高三数学第二轮冲刺课件《专题十六开放性与探究性问题》全国通用

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1、开放性与探究性开放性与探究性问题求解问题求解第一课时：第一课时：范围与轨迹的探究：范围与轨迹的探究：课前导引课前导引 第一课时：第一课时：范围与轨迹的探究：范围与轨迹的探究：课前导引课前导引 04.D 02C.24B.2.A)(,1,50,),4()(5)(.1 2 mmmmmmtftftaxxxf范围是范围是的取值的取值则则最小值最小值上有最大值上有最大值且在闭区间且在闭区间都有都有任意任意对对设二次函数设二次函数第一课时：第一课时：范围与轨迹的探究：范围与轨迹的探究：课前导引课前导引 04.D 02C.24B.2.A)(,1,50,),4()(5)(.1 2 mmmmmmtftftaxxx

2、f范围是范围是的取值的取值则则最小值最小值上有最大值上有最大值且在闭区间且在闭区间都有都有任意任意对对设二次函数设二次函数B第一课时：第一课时：范围与轨迹的探究：范围与轨迹的探究：边上边上在在边上或延长线上边上或延长线上在在外部外部在在内部内部在在的位置关系为的位置关系为与与则点则点且且及平面内一点及平面内一点、的三个顶角的三个顶角已知已知ACPABPABCPABCPABCPABPCPBPAPCBAABC.D C.B.A)(,.2 解析解析.,2,:DPAPCPAPBPCPBPA故选故选则则由已知得由已知得 解析解析.,2,:DPAPCPAPBPCPBPA故选故选则则由已知得由已知得 答案答案

3、 D 考点搜索考点搜索 考点搜索考点搜索 1.探索点的位置及参量的取值范围往探索点的位置及参量的取值范围往往是综合已知条件和所学知识点，根据转往是综合已知条件和所学知识点，根据转化或数形结合的思想进行探索，直到结论化或数形结合的思想进行探索，直到结论显然为止显然为止.2.在解决数列和恒成立的问题时，要在解决数列和恒成立的问题时，要根据特殊和一般的辩证思想，从特殊的个根据特殊和一般的辩证思想，从特殊的个体总结出一般的规律，对普遍的规律任何体总结出一般的规律，对普遍的规律任何个体都会满足个体都会满足.链接高考链接高考 链接高考链接高考.,0sin)1()1(cos,1,0 22的取值范围的取值范围

4、试求试求恒成立恒成立不等式不等式时时已知当已知当 xxxxx 例例11 sin)1()1(cos)(0,cos0,sin:1 0,22xxxxxfxx 设设由由已已知知条条件件可可知知令令 链接高考链接高考.,0sin)1()1(cos,1,0 22的取值范围的取值范围试求试求恒成立恒成立不等式不等式时时已知当已知当 xxxxx 法一法一 例例11.1sin2cos222sin100sincos1:0cos0,sin)sincos1(4)sin21(sin )sin2cos22sin21)(sincos1(sin)sin21()sincos1(222 可知可知由由xxx)Z(1252122.2

5、12sin:0)sincos1(4)sin21(sin)(0cos0sin1,02min kkkxfx 所所以以可可得得恒恒成成立立知知结结合合原原不不等等式式对对任任意意 sin41cos)sin21(sincossin)(0cossin,10cos)1(sin)1(:),1,0(0,cos0,sin:1 0,2222 ttttfttRttxxxxxxxxx令令即即令令变为变为原不等式原不等式设设由已知条件可知由已知条件可知令令 法二法二).(1252122,212sin:0sin41cos)(minZkkktf 所以所以解得解得).(1252122,212sin:0sin41cos)(mi

6、nZkkktf 所以所以解得解得 点评点评 从特殊的个体考察普遍的规律是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高中阶段必须掌握的思维方式,本题先令本题先令x=0和和x=1得到得到sin 0,cos 0,大大的缩小了的大大的缩小了的考察范围考察范围,为后面的解答提供的很大的方便为后面的解答提供的很大的方便.而解法二通过换元而解法二通过换元,使得式子更为规范使得式子更为规范.例例22三个元素的集合？三个元素的集合？为含有为含有为何值时为何值时当当有两个元素的集合？有两个元素的集合？为含为含（为何值时为何值时当当问：问：设集合设集合CBAaCBAayxyxCayxyxByaxyxA)

