探索性问题解决策略

探索性问题的解决策略
扬州大学附属中学 何继刚
数学问题由条件、解题依据、解题方法和结论这四个要素组成，这四个要素中有两个是未知的数学问题称为探索性问题。

条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征。

解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面的能力有较高要求。

高考题中一般对这类问题有如下思考方法：（1）直接法；（2）观察—猜测—证明；（3）赋值法；（4）数形结合；（5）联想类比；（6）从特殊到一般；（7）从特殊到一般再到特殊；（8）等价转化。

（一）解决条件追溯型问题的主要策略
条件追溯型问题是针对一个结论，条件未知尚需探究，或条件增删尚需确定，或条件正误尚需判断。

解决这类问题的基本策略是执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或论证找到结论成立的充分条件。

例1 当[]1,0∈x 时，不等式()()0sin 11cos 2
2>-+--θθx x x x 恒成立吗？若恒成
立，请给出证明。

若不恒成立，请简述理由，并求出该不等式恒成立的条件。

解法1 反例：当2
π
θ=
时，该不等式不恒成立。

若该不等式恒成立，令x=0, x=1， 由
已知条件可知0cos ,0sin >>θθ，
设()()θθsin 11cos )(2
2x x x x x f -+--=
θθθθsin )sin 21()sin cos 1(2
++-++=x x
()()θθθθθθθθθsin cos 14sin 21sin sin 2cos 22sin 21)sin cos 1(2
2
+++-
+⎪⎭⎫
⎝
⎛+++-++=x 由0cos ,0sin >>θθ 可知1sin 2cos 22sin 210,0sin cos 1<+++<>++θ
θθ
θθ
结合原不等式对任意[]1,0∈x 恒成立可知
()⎪⎪⎩
⎪
⎪
⎨⎧
>+++-=>>0
)sin cos 1(4sin 21sin )(0cos 0sin 2min θθθθθθx f 可得212sin >θ 所以)(12
5212
2Z k k k ∈+
<<+
π
πθπ
π
解法2 反例同上。

令x=0, x=1 由已知条件可知0cos ,0sin >>θθ，
当()1,0∈x ，原不等式变为0cos 1sin 12
>+⎪⎭
⎫
⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-θθx x x x
令
t x
x
=-1 +∈R t 即0cos sin 2>+-θθt t 令θθθθθθsin 41cos sin 21sin cos sin )(2
2-
+⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-=+-=t t t t f 所以0sin 41
cos )(min >-=θ
θt f
解得212sin >
θ 所以)(12
52122Z k k k ∈+<<+
π
πθππ 评注：本题先令x=0和x=1得到0cos ,0sin >>θθ，大大的缩小了θ的考察范围，为后面的解答提供的很大的方便。

这种从特殊入手，探究一般规律的思维方法应在解题实践中认真学习。

例2 已知数列{}n a 的首项a a a (1=为常数），()
2242*21≥∈+-+=-n N n n n a a n n 。

（1）{}n a 是否可能是等差数列？若可能，求出{}n a 的通项公式；若不可能，说明理由。

（2）设)2,(,*21≥∈+==n N n n a b b b n n ，n S 是数列{}n b 的前n 项的和，试求使{}n S 是等比数列的实数a ，b 满足的条件。

解：（1）由已知条件a a =1，(),......4,3,224221=+-+=-n n n a a n n 所以 2228422-=+-+=a a a 542129223-=+-+=a a a 882234-=+=a a a 22212-=--=-a a a a a 3223-=-a a a 3434-=-a a a
若{}n a 成等差数列，则2312a a a a -=-，得1=a ；由2334a a a a -=-，得0=a ，矛盾。

所以{}n a 是不可能是等差数列。

（2）因为 2n a b n n +=，
211)1(++=++n a b n n 22)1(2)1(4)1(2++++-++=n n n a n
()22222≥=+=n b n a n n
22422+=+=a a b
当1-≠a 时，0≠n b ，{}n b 从第2项起是以公比为2的的等比数列。

所以()()()()12221
21222111
-++=--++=--n n n a b a b S 。

2≥n
时，
()()()2
2212
22222122211
11--+⋅+---=--+⋅+--+⋅+=---a b a a b a b a a b a S S n n n n n 若{}n S 是等比数列，则
()21
≥-n S S n n
为常数。

