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1、创新型问题解题策略专题辅导【考情分析】新课程标准要求学生对“新颖的信息、情景和设问选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立思考、探索和探究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题”着新一轮课程改革的深入和推进，高考的改革使知识立意转向能力立意，推出了一批新颖而又别致，具有创新意识和创新思维的新题。从最近几年来高考中探索性问题和创新题型比重逐年攀升，对探索性问题和创新型问题的预测研究应该是我们备考的重点。预测12年高考探索性问题重点出在函数、数列、不等式、立体几何和解析几何等方面，估计新课标省市试题中此类题目分值10分左右（上海、广东、江苏较为典型），并且
2、主观题、客观题设置较为灵活。今年高考多会结合合情推理知识点出探索性问题（特别是解答题），应加强对这些内容的研究；创新题型多出现与经济、生活密切相关（像概率、线性规划等）的数学问题相关的问题有关，题目新颖，数学知识并不复杂。关注以下两种类型：1、类比归纳型类比归纳型创新题给出了一个数学情景或一个数学命题，要求用发散思维去联想、类比、推广、转化，找出类似的命题，或者根据一些特殊的数据、特殊的情况去归纳出一般的规律这是新课程较为重视的类比推理、归纳推理主要考查学生的观察、分析、类比、归纳的能力，从不变中找规律，从不变中找变化。2、信息迁移型创新题是指以学生已有的知识为基础，并给出一定容量的新信息，通
3、过阅读，从中获取有关信息，捕捉解题资料，发现问题的规律，找出解决问题的方法，并应用于新问题的解答它既能有效地考查学生的思维品质和学习潜力，又能考查学生的综合能力和创新能力。【知识交汇】1探索型问题常见的探索性问题，就其命题特点考虑，可分为归纳型、题设开放型、结论开放型、题设和结论均开放型以及解题方法的开放型几类问题；（1）结论开放型探索性问题的特点是给出一定的条件而未给出结论，要求在给定的前提条件下，探索结论的多样性，然后通过推理证明确定结论；（2）题设开放型探索性问题的特点是给出结论，不给出条件或条件残缺，需在给定结论的前提下，探索结论成立的条件，但满足结论成立的条件往往不唯一，答案与已知条
4、件对整个问题而言只要是充分的、相容的、独立的，就视为正确的；（3）全开放型，题设、结论都不确定或不太明确的开放型探索性问题，与此同时解决问题的方法也具有开放型的探索性问题，需要我们进行比较全面深入的探索，才能研究出解决问题的办法来。解探索性问题应注意三个基本问题:认真审题,确定目标；深刻理解题意;开阔思路,发散思维，运用观察、比较、类比、联想、猜想等带有非逻辑思维成分的合理推理,以便为逻辑思维定向。方向确定后，又需借助逻辑思维,进行严格推理论证,这两种推理的灵活运用,两种思维成分的交织融合,便是处理这类问题的基本思想方法和解题策略。解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较
5、高要求，高考题中一般解这类问题有如下方法：（1）直接法：直接从给出的结论入手，寻求成立的充分条件；直接从给出的条件入手，寻求结论；假设结论存在（或不存在），然后经过推理求得符合条件的结果（或导出矛盾）等；（2）观察猜测证明（3）特殊一般特殊其解法是先根据若干个特殊值，得到一般的结论，然后再用特殊值解决问题；（4）联想类比（5）赋值推断（6）几何意义法几何意义法就是利用探索性问题的题设所给的数或式的几何意义去探索结论，由于数学语言的抽象性，有些探索性问题的题设表述不易理解，在解题时若能积极地考虑题设中数或式的几何意义所体现的内在联系，巧妙地转换思维角度，将有利于问题的解决；2创新题型根据现行的教
6、学大纲和国家数学课程标准的要求，结合中学数学教材的内容及我国的经济发展的要求，在实际问题中侧重如下几种模型：（1）社会经济模型 现值、终值的计算及应用（计息、分期付款、贴现等），投资收益，折旧，库存，经济图表的运用；（2）拟合模型数据的利用、分析与预测（线形回归、曲线拟合）等问题；（3）优化模型科学规划，劳动力利用，工期效益，合理施肥，最值问题，工程网络，物资调用等问题；（4）概率统计模型彩票与模型，市场统计，评估预测，风险决策，抽样估计等问题；（5）几何应用模型工厂选址，展开、折叠，视图，容器设计，空间量的计算，轨迹的应用等；（6）边缘学科模型与理、化、生、地、医等相关方面的问题。【思想方法
7、】题型1：探索问题之直接法例1（2011年山东理11）设，是平面直角坐标系中两两不同的四点，若 (R)，(R)，且,则称，调和分割， ,已知点C(c，o),D(d，O) (c，dR)调和分割点A(0，0)，B(1，0)，则下面说法正确的是（A）C可能是线段AB的中点 （B）D可能是线段AB的中点（C）C，D可能同时在线段AB上 （D）C，D不可能同时在线段AB的延长线上【答案】D；【解析】由 (R)，(R)知:四点，在同一条直线上,因为C,D调和分割点A,B,所以A,B,C,D四点在同一直线上,且, 故选D.例2（2010辽宁理，12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六