7、(,)2(),)1(.1|),(,|),(,1|),(22 .,3)().(,01.)1,0(),1,0(,1.:,1:),()()()1(2121不符合不符合共元素共元素个公个公有有则则如图如图与圆相交与圆相交切切相相与圆与圆时时当当恒过点恒过点是定点系直线是定点系直线中中在在设设CBAlClaCAyaxAayxlyaxlCBCACBA 解析解析 P1P2P3yxl1l2.)(122.112,),(,0 2 22121有两个元素有两个元素或或或或或或的距离为的距离为设圆心到设圆心到合合重重与与或者或者如图如图相离相离与圆与圆则则个元素个元素有两有两相交相交与圆与圆时时当当CBAaaaaadd

8、lllClCACla yxl1l2d).(,),(,02.)1(,01.3)()2(1221如下图如下图上上一个交点在一个交点在且其中且其中相交相交与圆与圆或或如上图如上图与圆相切与圆相切则则交于不同的两点交于不同的两点相相与圆与圆时时当当知满足知满足由由时时当当个元素个元素有有要使要使lCllClaaCBA yxl1l2dyxl1l2,12,1112:)11,12(.)1(,1:,)1,0(,23222222221aaaaaaaaalaaaaalCla 代代入入将将知知舍舍去去由由解解得得代代入入为为相相交交得得两两个个交交点点与与圆圆又又yxl1l2dyxl1l2.)(,120.1,10)

9、1)(1(,01223有三个元素有三个元素时时或或或或当当CBAaaaaaaaaaa yxl1l2dyxl1l2 例例3 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上的上的点，且点，且BECF (1)当当E、F在何位置在何位置时，时，B1FD1E；(2)当当E、F在何位置在何位置时三棱锥时三棱锥C1CEF的体积的体积取得最大值，并求此时二取得最大值，并求此时二面角面角C1EFC的大小的大小0)()(),(),()0,(),0,(),0(),0,(,)1(1111111 aaaxaaxEDFBaaxaEDaaxFBaxaFxaEaaDa

10、aBxBEzyxAAADABA则有则有设设轴建立空间直角坐标系轴建立空间直角坐标系轴、轴、轴、轴、为为、分别以分别以为原点为原点以以 解析解析.,11EDFBFE 在何位置均有在何位置均有、无论无论因此因此.,11EDFBFE 在何位置均有在何位置均有、无论无论因此因此,.,24)2(6)2(1221的的中中点点、分分别别为为、这这时时的的体体积积最最大大三三棱棱锥锥时时当当CDBCFECEFCaxaaxaVCEFC .,:,1111的的平平面面角角是是二二面面角角由由三三垂垂线线定定理理知知则则连连接接点点于于交交连连接接CEFCGCCEFGCEFACGCGEFAC GCCaCCaACGC1

11、1tan,4241 .22arctan,2211的的大大小小为为即即二二面面角角CEFCGCCC .22arctan,2211的的大大小小为为即即二二面面角角CEFCGCCC 点评点评 立体几何中的点的位置的探求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，解出参数知和结论列出等式，解出参数.这是立体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.,),2,(,)2(.,;,?)1().2,(242),(*21*211满满足足的的条条件件、求求实实数数等等比比数数列列是是且且项项的的和和的的前前是是

12、数数列列设设说说明明理理由由若若不不可可能能的的通通项项公公式式出出求求若若可可能能是是否否可可能能是是等等差差数数列列数数为为常常的的首首项项已已知知数数列列baSnbSnNnnabbbanNnnnaaaaaannnnnnnnn 例例44343222288225421292222842),4,3,2(242,)1(34231234232211 aaaaaaaaaaaaaaaaaaaannnaaaann所以所以由已知条件由已知条件 解析解析.,0,;1,23342312是是不不可可能能是是等等差差数数列列所所以以矛矛盾盾得得由由得得则则成成等等差差数数列列，若若nnaaaaaaaaaaaa .