如果1-≠a ，则022=--a b
如果1-=a ，则()32,012≥==-n b b b n n ，得()20≥=n b n
b b b b S n n =+++=∴ (21)
若{}n S 是等比数列，则0≠b
综上，{}n S 是等比数列，实数a ，b 满足的条件为
⎩⎨
⎧+=-≠221a b a 或⎩
⎨⎧≠-=01
b a 评注：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（1）要否定一个结论，只要通过前面几项即可，（2）的证明必须对每一项都要满足，所以要对第一项进行检验。

另一方面，
)2(1
≥-n S S n n
为常数，也可以理解为 t a b a a b a n n =--+⨯+--+⨯+-2
22)1(2
22)1(1
（t 与n 无关）对n ≥2恒成立，即方程
0)22()1(2)2)(1(1=--⨯-+⨯-+-a b t t a n 对n ≥2恒成立，在条件a ≠1下，同样可
得022=--a b （此时t 必等于2）这里运用了代数恒等思想。

（二）解决结论探索型问题的策略
结论探索型问题的基本特征是有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。

探索结论之后论证结论是解决这类问题的一般形式。

有时运用定义或定理直接导出结论，有时可通过具体到抽象，特殊到一般的归纳获得结论，再给出严格证明，有时通过类比，联想，猜测出结论，再加以证明。

例 3 已知正方体的棱长为P a ,和Q 是该正方体表面上的两点，求线段PQ 长的最大值。

思路分析：由于点P 、Q 在正方体六个面上的相对位置有共面、相邻、相对等情况，应分别观察讨论，可以先从最简单的共面→相邻→相对进行。

解：P 与Q 在正方体六个面上的位置关系可分为三类：（i ）在同一个面上；（ii ）分别在相邻的两个面上；（iii ）分别在相对的两个面上。

分别对三种情况进行讨论：
（1）P 、Q 在同一个面上时，根据正方形的性质，由正方形边长为a 可知有
a PQ 2||≤；
（2）当P 、Q 分别在两个面上（如右图）， 在面1AD 中，作11D A PS ⊥于S ，连SQ ， 由面⊥AD 面11C A ，得⊥PS 面11C A ，故
SQ PS ⊥， （图在数学高考题型与方法研究P227/）
2222223)2(a a a SQ PS PQ =+≤+=∴，
即a PQ 3||≤（此处a SQ 2≤，是使用（1）
的结果）。

（3）若P 与Q 在相对的两个面内（如右图）， 过P 作⊥PS 面C B 1于S ，连SQ ，显然PS 是
两平行平面D A 1与C B 1间的距离，故a PS =；
又⊥PS 面C B 1，而⊂SQ 面C B 1， （图在数学高考题型与方法研究P227/） SQ PS ⊥∴，根据（1）
，a SQ 2≤， 2222223)2(a a a QS PS PQ =+≤+=∴，
即.32a PQ ≤ 而当P 与A 重合，Q 与1C 重合时，a AC PQ 31==，故PQ 的最大值为.3a
评注：这是一个立体几何的“结论探索题”，首先应发挥你的空间想象力，考虑这两个点在正方体六个面上的相对位置有哪几种，然后分别在每种情况下求PQ 长的最大值。

实际上，我们在讨论立体几何问题时常常可以与平面几何中相关问题进行类比，从中寻找出解题思路，此题可以与平面几何中“求正方形的周边上两点P 、Q 的最大距离”类比。

（图在数学高考题型与方法研究P227/最下面）
当P 、Q 在同一边时，PQ 最大值是a ；在相邻边上，最大值是a 2；在相对边上，最大值也是a 2. 故综合得PQ 的最大值为对角线长a 2.
我们不仅可以从中找出分类讨论的方法，而且也可以猜测出正方体面上两点间最大距离也应是其对角线长.3a
在立体几何与平面几何的图形元素之间，这样的类比很多，如（正）四面体与（正）三角形，平行六面体与平行四边形，正方体与正方形，球与圆等等。

