幾類數(shù)學探索性問題的探究

楊存基 李佳庚

【摘要】本文對幾類數(shù)學探索性問題進行探討，歸納總結(jié)了各類數(shù)學探索性問題的特征及解決各類探索性問題的數(shù)學思想方法和基本策略.

【關鍵詞】數(shù)學探索性問題;特征;數(shù)學思想方法;解題策略

隨著學校教育由應試教育向素質(zhì)教育轉(zhuǎn)變，培養(yǎng)德、智、體、美、勞全面發(fā)展的開拓型、創(chuàng)造型人才已成為社會對學校教育的要求.數(shù)學中探索性問題隨之應運而生，并成為數(shù)學高考的熱點問題.這既是中學數(shù)學培養(yǎng)學生具有開拓創(chuàng)造能力的要求，也是高等院校選拔高素質(zhì)人才的需要.探索性問題是問題本身具有開放性，解題思維具有發(fā)散性的問題，它的結(jié)論不明確或條件不完備，要求學生通過探索、研究并總結(jié)出正確結(jié)論.因此，探索性問題立意具有新穎性，解法具有探索性，思維具有發(fā)散性，結(jié)論具有多元性等特征.探索性問題以問題為中心，融數(shù)學知識、思想、方法于一體，要求解題者根據(jù)給出的某種題設，歸納猜想結(jié)論，最后證明其正確性.探索性問題從較高層次上考查學生創(chuàng)造性思維能力，需要解題者有更多的創(chuàng)造性.正確運用數(shù)學思想方法是解決這類問題的橋梁和向?qū)В龑W生選擇合理有效的方法和手段進行思考、探索和研究，最后提出解決問題的思路和方法，創(chuàng)造性地解決問題.多年來，許多作者從不同的角度對探索性問題進行了一些研究，但由于探索性問題相對開放，解決起來沒有特定解決問題的方法，這給探索性問題的教學和解題帶來了困難.本文針對數(shù)學中的幾類探索性問題進行歸納，總結(jié)了各類探索性問題的特征及解決各類探索性問題的數(shù)學思想方法和基本策略.

一、條件探索型探索性問題

條件探索型探索性問題是指結(jié)論已知，反過來探求使結(jié)論成立的充分條件的一類探索性問題.解決此類問題的基本策略是：先探尋結(jié)論成立的必要條件，再進一步尋找到結(jié)論成立的充分條件.在此過程中，應注意推理過程的可逆性，不能將必要條件當作充分條件.因此，可設出題目中指定的探索條件， 結(jié)合題設條件列出滿足結(jié)論的等量或者不等量關系，通過解方程或解不等式等運算，求得所需尋找的條件.故條件探索型探索性問題的解法改變了傳統(tǒng)的思維模式，有利于開拓和培養(yǎng)學生的逆向思維能力.

例1 已知數(shù)列{an}的首項為a（a為常數(shù)），an=2an-1+n2-4n+2（n∈N，

n≥2）.

（1）{an}是否可能是等差數(shù)列？若可能，求出{an}的通項公式;若不可能，說明理由;

（2）設b1=b，bn=an+n2n∈N，n≥2，Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，且{Sn}是等比數(shù)列，求實數(shù)a，b滿足的條件.

解 （1）由已知條件 a1=a，an=2an-1+n2-4n+2（n=2，3，…）得

a2=2a1+4-8+2=2a-2，a3=2a2+9-12+2=4a-5，a4=2a3+2=8a-8.

所以 a2-a1=2a-2-a=a-2，a3-a2=2a-3，a4-a3=4a-3.

假若{an}成等差數(shù)列，則a2-a1=a3-a2，得a=1.又由a3-a2=a4-a3，得a=0，矛盾.故{an}不可能成等差數(shù)列.

（2）由bn=an+n2得bn+1=an+1+（n+1）2

=2an+（n+1）2-4（n+1）+2+（n+1）2

=2an+2n2=2bn（n≥2）.

又因為b2=a2+4=2a+2，當a≠-1時，bn≠0.故{bn}從第2項起是以2為公比的等比數(shù)列.前n項和為

Sn=b1+（2a+2）2n-1-12-1

=b+（2a+2）2n-1-1.

當n≥2時，

SnSn-1=（a+1）·2n+b-2a-2（a+1）·2n-1+b-2a-2

=2-b-2a-2（a+1）·2n-1+b-2a-2.

又因為{Sn}是等比數(shù)列，所以SnSn-1（n≥2）為常數(shù).

由a≠-1得b-2a-2=0， 故b=2a+2.

當a=-1時，b2=0，bn=2bn-1（n≥3），得

bn=0（n≥2）.

Sn=b1+b2+…+bn=b.又因為{Sn}是等比數(shù)列，故b≠0.