13、,0,;1,23342312是是不不可可能能是是等等差差数数列列所所以以矛矛盾盾得得由由得得则则成成等等差差数数列列，若若nnaaaaaaaaaaaa 222112)1(2)1(4)1(2)1(,)2(nnnanabnabnnnnn因因为为224)2(222222 aabnbnann 时时所所以以的的等等比比数数列列是是以以公公比比为为项项起起从从第第时时，当当2).12)(22(12)12)(22(.22,01111 nababSbbannnnn),3(2,0,1.022,1222)1(222222)1(222)1(,)2(,121111 nbbbaabaabaababaabaSSnSSSn

14、nnnnnnnnn时时当当为常数为常数是等比数列是等比数列.01221,.0,)2(0:21 baababaSbSbbbbSnbnnnnn或或的条件为的条件为满足满足、实数实数是等比数列是等比数列综上综上是等比数列是等比数列数列数列得得 点评点评 本题是数列探究性问题，往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：往通过特殊的个体总结出一般的规律：(1)要否定一个结论，只要通过前面几要否定一个结论，只要通过前面几项即可；项即可；(2)的证明必须对每一项都要的证明必须对每一项都要满足，所以要对第一项进行检验满足，所以要对第一项进行检验.方法论坛方法论坛 方法论坛方法论坛 解决任何一

15、个数学问题都是综合题解决任何一个数学问题都是综合题中的条件和结论运用适当的思维方式进中的条件和结论运用适当的思维方式进行探究，相对其他的问题更注重思维性行探究，相对其他的问题更注重思维性,主要有以下的思维方式：主要有以下的思维方式：1.将题中的已知和结论都看作条件将题中的已知和结论都看作条件,有机地结合，推导出要证的结论或求出有机地结合，推导出要证的结论或求出参量的范围参量的范围.2.利用特殊和一般，个体和总体的利用特殊和一般，个体和总体的辩证关系，通过个体来发现普遍的规律辩证关系，通过个体来发现普遍的规律,再运用数学归纳法加以证明，或根据普再运用数学归纳法加以证明，或根据普遍的规律代入个体中

16、，从而加强题目的遍的规律代入个体中，从而加强题目的条件，这样便于尽快解决问题条件，这样便于尽快解决问题.3.对于存在性问题的求解，应先假对于存在性问题的求解，应先假设存在，再综合题中所给的条件，要么设存在，再综合题中所给的条件，要么推出存在的范围，要么得出矛盾推出存在的范围，要么得出矛盾.若得出若得出矛盾则说明不存在矛盾则说明不存在.4.条件或结论开放性问题，应发散条件或结论开放性问题，应发散自己的思维，结合所学的知识点进行分自己的思维，结合所学的知识点进行分析，从而可寻找出所要补的条件和能得析，从而可寻找出所要补的条件和能得出的结论出的结论.第二课时：第二课时：存在性问题的探究：存在性问题的

17、探究：.|)()(:|,1,1,)3(;?,1,1)2(;,)1(.32)(1,),(42)(212123xfxfxxxdcbaxfxRdcbadcxbxaxxf 求求证证时时若若试试证证明明你你的的结结论论垂垂直直相相使使得得这这两两点点处处的的切切线线互互上上是是否否存存在在两两点点图图象象当当的的值值求求取取极极小小值值时时且且的的图图象象关关于于原原点点对对称称已已知知函函数数 例例11第二课时：第二课时：存在性问题的探究：存在性问题的探究：1,31 ,3203 3)()(0,0,02 4242:)()(,)()1(2322323 cacacacaxxfcxaxxfdbdbxdcxbx