另外，此题中，证明a PQ 3≤后，还不能断言a 3就是最大值，必须找出等号成立
的情形，方可下结论。

（三）解决存在判断型问题的策略
存在型问题是指判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形、函数等）是否
存在或某一结论是否成立的探索性问题，解决这类问题通常假设题中的数学对象存在（或结论成立）或暂且认可其中一部分的结论，然后进行演绎推理，或导出矛盾，即可否定假设，或推出合理结论验证后即可肯定结论，对于“存在”，“不存在”已肯定的问题，或直接用条件证明或采用反证法说明。

例4 如图，已知正四棱柱1111D C B A ABCD -的底面边长为4，61=AA ，Q 为1CC 的中点，
1,3,,,1111111==∈∈∈N D M A D C N B A M AA P
（1）若二面角1A PM N --的余弦值为
3
1， 试确定P 点的位置。

（2）在棱1AA 上是否存在点P ，使得⊥1QA
面若存在，确定P 点的位置；若不存在，请说明理由解：设t P A =1，建立如图所示的坐标系， )0,2,4(--=
,3,0(t -= 设平面PMN 的法向量为1n =（x y z 则有⎩⎨⎧=-=--030
24tz y y x 解得⎪⎩
⎪⎨⎧
-==t x z t y 63令z=6 得)6,2,(1t t n -=
而平面MP A 1的法向量)0,0,1(2=n
3
1
|364|||22=++-=t t t
解得3±=t 又0>t 3=∴t
即P 为1AA 的中点
（2）若存在，则有MN Q A ⊥1 而()3,4,41-=A
()()080324)4(41≠=⋅+-⋅+-⋅-=⋅∴MN Q A
所以在棱1AA 上不存在点P ，使得⊥1QA
面PMN 评注：本题是立体几何的位置确定的探索性问题，（1）一般是已知P 点的位置，求二
面角，但在此已知二面角来确定P 的位置，可运用方程求解待定参数。

（2）运用了：“要否定一个结论只需寻找一个反例即可”的思维方式。

例5 已知数列}{n a 中，a a =1，a 为正实数，)(1
1*+∈-=N n a a a n
n n （1）若03>a ，试求a 的取值范围。

（2）求证：不存在a ，使01>+n n a a 对任意*
∈N n 恒成立。

解（1）01()
)1(11112
2221
1
11223>---=---=-=a a a a a a a a a a a ∴
0)
1)(1()25
1)(251)(251)(251(>-++-------+-
a a a a a a a
∵0>a ，∴),2
5
1()1,251(+∞+⋃+-∈a （2）用反证法
假设存在正实数a ，对任意*∈N n ，使01>+n n a a 恒成立，则0>n a ，*
∈N n 恒成立。

∴01
1<-
=-+n
n n a a a ∴n n a a <<+10 ∴
1
1111a a a n n >>>+ 又 2
211
1111
-----+-
=--
=-n n n n n n a a •••••a a a a
1
121a a a -
=- ∴1
211111-----
=-n n a a a a a 即1
11211)111(
a n a a a a a a n n -<+++-=-
故取21a n >，即2
a n >，有0<n a ，则与0>n a 矛盾，因此，不存在正实数a ，使
01>+n n a a ，对*∈N n ，恒成立。

点评：例5 （2）的证明，采用了反证法，对于解决存在性探索性问题，很有代表性。

（四）解决方法探究型问题的策略
方法探究型指的是需要非常规的解题方法或被指定要用两种以上的方法解决同一个问题，难度较高的构造法即属此型。

在探究方法的过程中，常常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。

例6 今在如图所示的花圃中栽种观赏植物，要求 邻块不同色即可。

若苗圃中有四种不同颜色的观赏植物
供应，试分析可能的栽种方案。

（图在高中数学开放性问题P302/）
分析 由于相邻两块不同色，所以至少可从苗圃中 选用2种颜色的观赏植物。

方案一 只选用两种颜色，则只能A 、C 、E 种一色，B 、D 、F 种一色，有624=P 种选择。

方案二 若用三种颜色，可以是三对相对的三角A 、D ， B 、E ，C 、F 各用一种颜色，共有3
4P 种选择；也可以是一对相对的三角形用一种颜色，另两对“斜对”的三角形
各用一色（如A 、D 用一色，B 、F 及C 、E 各用一色），有3413P C 种选择。

