专题讲座四探索性问题.doc

专题讲座四　探索性问题 ,[学生用书P166～P167]) 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； (2)若bn＝eq \f(n,4an)，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eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1)) eq \f(k＋2,Sk·（Tk＋k＋1）)＜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＝eq \f(n,4an)＝eq \f(n,4×2n－1)＝eq \f(n,2n＋1)． 所以Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)， eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,23)＋eq \f(2,24)＋…＋eq \f(n－1,2n＋1)＋eq \f(n,2n＋2)． 两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n,2n＋2) ＝eq \f(\f(1,22)（1－\f(1,2n)）,1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋2)＝eq \f(1,2)－eq \f(n＋2,2n＋2)， 所以Tn＝1－eq \f(n＋2,2n＋1)． (3)eq \f(k＋2,Sk·（Tk＋k＋1）)＝eq \f(k＋2,（2k－1）·（1－\f(k＋2,2k＋1)＋k＋1）)＝eq \f(1,（2k－1）·（1－\f(1,2k＋1)）)＝eq \f(2k＋1,（2k－1）·（2k＋1－1）)＝2(eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k＋1－1))， 所以eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk·eq \f(k＋2,（Tk＋k＋1）)＝eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))2(eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k＋1－1))＝2(1－eq \f(1,2n＋1－1))＜2． 若不等式eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1)) eq \f(k＋2,Sk·（Tk＋k＋1）)＜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 eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1)) eq \f(k＋2,Sk·（Tk＋k＋1）)＜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＝eq \r(3)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＝eq \r(3)BC， ∴△ABC为