是否存在型问题探索.doc

数学高考综合能力题选讲30 是否存在型的探索性问题 100080 北京中国人民大学附中 梁丽平 题型预测 一般来说，是否存在型问题，实质上是探索结论的开放性问题．相对于其他的开放性问题来说，由于这类问题的结论较少（只有存在、不存在两个结论，有些时候须讨论），因此，思考途径较为单一，难度易于控制，受到各类考试的命题者的青睐． 解答这一类问题，往往从承认结论、变结论为条件出发，然后通过特例归纳，或由演绎推理证明其合理性．探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不要忽略任何可能的因素． 范例选讲 例．已知数列中，，且对于任意自然数，总有，是否存在实数，使得对于任意自然数恒成立？证明你的结论． 讲解：是一个一般性的结论，为了探求是否存在，我们可从特殊的n出发，求出的值，再检验是否满足一般的条件． 由，，代入，可解得． 代入检验，可知当时，一方面由得，另一方面，由得，矛盾． 所以，这样的实数不存在． 上述过程是解答这一类问题的一般方法，但对于本题，有它的特殊性．如果对极限的概念较为熟悉，不难发现，如果这样的存在的话，则由，可得：． 对两边取极限，得，解得或3． 若，则数列应该是以1为首项，以为公比的等比数列，显然，不可能对任意的正整数n都满足；若，将代入，可求得－3，此时，，验证即可得出矛盾． 作为探索是否存在的一种手段，后一种方法显然优于前一种． 点评：探索，常常遵循“从一般到特殊，再从特殊到一般”的思维方法．先从具体、特定的实例入手，从中探测出问题的结论，再经过严格的论证． 例2．已知函数（是自然数）是奇函数，有最大值，且． （Ⅰ）试求函数的解析式； （Ⅱ）是否存在直线与的图象只交于P、Q两点，并且使得P、Q两点的中点为（1，0）点，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 讲解：（Ⅰ）由为奇函数易知：． 又因为是自然数，所以，当时，0；当时，．所以，的最大值必在时取得． 当时，，等号当且仅当时取得． 所以，． 又，所以，．结合是自然数，可得：． 所以，． （Ⅱ）对于“是否存在型”的问题，一般探索的方法为：假设存在，导出矛盾，或者从部分结论出发，导出其存在的必要条件，再验证是否充分． 根据上述思路，我们可以假设存在满足条件的直线，则、Q的坐标可为P，．且这两点都在函数的图像上．即： 消去，得，解得：． 所以，或． 所以，直线的方程为：． 的存在性还须通过充分性的检验． 把直线的方程与函数联立，不难求得，共有三组解： ． 因此，直线与的图象共有三个交点，与“只交于两点”矛盾．所以，满足条件的直线不存在． 在得到这样的解答之后，我们不妨回头再看一看，在上述过程中，函数的性质（如奇偶性）并没有得到充分的应用．若能充分运用这个已知条件，则可以得到其他不同的探索过程． 解2：设，则由为奇函数可知：P关于原点的对称点也在的图像上， 又，所以，，且，故问题等价于： 是否存在直线，使得与有两个距离为2的交点． 将代入，解之得：，令，解得：，， 所以，，此时直线的方程为 充分性的检验过程同上． 以上两种解法都是从求出直线的方程入手．如果我们将着眼点放在“只交于两点”，则可以得到下面简洁的解法． 解3：当直线的斜率不存在时，，此时与函数的图像只交于一点，不满足题设，所以，可设直线的方程为：， 与联立，消去得： （#） 由P、Q关于点（1，0）对称，可得：点（1，0）在直线上，所以，． 对于上述方程（＃），若，则方程只有一解，不符合题意． 若，则方程（#）的实根个数可能为1个或3个．不可能有两个．即过点（1，0）的直线与的图象不可能只有两个交点，所以，这样的直线不存在． 点评：敏锐的观察，丰富的想象，是进行有效探索的法宝． 例3．已知是首项为2，公比为的等比数列，为它的前项和． （Ⅰ）用表示； （Ⅱ）是否存在自然数和，使得成立． 讲解：（Ⅰ）由，得 ． （Ⅱ）为了探求自然数和的存在性，我们可以执果索因，用分析法． 要使，只要． 因为，所以，故只要 ． ① 到此为止，可以看出，问题已转化为：是否存在自然数k，使得在和之间存在一个自然数？ 因此，我们需考察与的表达式．注意到： ， 所以，当时，，，故只需考虑的情形． 又时，，；时，，．所以，均不可能存在自然数满足条件． 点评：如果将上述问题（Ⅱ）改为：“是否存在自然数，使得对于任意的自然数，都有成立？”是否有更简洁的解法？请读者思考． 高考真题 1．（2000年上海高考）已知复数 均为实数，为虚数单位，且对于任意复数． （Ⅰ）试求的值，并分别写出和用、表示的关系式； （Ⅱ）将(、)作为点的坐标，(、)作为点的坐标，上述关系可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点变到这一平面上的点，当点在直线