合计有96341334=+P C P 种。

方案三 若用四种颜色，可以一种色用在不相邻的三个三角形里，另三个三角形各用
一色，有4422P C 种选择；也可以两对“斜对”的三角形各用一色，另两个三角形各用一色，
有4423P C 种选择；还可以是一对相对的三角形用一色，一对“斜对”的三角形用一色，最后两个三角形各用一色，有4423P P 种选择，合计有264种。

以上我们从四个方面，通过实例讨论了开放性与探索性问题求解的基本思路与方法，从中我们可以看到，要提高解探索问题的能力，必须从以下储方面进行训练和强化：（1）注重双基的训练，夯实基础知识；（2）不断提高阅读、理解、观察、分析和归纳等方面的能力；（3）要敢于猜测，在确定解题思路方向的前提下，要敢于采用所学习过的各种数学方法去尝试；（4）增强数学意识，自觉运用发散思维思考问题，善于从特殊到一般，从感性到理性地看问题；（5）经常总结一些解决探索性问题的方法，积累一些较典型的例题的解法，体会其中的数学思想、数学方法等。

练习
1．设集合(){}(){},|,,1|,a y x y x B y ax y x A =+==+=(){}
1|,22=+=y x y x C 。

问： （1）当a 为何值时，C B A )(为含有两个元素的集合？ （2）当a 为何值时，C B A )(为含有三个元素的集合？
解法一：因为)()()(C B C A C B A =，而C A 与C B 分别为方程组
><1⎩⎨
⎧=+=+11
2
2y x y ax ><2 ⎩⎨⎧=+=+1
2
2y x a
y x 的解集 当0=a 时，由><1得，(){}1,0=C A ；
当0≠a 时，由><1得()⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=2
2
211,12,1,0a a a a C A 又由><2得 01222
2=-+-a ax x 的判别式 )2(42a -=∆
于是当2>a ，或2-<a 时，Φ=C B ：
当2±=a 时，⎭⎬⎫
⎩⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛=2,2a a C B 此时显然⎪⎭
⎫ ⎝⎛≠⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+-+2,211,12222a a a a a a 当22<
<-a 时，C B 有两个元素，其中
1=a ，则B A = 1≠a 则由⎩
⎨⎧=+=+11
2
2y x y ax ，得()()a y x +-=1,1,， 当且仅当1-=a 时，()a a a a a +-=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+-+1,111,12222。

综上所述可知，
当2>
a ，或2-<a ，或1=a 时，C B A )(为含有两个元素的集合；
当
=a C B A )(为含有三个元素的集合
图1 图2
x
x
解法二：由已知：直线m ：
1=+y ax 为定点系，直线n ：a y x =+为平行系，
这两条直线与单位圆相交。

如上图
（1）如图1，直线m 与单位圆相交于（0，1）与另外一点，而直线n 与单位圆相离，或直线m 与直线n 重合
（1=a ）时，两条直线与单位圆相交于两点。

所以当2>
a ，或2-<a ，或1=a 时，C B A )(为含有两个元素的集合；
（2）如图2，直线m 与单位圆相交于（0，1）与另外一点，而直线n 与单位圆相切，或而直线m 与单位圆相切，直线n 与单位圆相交于两点，或直线m 与直线n 相交于（0，1）时，两条直线与单位圆相交于三点。

