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随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.本文采撷2014年高考数学客观题中的创新题型并予以分类赏析，旨在探索题型规律，揭示解题方法.
1. 合情推理型
合情推理型创新题要求根据一些特殊数据、特殊情况归纳出一般规律，或者给出一个数学情景或一个数学命题，要求用发散思维联想、类比、推广、转化，找出类似命题.这是新课程较为重视的归纳推理、类比推理，主要考查考生观察、分析、归纳、类比能力，从不变中找变化，从不变中找规律.
1.1 归纳推理
例1（2014年陕西卷理14）观察分析下表中的数据：
多面体面数（F）顶点数（V）棱数（E）
猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是.
解析：观察表中数据，并计算F+V分别为11，12，14，又其对应E分别为9，10，12，容易观察并猜想F+V-E=2.
点评：本题通过观察分析F，V，E的变化得到结论（欧拉公式），考查考生的归纳推理能力.
1.2 类比推理
例2（2014年福建卷理10）用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理， 从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所以取法可由（1+a）（1+b）的展开式1+a+b+ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab” 则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是（ ）
A.（1+a+a2+a3+a4+a5）（1+b5）（1+c）5______ B.（1+a5）（1+b+b2+b3+b4+b5）（1+c）5
C.（1+a）5（1+b+b2+b3+b4+b5）（1+c5）D.（1+a5）（1+b）5（1+c+c2+c3+c4+c5）
人不可有傲气，但不可无傲骨。
海到无边天作岸，山登绝顶我为峰。______
解析：由题意可知：5个无区别的红球取出若干个球可表示为1+a+a2+a3+a4+a5；5个无区别的蓝球都取出或都不取出可表示为1+b5；5个有区别的黑球取出若干个球可表示为（1+c）（1+c）（1+c）（1+c）（1+c）=（1+c）5.
由乘法原理可得所有取法可表示为（1+a+a2+a3+a4+a5）（1+b5）（1+c）5.故选A.
点评：本题考查排列组合的两个基本原理与枚举法.考查考生综合运用排列组合知识分析问题、解决问题的应用能力、类比推理能力及阅读理解能力.本题若能读懂题目的含义，盯住关键字眼（题眼），就可以快速破解，如5个无区别的蓝球都取出或都不取出，有（1+b5）种不同的取法，看选项，表达式中没有因式（1+b5）的直接排除，可排除B、C、D.故选A.
2. 逻辑推理型
逻辑推理型创新题是指运用逻辑知识进行推理即可获解的一类问题，该类试题回避冗繁的运算，主要凭借逻辑推理，是2014年高考试题中的一大“亮点”，彰显了“多考一点想、少考一点算”的高考命题理念.
例3（2014年福建卷理15）若集合{a，b，c，d}={1，2，3，4}，且下列四个关系：①a=1；②b≠1；③c=2；④d≠4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组（a，b，c，d）的个数是.
解析：若只有①正确，则a=1，b=1，c≠2，d=4，与集合中元素的互异性矛盾，故①不正确；
若只有②正确，则a≠1，b≠1，c≠2，d=4，从而c=1，{a，b}={2，3}，所以符合条件的有序数组（a，b，c，d）有（2，3，1，4），（3，2，1，4）两个；
若只有③正确，则a≠1，b=1，c=2，d=4，从而a=3，所以符合条件的有序数组（a，b，c，d）只有（3，1，2，4）一个；
若只有④正确，则a≠1，b=1，c≠2，d≠4，所以符合条件的有序数组（a，b，c，d）有（2，1，4，3），（3，1，4，2），（4，1，3，2）三个.
综上，共有2+1+3=6个符合条件的有序数组.
点评：本题综合考查集合的性质，逻辑推理，分类讨论的思想方法和枚举法等.题小而精，要逐一讨论，各个击破.
3. 信息迁移型
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.它既能有效地考查考生的思维品质和学习潜力，又能考查考生的综合能力和创新能力.
3.1 约定新的运算
例4（2014年浙江卷理8） 记max{x，y}=x，x≥y，y，x A.min{|a+b|，|a-b|}≤min{|a|，|b|}
B.min{|a+b|，|a-b|}≥min{|a|，|b|}
C.max{|a+b|2，|a-b|2}≤|a|2+|b|2
D.max{|a+b|2，|a-b|2}≥|a|2+|b|2
解析：在A中，取a→=（1，0），b→=0→，则mina→+b→，a→-b→=1，而mina→，b→=0，显然不符合，即A错.在B中，设a→=b→≠0→，则mina→+b→，a→-b→=0，而mina→，b→=a→>0，显然不符合，即B错.