綜上所述，{Sn}是等比數(shù)列，實數(shù)a，b滿足條件為a≠-1

b=2a+2 或a=-1

b≠0.

評析 本題第（2）小題是條件探索型探索性問題，在第（2）小題的解答中，必須注意到a≠-1時，b1=b，bn+1bn=2（n≥2），僅表示數(shù)列{bn}從第2項起成等比數(shù)列;另一方面，SnSn-1（n≥2）為常數(shù)，也可理解為（a+1）·2n+b-2a-2（a+1）·2n-1+b-2a-2=t（t與n無關），對n≥2恒成立.解方程（a+1）t-2×2n-1+t-1b-2a-2=0，對n≥2恒成立.在a≠-1條件下，同樣可得b-2a-2=0（此時t必等于2）.這里應用了方程思想，在處理數(shù)列問題時常應用函數(shù)與方程的思想方法.

小結(jié) 在解決條件探索型探索性問題時，由于其結(jié)論明確，可將結(jié)論和題設都視為已知條件，借助演繹、推理的手段探求出所需尋求的條件是否存在，或是否合理.在探索的過程中，從正、逆兩個方向不斷變換思維角度，努力向目標靠近.

二、結(jié)論探索型探索性問題

結(jié)論探索型探索性問題是指僅給出了條件，由所給的條件探求結(jié)論的探索性問題.解決此類探索性問題要充分利用已知條件，經(jīng)過觀察、分析、歸納、猜想，探索結(jié)論，其基本的解題策略是：通過聯(lián)想、類比、估計應用定義和定理，由條件直接導出結(jié)論.可采用特殊到一般、具體到抽象的歸納過程獲得結(jié)論，最后給出一般性證明.此類探索性問題著力培養(yǎng)了學生的分析、歸納、綜合、推理等方面的能力.

例2 （2010年福建卷）已知函數(shù)f（x）=axsinx-32a∈R，且在0，π2上的最大值為π-32.

（1）求函數(shù)f（x）的解析式;

（2）判斷函數(shù)f（x）在0，π內(nèi)的零點個數(shù)，并加以證明.

解 （1）對已知函數(shù)求導得f′（x）=asinx+xcosx.

由于當x∈0，π2時，sinx+xcosx>0，所以

當a=0時，f（x）=-32，不合題意;

當a<0時，f′（x）<0，x∈0，π2，所以f（x）在0，π2內(nèi)單調(diào)遞減，

f（x）max=f0=-32，不合題意;

當a>0時，f′（x）>0，x∈0，π2，所以f（x）在0，π2內(nèi)單調(diào)遞增，

f（x）max=fπ2=π2a-32.

依題意得π2a-32=π-32，故a=1.

所以f（x）=xsinx-32.

（2）由（1）得f（x）=xsinx-32，令h（x）=f′（x）=sinx+xcosx.

Ⅰ） 當x∈0，π2時，f′（x）≥0，所以y=f（x）在0，π2上單調(diào)遞增，則f0×fπ2=-32×π-32<0， 故y=f（x）在0，π2上有唯一零點.

Ⅱ） 當x∈π2，π時，則h′（x）=2cosx-xsinx<0，所以f′（x）在x∈π2，π上單調(diào)遞減，則f′π×f′π2=-π<0，故存在唯一x0∈π2，π使得f′x0=0.

當π2≤x0，所以f（x）在π2，x0上單調(diào)遞增.由fπ2>0得，當x∈π2，x0時，f（x）>0;

當x0≤x<π時，f′（x）<0，所以f（x）在x0，π上單調(diào)遞減.又因為x∈x0，π時，fx0×fπ<0，所以y=f（x）在x0，π上有唯一零點.

由Ⅰ）和Ⅱ）得函數(shù)f（x）在0，π內(nèi)有兩個零點.

評析 本題第（2）小題是結(jié)論探索型探索性問題，結(jié)論不明確，需要學生從已知條件出發(fā)，應用所學過的知識進行推理，探索得出結(jié)論.

小結(jié) 結(jié)論探索型探索性問題的解答需要綜合應用多種數(shù)學思想和方法，將所求的問題與熟知的問題相類比，進行多方位的聯(lián)想，將式子結(jié)構、運算法則、解題方法、問題的結(jié)論等引申、推廣或遷移，即可取得舉一反三、觸類旁通的奇妙效果.

三、條件結(jié)論重組型探索性問題

條件結(jié)論重組型探索性問題是給出了一些相關命題，需要對這些命題進行重新組合構成新命題，或只給出了題設和結(jié)論的一些探求的方向，需要去探求條件和結(jié)論的探索性問題.解決此類問題的基本策略是：對條件和結(jié)論進行多種重組，逐一探求，以排除不合理、不符合條件或錯誤的命題.解決此類探索性問題要善于應用觀察、分析、類比、聯(lián)想等方法，需要有更強的基礎知識和基本技能，要求學生能夠綜合應用所學知識.因此對條件結(jié)論重組型探索性問題的學習有利于培養(yǎng)學生的創(chuàng)新思維和創(chuàng)造力.