所以当2±=a ，或0=a ，或1-=a 时，C B A )(为含有三个元素的集合。

评注：本题给出了两种探究方式，解法一的方式是从式子的意义出发，联立方程组求解，运用了分类讨论的数学思想，对思维的严谨性要求较高。

解法二的方式是从直观图形出发，找到了思维的依靠点，这样便于找到各种情况，很难出现遗漏。

2．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BC 、CD 上的点，且BE ＝CF ．
（1）当E 、F 在何位置时，B 1F ⊥D 1E ；
（2）当E 、F 在何位置时三棱锥C 1－CEF 的体积取得最大值，并求此时二面角C 1－EF －C 的大小．
解 (1) 以A 为原点，分别以
1AA AD AB 、、
为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 设BE ＝x ，则有B 1(a ，0，a )，D 1(0，a ，a )，
E (a ，x ，0)，
F (a －x ，a ，0)
∴
),,(),,(11a a x a E D a a x F B --=--=，
∴0))(()(11=--+-+-=⋅a a a x a ax D B 因此，无论E 、F 在何位置均有
B 1F ⊥D 1E ．
(2)解：]4
)2([6221a a x a V CEF
C +--=- 当2
a
x =
时，三棱锥C 1－CEF 的体积最大，这时E 、F 分别为BC 、CD 的中点 连结AC 交EF 于G 点，连结C 1G ，则AC ⊥EF
由三垂线定理知C 1G ⊥EF ，∴∠C 1GC 是二面角C 1－EF －C 的平面角 ∵a CC a AC GC ===
1,4241，∴22tan 11==∠GC
CC GC C 即二面角C 1－EF －C 的大小为22arctan ．
评注：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，综合已知和结论列出等式，解出参数。

这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法。

3．已知函数b x ax x f +-=236)(，问是否存在实数a 、b ，使)(x f 在]2,1[-上取得最大值3，最小值29-，若存在，求出a 、b 的值；若不存在，请说明理由。