因为a→+b→2=a→2+b→2+2a→·b→，a→-b→2=a→2+b→2-2a→·b→， 则当a→·b→≥0时，maxa→+b→2，a→-b→2=a→2+b→2+2a→·b→≥a→2+b→2；
当a→·b→<0时，maxa→+b→2，a→-b→2=a→2+b→2-2a→·b→≥a→2+b→2，
即总有maxa→+b→2，a→-b→2≥a→2+b→2.故选D.
点评：本题考查平面向量的运算、最值问题、分类讨论思想及善于举反例否定命题的能力.
3.2 引入新的记号
例5（2014年湖北卷理14）设f（x）是定义在（0，+∞）上的函数，且f（x）≥0.对任意a>0，b>0，若经过点（a，f（a）），（b，-f（b））的直线与x轴的交点为（c，0），则称c为a，b关于函数f（x）的平均数，记为Mf（a，b）.例如，当f（x）=1（x>0）时，可得Mf（a，b）=c=a+b2，即Mf（a，b）为a，b的算术平均数.
（1）当f（x）=（x>0）时，Mf（a，b）为a，b的几何平均数；
（2）当f（x）=（x>0）时，Mf（a，b）为a，b的调和平均数2aba+b.
（以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可）
解析：（1）若Mf（a，b）是a，b的几何平均数，则c=ab.
由题意知，（a，f（a）），（ab，0），（b，-f（a））三点共线，
∴f（a）-0a-ab=0+f（b）ab-b，化简得f（a）a=f（b）b，
∴可取f（x）=x（注：取f（x）=k1x，k1为正常数亦可）.
（2）若Mf（a，b）是a，b的调和平均数，则c=2aba+b.
由题意知，（a，f（a）），2aba+b，0，（b，-f（b））三点共线，
∴f（a）-0a-2aba+b=0+f（b）2aba+b-b，化简得f（a）a=f（b）b，
∴可取f（x）（注：取f（x）=k2x，k2为正常数亦可）.
点评：本题新记号、新概念较多，深刻理解题意并把握各种新记号、新概念的实质是正确求解的关键.本题中的两问结果不唯一，答案具有一定的开放性，充分考查考生思维的灵活性和创新意识.
4. 综合探究型
综合探究型创新题形式多、难度大，在解答时要通过分析、探究，抓住有限的或隐含的条件，通过联想综合性的知识设计出解决问题的方式或探究出解决问题的数学思想，是考查考生数学灵气和应用能力的主要和重要题型.
例6（2014年湖南卷理10）已知函数f（x）=x2+ex-12（x<0）与
g（x）=x2+ln（x+a）的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是（ ）
A.（-
e）____________C.（-1e，e）______ D.（-e，1e）
除了放弃尝试以外没有失败。
当机会来临时，你已经准备好了。______
解析：设函数f（x）的图象上一点A（x0，y0）（x0<0）关于y轴的对称点B（-x0，y0）在函数g（x）的图象上，则y0=x20+ex0-12，y0=x20+ln（a-x0），即x20+ex0-12=x20+ln（a-x0），∴a=eex0-12+x0.
令φ（x）=eex-12+x（x<0），则a=φ（x）在（-
0）上有解.
因为φ′（x）=eex-12·ex+1>0，故φ（x）在（-
0）上为增函数，则φ（x）<φ（0）=e，
从而有a 点评：本题考查函数图象的对称性、复合函数导数的运算，函数的单调性和值域.考查函数与方程思想、转化与化归思想，把存在性问题转化为方程有解是解题的关键.
例7（2014年四川卷理10）已知F为抛物线y2=x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，OA·OB=2（其中O为坐标原点），则ΔABO与ΔAFO面积之和的最小值是（ ）
A.2B.3C.1728D.10
解析：如图，设点A（x1，y1），B（x2，y2），其中y1>0，y2<0，设直线AB的方程为x=ty+m，且直线AB与x轴的交点为C（m，0）.
由x=ty+m，y2=x，消去x，得y2-ty-m=0，所以y1y2=-m.
又OA·OB=2，所以x1x2+y1y2=2y1y22+y1y2-2=0y1y2=-2或y1y2=1（舍去），故m=2，C（2，0）.
又F（14，0），于是SΔABO+SΔAFO=12×2×（y1-y2）+12×14×y1
=98y1+2y1≥298y1·2y1=3，
当且仅当98y1=2y1，即y1=43时等号成立.
所以ΔABO与ΔAFO面积之和的最小值是3，故选B.
点评：本题考查抛物线的方程及其性质，同时考查平面向量的坐标运算和基本不等式的应用.最值问题是高考的一个热点，要特别关注.