18、axdcxbxaxxfxfRxxf解得解得且且由已知得由已知得则则所以所以恒成立恒成立即即即即有有以对于任意的以对于任意的所所的图象关于原点对称的图象关于原点对称因为因为 解析解析 1 1 1)(.),(),(,1,1)2(22221122211 xkxkxxfyxByxAx别为别为知两点处的切线斜率分知两点处的切线斜率分则由则由相垂直相垂直使得这两点处的切线互使得这两点处的切线互假设图象上存在两点假设图象上存在两点垂直垂直得这两点处的切线互相得这两点处的切线互相图象上不存在两点使图象上不存在两点使当当即不存在即不存在故假设不成立故假设不成立矛盾矛盾这与这与则则所以所以又因为又因为且且,1)1

19、)(1(0)1)(1(0)1(,0)1(,1,1,;1)1)(1(222122212221212221 xxxxxxxxxx343232|)()(|,1,1,32|)(|,1,1,32)1()(,32)1()(,1,1;)(,0)(,)1,1()1)(1(1)(:)3(2121minmax2 xfxfxxxffxffxfxxfxfxxxxxf时时于是于是上上所以在所以在时时则当则当为减函数为减函数这时这时时时而而因为因为证明证明 第第(2)的探索体现了存在性问题的探索的探索体现了存在性问题的探索的基本方法，若存在则能够由条件推出，若不的基本方法，若存在则能够由条件推出，若不存在则会推出矛盾存在

20、则会推出矛盾;第第(3)是函数中的不等式问是函数中的不等式问题，往往会用到函数的单调性题，往往会用到函数的单调性.点评点评 考点搜索考点搜索 1.开放性问题的背景是同一个条件可开放性问题的背景是同一个条件可推出很多个结论，或同一个结论可与有多推出很多个结论，或同一个结论可与有多个条件推出，所以解决这类问题时要发散个条件推出，所以解决这类问题时要发散自己的思维自己的思维;2.存在性问题是结论开放性的一种，存在性问题是结论开放性的一种，解决存在性问题往往假设存在，再综合题解决存在性问题往往假设存在，再综合题中所给的条件，要么推出存在的范围，要中所给的条件，要么推出存在的范围，要么得出矛盾么得出矛盾

21、.若得出矛盾则说明不存在若得出矛盾则说明不存在.考点搜索考点搜索.;,?,)2(;,31)1(1,3,6,4 11111111111111111请请说说明明理理由由存存在在若若不不的的位位置置确确定定若若存存在在面面使使得得存存在在点点上上是是否否在在棱棱点点的的位位置置试试确确定定的的余余弦弦值值为为若若二二面面角角的的中中点点为为面面边边长长为为的的底底已已知知正正四四棱棱柱柱PPMNQAPAAPAPMNNDMADCNBAMAAPCCQAADCBAABCD D1ABCDA1B1C1NPM 例例22 ztxztytzyyxzyxnPMNtPMMNtPA6303024),(),3,0()0,2

22、,4(,11解解得得则则有有的的法法向向量量为为设设平平面面建建立立如如图图所所示示的的坐坐标标系系设设D1ABCDA1B1C1NPMyxQ 解析解析 的的中中点点为为即即法法向向量量的的而而平平面面得得令令12221211,31|364|,cos|),0,0,1(),6,2,(,6 AAPtttnnnMPAttnz D1ABCDA1B1C1NPMyxQPMNQAPAAMNQAQAMNQA面面得得使使不不存存在在点点上上所所以以在在棱棱而而则则有有若若存存在在 11111 ,083)2(4)4()4()3,4,4(,)2(D1ABCDA1B1C1NPMyxQ 本题是立体几何的位置确定的探本题是

23、立体几何的位置确定的探索性问题：索性问题：(1)一般是已知一般是已知P点的位置，求二面点的位置，求二面角，但在此已知二面角来确定角，但在此已知二面角来确定P的位置，的位置，可运用方程求解待定参数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要否定一个结论只需寻找一个反例即可寻找一个反例即可”的思维方式的思维方式.点评点评 已知已知A、B、C是长轴长为是长轴长为4的椭圆上的椭圆上的三点的三点,点点A是长轴的一个端点是长轴的一个端点,BC过椭圆中过椭圆中心心O，且，且 ACBCBCAC2,0 (1)建立适当的坐标系，求椭圆方程建立适当的坐标系，求椭圆方程.(2)如果椭圆上有如果