分析：利用求最值的方法确定a 、b 的值，注意对a 的讨论。

解：显然0≠a ，)4(3123)(2'-=-=x ax ax ax x f ， 令0)('=x f ，解得4,021==x x （舍去）。

（1）当0>a 时，当x 变化时，)('x f 、)(x f 的变化状态见下表：
所以当0=x 时，)(x f 取得最大值，所以.3=b 又).2()1(,37)1(,316)2(f f f a f >-+-=-+-=
所以当2=x 时，)(x f 取最小值，29316-=+-a ，即.2=a
（2）当0<a 时，当x 变化时，)('
x f 、)(x f 的变化状态见下表：
所以当0=x 时，)(x f 取得最小值，所以.29-=b 又).1()2(,297)1(,2916)2(->--=---=f f a f a f
所以当2=x 时，)(x f 取最大值，即32916=--a ，即.2-=a 综上所述3,2==b a 或.29,2-=-=b a
4． 对于在［m ,n ］(m <n )上有意义的两个函数f (x )和g (x ),如果对于任意的x ∈［m ,n ］, 都有|f (x )-g (x )|≤1，就说f (x )与g (x )在［m ,n ］上是“亲密”的，否则就称f (x )和g (x )在［m ,n ］上是“疏远”的.
现有函数f1(x)=loga(x-3a),f2(x)=loga a x -1
(a>0,a ≠1)，给定区间［a+2,a+3］.
（1）如果f1(x)与f2(x)在区间［a+2,a+3］上都有意义，求a 的取值范围； （2）讨论f1(x)与f2(x)在区间［a+2,a+3］上是否亲密. 分析 （1）只需a+2-3a>0,a+2-a>0同时成立；（2）令|f(x)-g(x)|≤1成立，转化为对数不等式-1≤loga(x2-4ax+3a2)≤1在区间［a+2,a+3］上恒成立，求出a 的范围.
解析 （1）由题意，a>0,a ≠1，且a+2-3a>0,a+2-a>0,所以0<a<1即为所有的取值范围. （2）由|f1(x)-f2(x)|=|loga(x2-4ax+3a2)|≤1，得-1≤loga(x2-4ax+3a2)≤1.（*） ∵0<a<1,x2-4ax+3a2=(x-2a)2-a2,由区间［a+2,a+3］在直线x=2a 的右侧， ∴函数g(x)=loga(x2-4ax+3a2)在区间［a+2,a+3］上是减函数，
∴g(x)max=g(a+2)=loga(4-4a),g(x)min=g(a+3)=loga(9-6a).于是（*）式成立的充要条件是
.101257901)69(log 1)44(log ⎪⎪
⎩⎪
⎪
⎨
⎧<<-≤<⇒≥-≤-a a a a a a
故当0<a ≤12579-时，函数f1(x)与f2(x)在区间［a+2,a+3］上是亲密的，当a>12
579-时，函数f1(x)与f2(x)在区间［a+2,a+3］上是疏远的. 评注 本题以“亲密”、“疏远”的名词定义两个函数的一种运算，实际就是在条件|f(x)-g(x)|≤1（x ∈［a+2,a+3］）的情况下求参数a 的取值范围.
结合上述例题我们发现，函数的信息迁移类题目的特点一般是对某些具体函数规定一种新的要求，要求考生在这种新条件下对函数的性质等进行讨论.是在处理有关函数信息迁移类题目时，着重点应放在对题目信息的理解上，设法在陌生的情景中寻找熟知的数学背景，在未知与已知之间建立联系的桥梁，把“新”问题转化为“旧”知识的应用，转化为熟悉的函数问题或函数模型.
5．已知
20,0π
β<
<>a ，且
.65πβα=
+试问函数βα2
2cos sin 2--=y 是否有
最值？如果有，请求出；如果没有，请说明理由.
解：本题为存在型探索问题，主要考查消元思想的运用和自变量范围的确定.
由函数
βα2
2cos sin 2--=y 可化简变形为).62sin(211π
α+⋅+
=y
由已知条件易得
653παπ
<
<，故.6116265ππαπ<+<当2362ππα=+，即32π
α=
时，函数取得最小值.21又因为x sin 在6
1165π
π<<x 上无最大值，所以函数无最大值.
6．已知集合},,|{},,32|{},2{2M x x z z T M x x y y P a x M ∈==∈+==≤≤-=确定实数a 的取值范围，使得.P T ⊆
方法一（数形结合）如右图，直线32+=x y （图在高中数学开放性问题P33） 与抛物线2x y =的右交点的横坐标为.3当3>a 时，
对任意M x ∈，总有322
+>x x ，此时P T ⊆
不成立；因为T ∈=-4)2(2
，由432=+=x y 得21=
x ，当2
1
<a 时，对任意M x ∈，总有432<+x ，则P T ⊆也不成立；当32
1
≤≤a 时，由图形分析知P T ⊆总成立. 因此，实数a 的取值范围是].3,2
1[
方法二（分类讨论） 由题设知，}.321|{+≤≤-=a y y P （1）当22≤≤-a 时，}40|{≤≤=z z T ，由P T ⊆知
⎩⎨
⎧≤≤-≥+.
22,432a a 解得 .221
≤≤a （2）当2>a 时，}0|{2
a z z T ≤≤=，由P T ⊆知
⎩
⎨⎧+≤>.32,
22
a a a 解得 .32≤<a 综合（1）、（2）知，实数a 的取值范围是].3,2
1
[
方法三（零值代入法） 由题设知，}.321|{+≤≤-=a y y P
集合B 中的z 介于0与4（或2
a ）之间，须通过分类讨论，判定2
a 与4谁大谁小，才
能把B 用不等式表示出来（见方法二），但因为P T ⊆，所以T 的端点（零值）0、4或2
a
应满足集合P 中的不等式，则
⎪⎩⎪
⎨
⎧+≤≤-+≤≤-+≤≤-.321,3241,32012a a a a 即⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎨⎧≤≤-≤≤-.
31,21,
23a a a 解得.321≤≤a 因此实数a 的取值范围是].3,2
1[
7． 已知双曲线122
22=-b
y a x 的离心率21+>e ，左、右焦点分别为1F 、2F ，左准线为l ，
能否在双曲线的左半支上找到一点P ，使得||1PF 是P 到l 的距离d 与||2PF 的比例中项？若能，求出P 点的坐标；若不能，说明理由。

分析 假设在双曲线的左半支上存在P 点，使||||22
1PF d PF ⋅=，
即
e
PF d PF PF 1
||||||121==，那么||||12PF e PF =，又a PF PF 2||||12=-，
故得1
2||,12||21-=-=
e ea
PF e a PF ， 在21F PF ∆中，显然c PF PF 2||||21≥+，
c e ea e a 21
212≥-+-∴
，从而解得211+≤<e ， 这与已知条件矛盾，故这样的P 点存在.
解略.
说明 本例属于由已知条件判断结论是否存在的探索性问题，解决这类问题的一般方法是：先假设结论存在，然后“执果索因”，或结合待定系数法，或作推理分析，肯定或否定，若肯定，再求出正确结果.
8．给定双曲线,12
2
2
=-y x 过点B （1，1）能否作直线m ，使m 与所给双曲线交于两点Q 1及Q 2，且B 是线段Q 1 Q 2的中点？这样的直线m 如果存在，求出它的方程；如果不存在，说明理由。

