“析、寻、验”三步法速解开放性填空题

摘 要：文章对开放性填空题进行归类解析，并利用分析题干、寻特殊解、代入验证，即“析、寻、验”三步法快速求解这类开放性填空题.

关键词：开放性填空题；函数；解析几何；三角函数；立体几何

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）31-0050-03

收稿日期：2024-08-05

作者简介：邹葵花（1986.8—），女，湖南省娄底人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.

开放性填空题是指题目的条件或结论中有一个或多个不确定的问题.这类题目的答案不唯一，在解答时要看清楚，是要求写出所有的答案还是只要求写出一个答案.解决此类问题的三步法如下：

分析题干：观察题目所给的已知信息中所考查的知识模块，联想对应的题目模型.

寻特殊解：在阅读理解的基础上，及时捕捉和利用题目中所给的信息，结合原有知识做出判断、推理、概括、运算和表达.可以从特殊的情况出发，猜想使结论成立的特殊条件，或者满足条件的特殊结论，利用特殊代替一般.

代入验证：将特殊的情况代入题目中，若满足题意，则可以直接下结论，否则，调整特殊的情况，直到满足题意.

1 与函数有关的开放性题

例1^[1] 已知函数f（x）=-x3+ax2，写出一个同时满足下列两个条件的f（x）：.

①在［1，+∞）上单调递减；

②曲线y=f（x）（x≥1）存在斜率为-1的切线.

解析 （1）“析”——分析题干：

函数f（x）=-x3+ax2在［1，+∞）上单调递减f ′（x）≤0在［1，+∞）上恒成立；

曲线y=f（x）（x≥1）存在斜率为-1的切线存在x（x≥1）使得f ′（x）=-1.

（2）“寻”——寻特殊解：

直接研究f ′（1）=-1的特殊情况.

令f ′（1）=-1，得-3+2a=-1，此时a=1.

（3）“验”——代入验证：

当a=1时，f（x）=-x3+x2，满足条件①.

答案：f（x）=-x3+x2.

点评 本题也可转化为函数的最值进行求解：

由题可知f ′（x）=-3x2+2ax≤0对x∈［1，+∞）恒成立，即a≤（32x）min（x≥1），即a≤32.

又f ′（x）=-3x2+2ax=-1在［1，+∞）上有解，即a=3x2-12x在［1，+∞）上有解.

由函数的单调性可得3x2-12x≥1，所以1≤a≤32，据此填写合适的解析式即可.

2 与解析几何有关的开放性题

例2 直线l与圆G：（x-4）2+（y+1）2=4和椭圆E：x24+y2=1同时相切，请写出一个符合条件的l的方程：.

解析 （1）“析”——分析题干：作出圆G和椭圆E的图象，如图1所示.

（2）“寻”——寻特殊解：

由图1可直观得到，直线x=2和y=1均与圆G：（x-4）2+（y+1）2=4和椭圆E：x24+y2=1同时相切.

（3）“验”——代入验证：不需要验证，

所以直线l的方程可以为x=2或y=1（只填写一个即可）.

点评 除了上述两条公切线，还有没有其他的公切线呢？我们利用待定系数法设出公切线方程，根据圆心（4，-1）到其的距离为2、其与椭圆方程联立后得到的一元二次方程判别式为0列方程组，解出参数即可得到其他的公切线.

3 与三角函数有关的开放性题

例3^[2] 已知函数f（x）=3cos（ωx+φ）（ωgt;0），若f（-π4）=3，f（π2）=0，且f（x）在区间（-π3，-π6）上没有零点，则ω的一个取值为.

解析 （1）“析”——分析题干：

由题意，在f（x）=3cos（ωx+φ）（ωgt;0）中，

f（-π4）=3，f（π2）=0，

所以3cos（-π4ω+φ）=3，

3cos（π2ω+φ）=0.

所以-π4ω+φ=2k1π，π2ω+φ=k2π+π2， k1，k2∈Z.

两式相减，得3π4ω=（k2-2k1）π+π2.

所以ω=4n3+23，n∈Z.

（2）“寻”——寻特殊解：

当n=1时，ω=2.