24、椭圆上有P、Q两点两点,使使PCQ的平分线的平分线垂直垂直AO,证明证明:存在实数存在实数使得使得 ABPQ 例例33 以以O为坐标原点为坐标原点,OA为为x轴建立直角轴建立直角坐标系坐标系,则则A(2,0),设椭圆方程为设椭圆方程为 14222 byx 由对称性可知由对称性可知|OB|=|OC|,又又|BC|=2|AC|,则则|OC|=|AC|,所以所以AOC为等腰直角三角形为等腰直角三角形,则点则点C的坐标为的坐标为(1,1),点点B的坐标为的坐标为(-1,-1),将点将点C的的坐标代人椭圆方程得坐标代人椭圆方程得 342 b故所求的椭圆方程为故所求的椭圆方程为 143422 yx 解析解

25、析 法一法一 (2)由于由于PCQ的角平分线垂直于的角平分线垂直于OA,不妨设不妨设PC的斜率为的斜率为k,则则QC的斜率为的斜率为 k,因此因此PC、QC的直线方程分别为的直线方程分别为:1)1(,11 xkyxky:14341)1(22得得由由 yxxky0163)1(6)31(222 kkxkkxk()因为点因为点C(1,1)在椭圆上在椭圆上,所以所以x=1是方程是方程()的解的解.13163,131632222 kkkxkkkxQP同理同理由韦达定理由韦达定理 3113122131322222 kkkkkkxxkxxkxxyyQPQPQPQP所以直线所以直线PQ的斜率为的斜率为.,/,

26、31ABPQABPQkAB 使使得得故故存存在在实实数数所所以以向向量量又又因因为为 因为因为A(2,0),B(-1,-1),所以所以)1,3(AB 14341434),(),(222221212211yxyxkkkyxQyxPCQCP得得由由已已知知设设)(321212121yyxxxxyy 两两式式相相减减得得 法二法二 )1(31111311122221111yxkxyyxkxy所所以以有有 )2(31)2(3222121211221122121xxkyyyykxxkyyxxxxkyy则则)2)(2()2)(2(21212121 xxyyyyxx由上述四式可得：由上述四式可得：)(212

27、1yyxx 所所以以ABPQkyyxxxxyyk 31)(321212121所所以以ABPQABPQ 使使得得故故存存在在实实数数所所以以向向量量,/点评点评 (1)的探究在知道是椭圆的情的探究在知道是椭圆的情况下运用了待定系数法况下运用了待定系数法,注意先要建立适注意先要建立适当的坐标系当的坐标系.(2)属于存在性问题的探究属于存在性问题的探究,先转化先转化结论结论,只需要证明直线只需要证明直线PQ与与AB平行平行,证法证法一一:以以PC的斜率为参数的斜率为参数,运用化归的求出运用化归的求出PQ的斜率的斜率,而证法二引入多个参量而证法二引入多个参量,利用利用整体代值计算出整体代值计算出PQ的

28、斜率，这种方法需的斜率，这种方法需要较强的观察和分析能力要较强的观察和分析能力.是否存在实数是否存在实数a、b使得函数使得函数f(x)=ax+b对区间对区间0,2内的任意实数内的任意实数x,均有均有 4sin)(cos)(22xxfxxf 例例44 是否存在实数是否存在实数a、b使得函数使得函数f(x)=ax+b对区间对区间0,2内的任意实数内的任意实数x,均有均有 4sin)(cos)(22xxfxxf 212cos)(2141)2cos)(2 xxfxxf则则由由已已知知得得恒恒成成立立对对于于即即2,0212cos)(21 xxxf 例例44 解析解析.,01212121,10 120,10,0 使使得得结结论论成成立立所所以以不不存存在在实实数数与与上上式式矛矛盾盾解解得得则则而而令令相相加加得得分分别别得得令令bababaxbababxx