思路分析：本题是形式上的探索性问题，实际上是求直线存在时的直线m 的方程，解本题通常可先求出直线m 的方程，然后与双曲线联立，化为一元二次方程，利用判别式∆小于零，便可判断这样的直线m 不存在。

解：假设直线m 存在
若直线m 的斜率不存在时，有x =1，此时直线m 与双曲线相切，与题设交于两点不合
设直线m 的方程为：21,),1(1Q Q x k y -=-两点坐标为),(),,(2211y x y x
21,Q Q 由在双曲线上及B （1，1）为21Q Q 的中点可得
0342,12,12
1
22
222
22
12
1121221=+-⎪⎩
⎪⎨⎧-==-
-==++∙=--=
x x y ，x y y x x y m y y x x x x y y k Q Q 得消去联立的方程为因此直线
显然△<0，此方程无实根，这与直线m 与双曲线交于21,Q Q 两点矛盾，故这样的直线m 不存在。

9． 关于)1(lo g )2(lo g )3(lo g )(--+--=x x x x f x a a a 的函数的图象与函数
1=y 的图象是否有公共点，试给予判断，并说明理由。

思路分析：判断函数f(x)与函数1=y 的图象是否有公共点的问题转化为判断方程1)1(log )2(log )3(log =--+--x x x a a a 是否有实数解的问题，它又可转化为
讨论方程)1)(2()3(1
-+=-x x x a
是否存在大于3的实数根的问题，进而它又可转
化为讨论抛物线)3(1
)1)(2(---+=x a
x x y 是否在x =3的右侧与x 轴有交点的问
题。

这里先由图象交点问题转化为讨论一元二次方程条件解的问题，在转化为抛物线与x 轴具有条件限制的交点问题，通过数与形的相互转化，使问题获解。

解：令.1,0,1,0,1
≠>≠>=k k a a a
k 所以因为
依题意，所求问题转化为一元二次方程是否存在大于3的实数根的问题，即
为一元二次方程023)1(2=-+-+k x k x 是否存在大于3的实数根。

若令23)1()(2-+-+=k x k x x g ，则上述问题又可转化为讨论抛物线
3)(=x x g 是否在的右侧与x 轴有交点的问题。

而抛物线)(x g 的开口向上，且对称轴方程2
1
-=
k x ， 又9)3(=g +-+)1(3k 023>-k
所以若抛物线)(x g 在x =3的右侧与x 轴有交点
根据图象，k 必须满足不等式组
,9
2
271027110.1027,321,0)23(4)1(2-=+≤=
<+≥⎪
⎩
⎪⎨⎧>-=≥---=∆k a k k x k k 又解得
所以，当)(9
10
270x f a 时，函数-≤
<的图象与函数y =1的图象有交点 10．设函数)(38)(2R a x ax x f ∈++=。

（1）若)(),()(x f x xf x g =与)(x g 在x 为某值时，都取得极值，求a 的值； （2）对于给定的负数a ，有一个最大的正数)(a M ，使得[])(,0a M x ∈时，恒有5)(≤x f ，求：
①)(a M 的表达式；
②)(a M 的最大值及相应的a 的值。

解：（1）易知0≠a ，)(x f 在a x 4
-=处取得极值
38)(23++=x ax x g ，∴3163)(2,++=x ax x g
由题意知03)4
(16)4(322=+-+-a
a a
∴316=a 0<a ，a
a x a x f 163)4()(2-++= （2） a
x f 16
3)(-=
当516
3>-a
，即08<<-a 时 要使5)(≤x f 在[])(,a M o x ∈上恒成立
而)(a M 要最大，所以)(a M 只能为方程5382=++x ax 的较小根
∴ a
a a M 4
162)(-+=
当516
3≤-
a
，即8-≤a 时，易知)(a M 只能为方程5382-=++x ax 的较大根
a
a a M 4
242)(---=
∴
=
∴)(a M (]⎪⎪⎩
⎪⎪
⎨
⎧-∞-∈----∈-+8,,4242)0,8(,4
162a a a a a a ∴当)0,8(-∈a 时，a
a a M 4
162)(-+=
=
2
14
242<+-a
当]8,(--∞∈a 时，a
a a M 4
242)(---=
=
2
1
52
2042
244+=
-≤
--a ∴当且仅当8-=a 时，)(a M 有最大值
2
1
5+。