例3 （2004年北京卷） 已知三個不等式：ab>0，bc-ad>0，ca-db>0（其中a，b，c，d均為實數(shù)），用其中兩個不等式作為條件，余下的一個不等式作為結(jié)論組成一個命題，可組成的正確命題的個數(shù)是（ ?）.

A.0 ? ?B.1 ? ?C.2 ? ?D.3

分析 題設中的三個不等式存在三種組合關系，可以構造三個命題，需要對構造的三個命題的正確性逐一加以判斷.

（1）若ab>0，bc-ad>0， 則ca-db=bc-adab>0.所以由ab>0，bc-ad>0可以得到ca-db>0.

（2）若ab>0，ca-db>0，則bc-adab>0，進而bc-ad>0.所以由ab>0，

ca-db>0可以得到bc-ad>0.

（3）若bc-ad>0，ca-db>0，則bc-adab>0，ab>0.所以由bc-ad>0，

ca-db>0可以得到ab>0.

由上所述三個命題均為真命題，答案為D.

評析 本題就是一個條件結(jié)論重組型探索性問題，題目沒有給出明確的條件與結(jié)論，需要學生通過自己觀察、推理、演繹來重組條件和結(jié)論，最后根據(jù)重組條件結(jié)論得到的命題的真假確定答案.

小結(jié) 條件結(jié)論重組型探索性問題綜合性較強，具有很強的開放性，解答思路靈活，特別是往往需要進行分類探索，對每種情況都加以細致分析，對嚴謹性要求很高，需要解題者具有很強的綜合能力.因此說條件結(jié)論重組型探索性問題是真正意義上的開放性問題.

四、是否存在型探索性問題

是否存在型探索性問題是指在一定條件下判斷某種對象或結(jié)論是否存在，是一類結(jié)論不確定的探索性問題.這類問題對象或結(jié)論存在與否有待判斷，常常為“對象或結(jié)論是否存在或可能？若或可能則求出（或證明），若不存在或不可能，請說明理由”.它是一類綜合性強、覆蓋面廣的探索性問題.解決此類問題的基本策略是：首先假設需要判斷的對象存在（或不存在），其次依據(jù)假設及題目已給出條件運用已有的知識和方法進行正確的邏輯推理，若能求出結(jié)果，則可以肯定假設，進一步給出相應的證明;若通過合理正確的推導推出矛盾，則可以否定假設.此類問題有利于培養(yǎng)學生分析、猜想、推理等方面的能力.

例4 （2011年湖南卷）設函數(shù)f（x）=x-1x-alnx（a∈R）.

（1）討論f（x）的單調(diào)性;

（2）若f（x）有兩個極值點x1和x2，記過點A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直線的斜率為k，問：是否存在a，使得k=2-a？若存在，求出a的值;若不存在，請說明理由.

解 （1）由題設知f（x）的定義域為（0，+∞），求函數(shù)f（x）的導數(shù)得

f′（x）=1+1x2-ax=x2-ax+1x2.

令g（x）=x2-ax+1，其判別式Δ=a2-4.

當|a|≤2時，Δ≤0，f′（x）≥0，故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增;

當a<-2時，Δ>0，g（x）=0的兩根

x1=a-a2-42，x2=a+a2-42

都小于0，在（0，+∞）上f′（x）>0，故f（x） 在（0，+∞）上單調(diào)遞增;

當a>2時，Δ>0，g（x）=0的兩根為

x1=a-a2-42，x2=a+a2-42，

x1x2=1.（4.1）

當00;當x1x2時，f′（x）>0.

所以f（x）分別在0，x1，x2，+∞上單調(diào)遞增，在x1，x2上單調(diào)遞減.

（2）假設存在滿足條件的a.由（1）的上述求解過程知，a>2.又因為

f（x1）-f（x2）=（x1-x2）+x1-x2x1x2-a（lnx1-lnx2），

k=f（x1）-f（x2）x1-x2=1+1x1x2-a·lnx1-lnx2x1-x2.

由（4.1）得k=2-a·lnx1-lnx2x1-x2.

若存在a，使得k=2-a，則lnx1-lnx2x1-x2=1，即lnx1-lnx2=x1-x2.

又由（4.1）得

x2-1x2-2lnx2=0，x2>1.（4.2）再由（1）知，函數(shù)ht=t-1t-2lnt在（0，+∞）上單調(diào)遞增，而x2>1，所以

x2-1x2-2lnx2>1-11-ln1=0.

這與（4.2）式矛盾.故不存在a，使得k=2-a.