8、根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是 (A)（0,） (B)（1,） (C) (,） (D) （0,）【答案】A【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。【解析】根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知AD=，SD=，则有2+，即，即有a0;综上分析可知a（0,）。点评：这也是一道结论探索型问题，结论不唯一，应从题设出发，通过分类以简化思维，再利用射影的概念，得到正确的结论。例3已知函数(a,cR,a0,
9、b是自然数）是奇函数，f(x)有最大值，且f(1).（1）求函数f(x)的解析式；（2）是否存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，并且使得P、Q两点关于点（1，0）对称，若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由.分析：本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力.解析：（1）f(x)是奇函数，f(x)=f(x)，即，bx+c=bxc，c=0，f(x)=.由a0，b是自然数得当x0时，f(x)0，当x0时，f(x)0，f(x)的最大值在x0时取得.x0时，当且仅当即时，f(x)有最大值=1,a=b2 又f(1)，,5b2a+2 把代入得2b25b+20解得b
10、2，又bN,b=1,a=1,f(x)=（2）设存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，且P、Q关于点（1，0）对称，P(x0,y0)则Q（2x0,y0)，,消去y0，得x022x01=0解之，得x0=1,P点坐标为()或()，进而相应Q点坐标为Q（）或Q()，过P、Q的直线l的方程：x4y1=0即为所求。点评：充分利用题设条件是解题关键.本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证。题型2：探索问题“观察猜测证明”例4（2011上海文，23）已知数列和的通项公式分别为，（），将集合中的元素从小到大依次排列，构成数列。（
11、1）求三个最小的数，使它们既是数列中的项，又是数列中的项；（2）中有多少项不是数列中的项？说明理由；（3）求数列的前项和（）。解： 三项分别为。 分别为 ， 。例5.（2003高考上海卷）已知数列（n为正整数）是首项是a1，公比为q的等比数列。 （1）求和：（2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明.（3）设q1，Sn是等比数列的前n项和，求：，解析：（1）（2）归纳概括的结论为：若数列是首项为a1，公比为q的等比数列，则：（3）因为 例6、（2011陕西理，13）观察下列等式1=12+3+4=93+4+5+6+7=254+5+6+7+8+9+10=49照此规律，第个等式
12、为 .【分析】归纳总结时，看等号左边是子的变化规律，右边结果的特点，然后归纳出一般结论行数、项数及其变化规律是解答本题的关键【解】把已知等式与行数对应起来，则每一个等式的左边的式子的第一个数是行数，加数的个数是；等式右边都是完全平方数， 行数 等号左边的项数1=1 1 12+3+4=9 2 33+4+5+6+7=25 3 54+5+6+7+8+9+10=49 4 7 所以，即【答案】题型3：探究问题之“特殊一般特殊”例7设二次函数f(x)=ax2+bx+c (a,b,cR,a0)满足条件：当xR时，f(x4)=f(2x)，且f(x)x；当x(0,2)时，f(x)；f(x)在R上的最小值为0。求
13、最大值m(m1)，使得存在tR，只要x1,m，就有f(x+t)x分析：本题先根据题设求出函数f（x）解析式，然后假设t存在，取x=1得t的范围，再令x=m求出m的取值范围，进而根据t的范围求出m的最大值。解法一：f(x-4)=f(2-x)，函数的图象关于x= -1对称 即b=2a由知当x= -1时,y=0，即a-b+c=0；由得 f(1)1，由得 f(1)1。f(1)=1，即a+b+c=1，又a-b+c=0，a=、b=、c=，f(x)=，假设存在tR，只要x1,m，就有f(x+t)x，取x=1时，有f(t+1)1(t+1)2+(t+1)+1-4t0，对固定的t4,0，取x=m，有：f(t+m)
14、m(t+m)2+(t+m)+mm2-2(1-t)m+(t2+2t+1)0，m m=9，当t= -4时，对任意的x1,9，恒有f(x-4)-x=(x2-10x+9)=(x-1)(x-9)0，m的最大值为9。解法二：f(x-4)=f(2-x)，函数的图象关于x=1对称， ，b=2a。由知当x= -1时,y=0，即a-b+c=0；由得 f(1)1，由得 f(1)1。f(1)=1，即a+b+c=1，又a-b+c=0a= b= c=f(x)=(x+1)2 ， 由f(x+t)=(x+t+1)2x 在x1,m上恒成立 4f(x+t)-x=x2+2(t-1)x+(t+1)20当x1,m时，恒成立； 令 x=1有t2+4t0-4t0令x=m有t2+2(m+1)t+(m-1)20当