例8（2014年辽宁卷理16）对于c>0，当非零实数a，b满足4a2-2ab+4b2-c=0且使|2a+b|最大时，3a-4b+5c的最小值为.
解析：设2a+b=t，则2a=t-b，由已知得关于b的方程（t-b）2-b（t-b）+4b2-c=0有解，即6b2-3tb+t2-c=0有解，故
Δ=9t2-24（t2-c）≥0，所以t2≤85c，所以|t|max=210c5，
此时c=58t2，b=14t，
2a=t-b=34t，所以a=38t.
故3a-4b+5c=8t-16t+8t2=8（1t2-1t）=8（1t-12）2-2≥-2，当t=2时，该式取等号. 综上，当a=34，b=12，c=52时，3a-4b+5c取得最小值-2.
点评：本题考查换元法、一元二次方程根的判别式法及配方法.考查运算求解能力及函数与方程思想.
例9（2014年广东卷理8）设集合A={（x1，x2，x3，x4，x5）xi∈{-1，0，1}，i=1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为（ ）
A.60B.90C.120D.130
解析：易知|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=1或2或3，下面分三种情况讨论：
①|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或-1，其余等于0，于是有C15C12=10种情况；
②|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于-1或一个等于1、另一个等于-1，其余等于0，于是有C25+C25+C25C12=40种情况；
③|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于-1或两个等于1、另一个等于-1或两个等于-1、另一个等于1，其余等于0，于是有C35+C35+C35C13+C35C23=80种情况.
从而，共有10+40+80=130种情况符合题意.故选D.
点评：本题考查了分类、分步计数原理及组合数的综合应用，考查了分类讨论思想、转化与化归能力.解题的关键在于对|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|的可能取值进行分类讨论.
例10（2014年安徽卷理15）已知两个不相等的非零向量a→，b→，两组向量x1，x2，x3，x4，x5和y1，y2，y3，y4，y5均由2个a→和3个b→排列而成，记S=x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4+x5·y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值.则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）.
①S有5个不同的值；____________ ②若a→⊥b→，则Smin与|a→|无关；
③若a→//b→，则Smin与|b→|无关；
④若|b→|>4|a→|，则Smin>0；
⑤若|b→|=2|a→|，Smin=8|a→|2，则a→与b→的夹角为π4.
解析：若S的表达式中有0个a→·b→，则S=2a→+3b→2，记为S1；若S的表达式中有2个a→·b→，则S=a→2+2a→·b→+2b→2，记为S2；若S的表达式中有4个a→·b→，则S=4a→·b→+b→2，记为S3.所以S最多有3个不同的值，①错误；因为a→，b→是不相等的非零向量，所以S1-S2=2a→2+3b→2-a→2-2a→·b→+2b→2=a→2-2a→·b→+b→2=a→-b→2>0S1>S2，
S1-S3=2a→2+3b→2-4a→·b→-b→2=2a→2-4a→·b→+2b→2=2a→-b→2>0S1>S3，
S2-S3=a→2+2a→·b→+2b→2-4a→·b→-b→2=a→2-2a→·b→+b→2=a→-b→2>0S2>S3，
所以S1>S2>S3，故Smin=S3=4a→·b→+b→2，又a→⊥b→a→·b→=0，
∴Smin=b→2与|a→|无关，②正确；
∵a→//b→，则Smin=S3=b→2+4|a→||b→|或Smin=b→2-4|a→||b→|，显然与|b→|有关，③错误；设a→，b→的夹角为θ，∵|b→|>4|a→|，则Smin=b→2+4|a→||b→|cosθ≥b→2-4|a→||b→|=|b→||b→|-4|a→|>0，故Smin>0，④正确；
设a→，b→的夹角为θ，∵|b→|=2|a→|，∴Smin=4|a→|2+8|a→|2cosθ=8|a→|2，所以cosθ=12，又θ∈0，π，所以θ=π3，⑤错误.
得意时淡然，失意时泰然。
不怕苦，吃苦三五年；怕吃苦，吃苦一辈子。______
综上可知，所有正确命题的编号为②④.
点评：本题是向量运算的综合问题，主要考查向量的数量积运算、夹角公式、不等式的性质，考查分类讨论、函数与方程思想，属于难题.
1. 合情推理型
合情推理型创新题要求根据一些特殊数据、特殊情况归纳出一般规律，或者给出一个数学情景或一个数学命题，要求用发散思维联想、类比、推广、转化，找出类似命题.这是新课程较为重视的归纳推理、类比推理，主要考查考生观察、分析、归纳、类比能力，从不变中找变化，从不变中找规律.
