B(x，y)，则x＝8×sin 30°＝4，
y＝8×cos 30°＝12，
所以B(4，12)在抛物线上，
所以(4)2＝2p×12，解得p＝2，
抛物线E的方程为x2＝4y.
(2)设点P(x0，y0)(x0≠0)，由于y＝x2，y′＝x，
直线l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，
即y＝x0x－x.
由，得，所以Q(，－1)．
设满足条件的定点M存在，坐标为M(0，y1)，
所以＝(x0，y0－y1)，＝(，－1－y1)，
又由于·＝0，
所以－y0－y0y1＋y1＋y＝0，又y0＝x(x0≠0)，联立解得y1＝1，
故以PQ为直径的圆过y轴上的定点M(0，1)．