随着以培养学生的创新精神和实践能力为重点的素质教育的深入发展和新课程改革的不断深入，高考命题将更加关注“探索性问题”．从最近几年来高考中探索性问题逐年攀升的趋势，可预测探索性问题仍将是高考命题“孜孜以求的目标”．我们认为进行探索性问题的训练，是数学教育走出困境的一个好办法．由于数学开放探索题有利于学生创新意识的培养和良好思维品质的形成，它越来越受到教育界人士的关注和深入研究，在高考中起着愈来愈重要的作用．我们预测： 　 1.从2000年-2004年的高考中，探索性问题逐年攀升的趋势，可预测今后将会加大开放探索性考题的力度．

2.在2003年和2004年连续两年高考题中(特别是上海市高考题)，出现以解析几何、立体几何和函数为背景的结论开放型探索性的解答题，说明这类题型仍将是高考解答题的重点．

2.解题策略：

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

　 例1.如图，在直四棱柱A₁B₁C₁D₁-ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件__________时，有A₁C⊥B₁D₁(注：填上你认为正确的条件即可，不必考虑所有可能的情况)

分析：本题是条件探索型试题，即寻找结论A₁C⊥B₁D₁成立的充分条件，由AA₁⊥平面A₁C₁以及A₁C⊥B₁D₁(平面A₁C1的一条斜线A₁C与面内的一条直线B₁D₁互相垂直)，容易联想到三垂线定理及其逆定理。因此，欲使A₁C⊥B₁D₁，只需B₁D₁与CA₁在平面A₁C₁上的射影垂直即可。显然，CA₁在平面A₁C₁上的射影为A₁C₁，故当B₁D₁⊥A₁C₁时，有A₁C⊥B₁D₁，又由于直四棱柱的上、下底面互相平行，从而B₁D₁∥BD，A₁C₁∥AC。因此，当BD⊥AC时，有A₁C⊥B₁D₁。由于本题是要探求使A₁C⊥B₁D₁成立的充分条件，故当四边形ABCD为菱形或正方形时，依然有BD⊥AC，从而有A₁C⊥B₁D₁，故可以填：①AC⊥BD或②四边形ABCD为菱形，或③四边形ABCD为正方形中的任一个条件即可。

　 点评: AC⊥BD是结论A₁C⊥B₁D₁成立的充要条件，而所填的ABCD是正方形或菱形则是使结论A1C⊥B₁D₁成立的充分而不必要的条件． 本例中，满足题意的充分条件不唯一，具有开放性特点，这类试题重在考查基础知识的灵活运用以及归纳探索能力。

例2.(2000年全国高考试题)如图，E、F分别为正方体的面ADD₁A₁和面BCC₁B₁的中心，则四边形BFD₁E在该正方体的面上的射影可能是_____________(要求把可能的图形的序号都填上)

分析：本题为结论探索型的试题，要求有一定的空间想象能力。

解：由于正方体的6个面可分为互为平行的三对，而四边形BFD₁E的在互为平行的平面上的射影相同，因此可把问题分为三类：a：在上、下两面上的射影为图②；b：在前、后两面上的射影为图②；c：在左、右两面上的射影为图③.

综上可知，在正方体各面上的射影是图②或图③。

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,c∈R,a＞0,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：(1)∵f(x)是奇函数

∴f(–x)=–f(x)，即，∴–bx+c=–bx–c，∴c=0

∴f(x)=.由a＞0，b是自然数得当x≤0时，f(x)≤0，

当x＞0时，f(x)＞0，∴f(x)的最大值在x＞0时取得.

∴x＞0时，当且仅当

即时，f(x)有最大值∴=1,∴a=b² ①

又f(1)＞，∴＞,∴5b＞2a+2　 ②

把①代入②得2b²–5b+2＜0解得＜b＜2，又b∈N,∴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(2–x₀,–y₀)，∴,消去y₀，得x₀²–2x₀–1=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：x–4y–1=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.

(2)观察--猜测--证明

例4.观察sin²20°+cos²50°+sin20°cos50°=,sin²15°+cos²45°+sin15°cos45°=，

写出一个与以上两式规律相同的一个等式　　　　 .

答案：sin²α+cos²(α+30°)+sinαcos(α+30°)=

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q≠1，S_n是等比数列的前n项和，

求：

解:(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.由下列各式：

你能得出怎样的结论，并进行证明.

分析：对所给各式进行比较观察，注意各不等式左边的最后一项的分母特点：1=2¹-1，3=2²-1，7=2³-1，15=2⁴-1，…，一般的有2ⁿ-1，对应各式右端为一般也有.

解：归纳得一般结论

证明：当n=1时，结论显然成立.

当n≥2时，

故结论得证.