1.1 归纳推理
例1（2014年陕西卷理14）观察分析下表中的数据：
多面体面数（F）顶点数（V）棱数（E）
猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是.
解析：观察表中数据，并计算F+V分别为11，12，14，又其对应E分别为9，10，12，容易观察并猜想F+V-E=2.
点评：本题通过观察分析F，V，E的变化得到结论（欧拉公式），考查考生的归纳推理能力.
1.2 类比推理
例2（2014年福建卷理10）用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理， 从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所以取法可由（1+a）（1+b）的展开式1+a+b+ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab” 则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是（ ）
A.（1+a+a2+a3+a4+a5）（1+b5）（1+c）5______ B.（1+a5）（1+b+b2+b3+b4+b5）（1+c）5
C.（1+a）5（1+b+b2+b3+b4+b5）（1+c5）D.（1+a5）（1+b）5（1+c+c2+c3+c4+c5）
人不可有傲气，但不可无傲骨。
海到无边天作岸，山登绝顶我为峰。______
解析：由题意可知：5个无区别的红球取出若干个球可表示为1+a+a2+a3+a4+a5；5个无区别的蓝球都取出或都不取出可表示为1+b5；5个有区别的黑球取出若干个球可表示为（1+c）（1+c）（1+c）（1+c）（1+c）=（1+c）5.
由乘法原理可得所有取法可表示为（1+a+a2+a3+a4+a5）（1+b5）（1+c）5.故选A.
点评：本题考查排列组合的两个基本原理与枚举法.考查考生综合运用排列组合知识分析问题、解决问题的应用能力、类比推理能力及阅读理解能力.本题若能读懂题目的含义，盯住关键字眼（题眼），就可以快速破解，如5个无区别的蓝球都取出或都不取出，有（1+b5）种不同的取法，看选项，表达式中没有因式（1+b5）的直接排除，可排除B、C、D.故选A.
2. 逻辑推理型
逻辑推理型创新题是指运用逻辑知识进行推理即可获解的一类问题，该类试题回避冗繁的运算，主要凭借逻辑推理，是2014年高考试题中的一大“亮点”，彰显了“多考一点想、少考一点算”的高考命题理念.
例3（2014年福建卷理15）若集合{a，b，c，d}={1，2，3，4}，且下列四个关系：①a=1；②b≠1；③c=2；④d≠4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组（a，b，c，d）的个数是.
解析：若只有①正确，则a=1，b=1，c≠2，d=4，与集合中元素的互异性矛盾，故①不正确；
若只有②正确，则a≠1，b≠1，c≠2，d=4，从而c=1，{a，b}={2，3}，所以符合条件的有序数组（a，b，c，d）有（2，3，1，4），（3，2，1，4）两个；
若只有③正确，则a≠1，b=1，c=2，d=4，从而a=3，所以符合条件的有序数组（a，b，c，d）只有（3，1，2，4）一个；
若只有④正确，则a≠1，b=1，c≠2，d≠4，所以符合条件的有序数组（a，b，c，d）有（2，1，4，3），（3，1，4，2），（4，1，3，2）三个.
综上，共有2+1+3=6个符合条件的有序数组.
点评：本题综合考查集合的性质，逻辑推理，分类讨论的思想方法和枚举法等.题小而精，要逐一讨论，各个击破.
3. 信息迁移型
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.它既能有效地考查考生的思维品质和学习潜力，又能考查考生的综合能力和创新能力.
3.1 约定新的运算
例4（2014年浙江卷理8） 记max{x，y}=x，x≥y，y，x
B.min{|a+b|，|a-b|}≥min{|a|，|b|}
C.max{|a+b|2，|a-b|2}≤|a|2+|b|2
D.max{|a+b|2，|a-b|2}≥|a|2+|b|2
解析：在A中，取a→=（1，0），b→=0→，则mina→+b→，a→-b→=1，而mina→，b→=0，显然不符合，即A错.在B中，设a→=b→≠0→，则mina→+b→，a→-b→=0，而mina→，b→=a→>0，显然不符合，即B错.
因为a→+b→2=a→2+b→2+2a→·b→，a→-b→2=a→2+b→2-2a→·b→， 则当a→·b→≥0时，maxa→+b→2，a→-b→2=a→2+b→2+2a→·b→≥a→2+b→2；
当a→·b→<0时，maxa→+b→2，a→-b→2=a→2+b→2-2a→·b→≥a→2+b→2，
即总有maxa→+b→2，a→-b→2≥a→2+b→2.故选D.
点评：本题考查平面向量的运算、最值问题、分类讨论思想及善于举反例否定命题的能力.