（3）“验”——代入验证：

因为x∈（-π3，-π6），ωgt;0，

所以ωx+φ∈（-π3ω+φ，-π6ω+φ） .

令ωx+φ=t， t∈（-π3ω+φ，-π6ω+φ），

由题意知y=3cost在t∈（-π3ω+φ，-π6ω+φ）上无零点.

故（-π3ω+φ，-π6ω+φ）（-π2+kπ，π2+kπ），k∈Z.

所以-π3ω+φ≥-π2+kπ，-π6ω+φ≤π2+kπ.

即-π3ω+φ≥-π2+kπ，π6ω-φ≥-π2-kπ.

两式相加，得-π6ω≥-π.

所以0lt;ω≤6.

又ω=4n3+23，所以当n=0时，ω=23；当n=1时，ω=2；当n=2时，ω=103；

当n=3时，ω=143；当n=4时，ω=6，所以ω的取值有5个，取其中一个填写即可.

答案：2（答案不唯一）.

点评 解决本题的关键是利用其在（-π3，-π6）上无零点，从而得到-π3ω+φ≥-π2+kπ，-π6ω+φ≤π2+kπ，解出0lt;ω≤6，再根据题目所给条件代入得到ω=4n3+23，赋值即可.

开放性题目的结论不是事先给定的，有些问题的答案是不确定的，存在着多样的解答，但重要的还不是答案本身的多样性，而在于寻求解答过程中主体的认知结构的重建.

4 与立体几何有关的开放性题

例4^[3] 如图2，在四棱柱ABCD-A′B′C′D′中，侧面ABB′A′为正方形，侧面BCC′B′为菱形，B′C=BC=2，E，F分别为棱DD′及CD的中点，在侧面CDD′C′内（包括边界）找到一个点P，使三棱锥P-BEF与三棱锥B′-BEF的体积相等，则点P可以是（答案不唯一）.

解析 如图3所示，取棱C′D′及CC′的中点M，N，连接MN，B′N，B′M，CD′，MF.因为E，F分别为棱DD′及CD的中点，所以MN∥CD′，EF∥CD′.则MN∥EF.

又MF∥CC′且MF=CC′，BB′∥CC′且BB′=CC′，所以MF∥BB′且MF=BB′.

所以四边形MFBB′为平行四边形.

所以BF∥MB′.

又MN平面BEF，EF平面BEF，

所以MN∥平面BEF.

同理可得B′M∥平面BEF.

又B′M∩MN=M，B′M，MN平面B′MN，

所以平面B′MN ∥平面BEF.

又点P在侧面CDD′C′内（包括边界），且三棱锥P-BEF与三棱锥B′-BEF的体积相等，

当点P在线段MN上时，点P到平面BEF的距离与点B′到平面BEF的距离相等，此时三棱锥P-BEF与三棱锥B′-BEF的体积相等，所以点P在线段MN上，即点P在C′D′与CC′的中点的连线段上.

答案：C′D′的中点（答案不唯一，点P在C′D′与CC′的中点的连线段上即可）.

点评 解题的关键是证明平面B′MN∥平面BEF，从而可得到点P在线段MN上.

5 结束语

开放性填空题的答案一般是不唯一的，解题时，可按照“析、寻、验”三步法来进行.对于高考的填空题，考生的任务就是在有限的时间内算出正确的答案即可，所以可选择的方法较多，分析题干之后，寻找答案的过程最为关键.作为教师，不仅要关心学生所填答案是否正确，更要关注学生的思维过程，即学生遇到此类问题是如何思考的、是如何解决的.这样，所获得的经验可以更好地服务于教师的解题教学以及学生的备考复习.

参考文献：

［1］李鸿昌，刘开明，陈晓.高中数学一点一题型：二轮强化训练[M].合肥：中国科学技术大学出版社，2024.

[2] 李鸿昌.2024届高考数学（新高考Ⅰ卷）模拟卷[J].数理化解题研究，2024（16）：98-101.

[3] 李鸿昌.2024年全国高考（新高考Ⅰ卷）数学模拟卷[J].数理化解题研究，2024（10）：95-99.

［责任编辑：李 璟］