(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。

例7.设二次函数f(x)=ax²+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件：

①当x∈R时，f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x；②当x∈(0,2)时，f(x)≤

③f(x)在R上的最小值为0。

求最大值m(m>1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,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③知当x= -1时,y=0，即a-b+c=0；由①得 f(1)≥1，由②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t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x

取x=1时，有f(t+1)≤1(t+1)²+(t+1)+≤1-4≤t≤0

对固定的t∈[-4,0]，取x=m，有

f(t+m)≤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x∈[1,9]，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③知当x= -1时,y=0，即a-b+c=0；由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1

∴f(1)=1，即a+b+c=1，又a-b+c=0

∴a=　 b=　 c=∴f(x)==(x+1)²

　 由f(x+t)=(x+t+1)²≤x 在x∈[1,m]上恒成立

　 ∴4[f(x+t)-x]=x²+2(t-1)x+(t+1)²≤0当x∈[1,m]时，恒成立

　 令 x=1有t²+4t≤0-4≤t≤0

令x=m有t²+2(m+1)t+(m-1)²≤0当t∈[-4,0]时，恒有解　

令t= -4得，m²-10m+9≤01≤m≤9

即当t= -4时，任取x∈[1,9]恒有f(x-4)-x=(x²-10x+9)=(x-1)(x-9)≤0

∴ m_min=9

点评：本题属于存在性探索问题，处理这道题的方法就是通过x的特殊值得出t的大致范围，然后根据t的范围，再对x取特殊值，从而解决问题。

(4)联想类比

例8.在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC的两边AB，AC互相垂直，则AB²+AC²=BC²”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是：“设三棱锥A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两相互垂直，则.”

例9.若数列{a_n}是等差数列，数列{b_n}满足b_n=，则{b_n}也为等差数列.类比上述性质，相应地，若数列{c_n}是等比数列，且c_n>0，数列{d_n}满足d_n=　　　 ，则数列{d_n}也为等比数列.　　 答案：d_n=(n∈N^*)

例10.(2003年上海市春季高考题)设，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得的值是　

分析：利用f(1-x)+f(x)=，可求=

(5)赋值推断

例11.(2004年高考上海卷16)某地2004年第一季度应聘和招聘人数排行榜前5个行业的情况列表如下

若用同一行业中应聘人数与招聘人数比值的大小来衡量该行业的就业情况,则根据表中数据,就业形势一定是( B )

　A．计算机行业好于化工行业　 　　B．建筑行业好于物流行业.　

　C．机械行业最紧张.　 　　　　　　D．营销行业比贸易行业紧张

例12.(2004年高考江苏卷)二次函数y=ax²+bx+c(x∈R)的部分对应值如下表：

则不等式ax²+bx+c>0的解集是.

(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。

例13.设x、y为实数，集合A＝{(x,y)|y²―x―1=0},B={{(x,y)|16x²+8x―2y+5=0},

C={(x,y)|y＝kx+b}，问是否存在自然数k,b使(A∪B)∩C＝φ？

分析：此题等价于是否存在自然数k，b，使得直线y＝kx+b与抛物线y²―x―1=0和16x²+8x―2y+5=0都没有交点。

解：因为抛物线y²―x―1=0和16x²+8x―2y+5=0在y轴上的截距分别为1、，所以取b=2，由无实数解，得，从而k=1，

此时方程组无实数解.故存在k=1，b=2满足(A∪B)∩C＝φ.

点评：与集合运算有关的一类探索性问题，它的题设往往都具有鲜明的几何意义。

1.复习建议：

(1)在第二轮复习的过程中要重视对探索性问题的专题训练,题型要多样化,题目涉及的知识覆盖面尽量广一些，难度由浅入深;

(2)近几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,今年高考这些内容还是出探索性问题的热点(特别是解答题),应加强对这些内容的研究；

(3)注意总结探索性问题的解题策略。

高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.由于这类题型没有明确的结论，解题方向不明，自由度大，需要先通过对问题进行观察、分析、比较、概括后方能得出结论，再对所得出的结论予以证明．其难度大、要求高，是训练和考查学生的创新精神，数学思维能力、分析问题和解决问题能力的好题型．

近几年高考中探索性问题分量加重，在选择题、填空题、解答题中都已出现．如2003年高考江苏卷第16题(立几)、第20题(解几)；2003年高考全国卷第15题(立几)、第22题(解几)；2003年高考上海卷第12题(填空题，解几)、第21题(Ⅲ)(解几)、第22题(理：集合与函数，文：数列与组合数)；2004年高考江苏卷第6题(统计图)、第13题(表格)；2004年高考上海卷第12题(填空题，数列)、第16题(选择题，招聘信息表)、第21题(3)(立几)、第22题(3)(圆锥曲线)；2004年高考北京卷第14题(填空题，数列)、第20题(不等式证明)；2004年高考福建卷第15题(概率)、第21题(Ⅱ)(导数与不等式)；2005年春季高考上海卷第9题(数列)、第16题(函数)、第21题(2)(函数与直线)、第22题(3)(椭圆)等。题目设计背景新颖，综合性强,难度较大，是区分度较高的试题，基本上都是每份试卷的压轴题。