評析 例1的第（1）小題和本例題第（2）小題都是是否存在型探索性問題.通過假設a存在，根據(jù)題設的已知條件及函數(shù)的相關性質(zhì)及斜率公式等知識，通過正確的推理推證出結(jié)論與假設矛盾，所以假設是錯誤的，即a不存在，從而否定假設.

小結(jié) 是否存在型探索性問題是高考試題中比較常見的一類探索性題型.“存在”即有，因此如果能實實在在地找出一個即可;“不存在”就是沒有，不可能找到，這就需要說明理由，這時往往可在假設存在的情況下采用反證法加以證明.

五、探索規(guī)律型探索性問題

探索規(guī)律型探索性問題是指未給出問題的結(jié)論，需要由特殊情況入手，探索、猜想，最后得出一般結(jié)論并證明的探索性問題.解決此類問題的基本策略是：通常需要研究簡化形式但保持本質(zhì)的特殊情形，從條件出發(fā)，通過觀察、實驗、歸納、類比、猜測、聯(lián)想來探路，概括出一般規(guī)律，然后再應用演繹、推理給出嚴格的證明.探索規(guī)律型探索性問題解題過程中要求比較高的創(chuàng)新性，學生在尋找規(guī)律的過程中培養(yǎng)了抓住事物本質(zhì)特征的能力.

例5 設{an}是正數(shù)組成的數(shù)列，其前n項的和為Sn，并且對于所有的自然數(shù)n，an與2的等差中項等于Sn與2的等比中項.

（1）寫出數(shù)列{an}的前3項;

（2）求數(shù)列{an}的通項公式（寫出推證過程）.

解 （1）由題設知

a1+22=2S1=2a1，

可得a1=2.同理，由

a2+22=2S2=2a1+a2=22+a2

可得a2=6.由

a3+22=2S3=2a1+a2+a3=22+6+a3

得a3=10.故所求數(shù)列{an}的前3項依次為2，6，10.

（2）由數(shù)列{an}的前3項依次為2，6，10，猜想該數(shù)列通項公式是an=4n-2.下面用數(shù)學歸納法證明結(jié)論.

當n=1時，a1=4-2=2，通項公式成立;

假設當n=k時，結(jié)論成立，即有ak=4k-2.由題意有ak+22=2Sk，

將ak=4k-2代入得到Sk=2k2;

當n=k+1時，由題意有

ak+1+22=2Sk+1=2Sk+ak+1，

ak+1+222=2ak+1+2k2.

即a2k+1-4ak+1+4-16k2=0.由ak+1>0，解得ak+1=2+4k=4（k+1）-2.

所以當n=k+1 時，結(jié)論也成立.

綜上所述，上述結(jié)論對所有自然數(shù)n都成立，所以數(shù)列的通項公式為an=4n-2.

評析 本題第（2）小題是求數(shù)列的通項公式，由于直接不好求，所以先探索通項公式再嚴格證明，是典型探索規(guī)律型探索性問題.根據(jù)第（1）問中求出數(shù)列的前3項，然后對其前3項進行觀察、分析、猜想結(jié)論，并證明結(jié)論的正確性.

小結(jié) 探索規(guī)律型探索性問題是對綜合能力的考查比較全面的，要求學生根據(jù)已有的知識自主探索規(guī)律，就此來解決問題.這類問題與結(jié)論探索性問題相似之處在于均是對結(jié)論進行探索，不同之處在于結(jié)論探索性問題的結(jié)論已經(jīng)有了可供研究的明確基礎，而探索規(guī)律型探索性問題的結(jié)論通常更具有隱蔽性，需要借助多種方法去尋求研究的方向，要求解題者從問題情景中自主地探索，提取有價值的信息，獲取規(guī)律，這類問題的學習與研究培養(yǎng)了學生探索未知世界的能力.

最后需要指出的是探索性問題雖然存在基本的解題策略，但對具體問題時往往并不能遵循常規(guī)程序和現(xiàn)成的套路，需要學生綜合應用較多的數(shù)學知識和數(shù)學思想方法，通過觀察、實驗、聯(lián)想、類比、猜想、抽象、概括等手段探索解決問題.古人云“授人以魚，不如授人以漁”，在教學中讓學生了解知識形成的過程，掌握數(shù)學知識，掌握數(shù)學思想方法的同時加強探索性問題的教學與實踐，讓學生經(jīng)歷一個發(fā)現(xiàn)問題、研究問題、解決問題的綜合的系統(tǒng)過程，這對學生的各種能力的培養(yǎng)是一種很好的鍛煉，也是培養(yǎng)創(chuàng)新精神和發(fā)現(xiàn)能力的重要途徑.通過長期足夠的學習和訓練以后，學生就能夠積極主動地創(chuàng)造性地解決更多的問題.

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