　 高考常见的探索性问题，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．其中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;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；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。

2003年以前数学考试说明中能力要求没有创新意识。

2004年数学考试说明：能力要求中指出，能力是指思维能力、运算能力、空间想象能力以及实践能力和创新意识。其中创新意识指对新颖的信息、情境和设问，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，进行独立的思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题.命题基本原则中指出，创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性，设计考查数学主体内容，体现数学素质的题目；反映数、形运动变化的题目；研究型、探索型或开放型的题目.让考生独立思考，自主探索，发挥主观能动性，研究问题的本质，寻求合适的解题工具.梳理解题程序，为考生展现其创新意识，发挥创造能力，创设广阔的空间.

2005年数学考试大纲(必修+选I)：能力要求中创新意识增加了：创新意识是理性思维的高层次表现。对数学问题的“观察、猜测、抽象、概括、证明”，是发现问题和解决问题的重要途径，对数学知识的迁移、组合、融会的程度越高，显示出的创造意识也就越强。

考查要求指出对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查。在考试中创设比较新颖的问题情境,构造有一定深度和广度的数学问题,要注重问题的多样化,体现思维的发散性。精心设计考察数学主体内容,体现数学素质的试题;反映数、形运动变化的试题;研究型、探索型、开放型的试题。

两年考试大纲对比，说明今年高考对学生创新意识要求更高，近几年高考试题中对这方面考查主要通过探索性问题来实现的。那么什么是探索性问题呢?如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.

22．(本小题满分13分)⑴给出两块相同的正三角形纸片(如图1，图2)，要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明；

　　　 ⑵试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；

　　　 ⑶如果给出的是一块任意三角形的纸片(如图3)，要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明．

21．(本小题满分13分)设P₁(x₁,y₁), P₂(x₂,y₂),…,P_n(x_n,y_n)(n≥3,n∈N) 是二次曲线C上的点, 且a₁=|OP₁|², a₂=|OP₂|², …, a_n=|OP_n|²构成了一个公差为d(d≠0) 的等差数列, 其中O是坐标原点． 记S_n=a₁+a₂+…+a_n．

⑴若C的方程为=1,n=3． 点P₁(3,0) 及S₃=255, 求点P₃的坐标；(只需写出一个)

⑵若C的方程为(a>b>0)． 点P₁(a,0), 对于给定的自然数n, 当公差d变化时, 求S_n的最小值；

⑶请选定一条除椭圆外的二次曲线C及C上的一点P₁,对于给定的自然数n,写出符合条件的点P₁, P₂,…P_n存在的充要条件,并说明理由．

20．(本小题满分12分)给定有限个正数满足条件T：每个数都不大于50且总和L＝1275。现将这些数按下列要求进行分组，每组数之和不大于150且分组的步骤是：

　　 首先，从这些数中选择这样一些数构成第一组，使得150与这组数之和的差r₁与所有可能的其他选择相比是最小的，r₁称为第一组余差；

　　 然后，在去掉已选入第一组的数后，对余下的数按第一组的选择方式构成第二组，这时的余差为r₂；如此继续构成第三组(余差为r₃)、第四组(余差为r₄)、…，直至第N组(余差为r_N)把这些数全部分完为止。

⑴判断的大小关系，并指出除第N组外的每组至少含有几个数

⑵当构成第n(n<N)组后，指出余下的每个数与的大小关系，并证明

⑶对任何满足条件T的有限个正数，证明：

19．(本小题满分12分)已知常数a>0，向量c=(0，a)，i=(1，0)，经过原点O以c+λi为方向向量的直线与经过定点A(0，a)以i－2λc为方向向量的直线相交于点P，其中λ∈R．试问：是否存在两个定点E、F，使得|PE|+|PF|为定值．若存在，求出E、F的坐标；若不存在，说明理由．

17．(本小题满分12分)设P(x，y)、Q(x′，y′)，且将关系式看作坐标平面内的一个变换，它将平面内的点P变换到这一平面上的Q点。是否存在这样的直线它上面的任何一点经过上述变换后得到的点仍旧在该直线上。若存在，求出所有这样的直线；若不存在，说明理由。 18．(本小题满分12分)已知f(x)=(x∈R)在区间[－1，1]上是增函数．

⑴求实数a的值组成的集合A；

⑵设关于x的方程f(x)=的两个非零实根为x₁、x₂．试问：是否存在实数m，使得不等式m²+tm+1≥|x₁－x₂|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．