3.2 引入新的记号
例5（2014年湖北卷理14）设f（x）是定义在（0，+∞）上的函数，且f（x）≥0.对任意a>0，b>0，若经过点（a，f（a）），（b，-f（b））的直线与x轴的交点为（c，0），则称c为a，b关于函数f（x）的平均数，记为Mf（a，b）.例如，当f（x）=1（x>0）时，可得Mf（a，b）=c=a+b2，即Mf（a，b）为a，b的算术平均数.
（1）当f（x）=（x>0）时，Mf（a，b）为a，b的几何平均数；
（2）当f（x）=（x>0）时，Mf（a，b）为a，b的调和平均数2aba+b.
（以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可）
解析：（1）若Mf（a，b）是a，b的几何平均数，则c=ab.
由题意知，（a，f（a）），（ab，0），（b，-f（a））三点共线，
∴f（a）-0a-ab=0+f（b）ab-b，化简得f（a）a=f（b）b，
∴可取f（x）=x（注：取f（x）=k1x，k1为正常数亦可）.
（2）若Mf（a，b）是a，b的调和平均数，则c=2aba+b.
由题意知，（a，f（a）），2aba+b，0，（b，-f（b））三点共线，
∴f（a）-0a-2aba+b=0+f（b）2aba+b-b，化简得f（a）a=f（b）b，
∴可取f（x）（注：取f（x）=k2x，k2为正常数亦可）.
点评：本题新记号、新概念较多，深刻理解题意并把握各种新记号、新概念的实质是正确求解的关键.本题中的两问结果不唯一，答案具有一定的开放性，充分考查考生思维的灵活性和创新意识.
4. 综合探究型
综合探究型创新题形式多、难度大，在解答时要通过分析、探究，抓住有限的或隐含的条件，通过联想综合性的知识设计出解决问题的方式或探究出解决问题的数学思想，是考查考生数学灵气和应用能力的主要和重要题型.
例6（2014年湖南卷理10）已知函数f（x）=x2+ex-12（x<0）与
g（x）=x2+ln（x+a）的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是（ ）
A.（-
e）____________C.（-1e，e）______ D.（-e，1e）
除了放弃尝试以外没有失败。
当机会来临时，你已经准备好了。______
解析：设函数f（x）的图象上一点A（x0，y0）（x0<0）关于y轴的对称点B（-x0，y0）在函数g（x）的图象上，则y0=x20+ex0-12，y0=x20+ln（a-x0），即x20+ex0-12=x20+ln（a-x0），∴a=eex0-12+x0.
令φ（x）=eex-12+x（x<0），则a=φ（x）在（-
0）上有解.
因为φ′（x）=eex-12·ex+1>0，故φ（x）在（-
0）上为增函数，则φ（x）<φ（0）=e，
从而有a
例7（2014年四川卷理10）已知F为抛物线y2=x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，OA·OB=2（其中O为坐标原点），则ΔABO与ΔAFO面积之和的最小值是（ ）
A.2B.3C.1728D.10
解析：如图，设点A（x1，y1），B（x2，y2），其中y1>0，y2<0，设直线AB的方程为x=ty+m，且直线AB与x轴的交点为C（m，0）.
由x=ty+m，y2=x，消去x，得y2-ty-m=0，所以y1y2=-m.
又OA·OB=2，所以x1x2+y1y2=2y1y22+y1y2-2=0y1y2=-2或y1y2=1（舍去），故m=2，C（2，0）.
又F（14，0），于是SΔABO+SΔAFO=12×2×（y1-y2）+12×14×y1
=98y1+2y1≥298y1·2y1=3，
当且仅当98y1=2y1，即y1=43时等号成立.
所以ΔABO与ΔAFO面积之和的最小值是3，故选B.
点评：本题考查抛物线的方程及其性质，同时考查平面向量的坐标运算和基本不等式的应用.最值问题是高考的一个热点，要特别关注.
例8（2014年辽宁卷理16）对于c>0，当非零实数a，b满足4a2-2ab+4b2-c=0且使|2a+b|最大时，3a-4b+5c的最小值为.
解析：设2a+b=t，则2a=t-b，由已知得关于b的方程（t-b）2-b（t-b）+4b2-c=0有解，即6b2-3tb+t2-c=0有解，故
Δ=9t2-24（t2-c）≥0，所以t2≤85c，所以|t|max=210c5，
此时c=58t2，b=14t，
2a=t-b=34t，所以a=38t.
故3a-4b+5c=8t-16t+8t2=8（1t2-1t）=8（1t-12）2-2≥-2，当t=2时，该式取等号. 综上，当a=34，b=12，c=52时，3a-4b+5c取得最小值-2.
点评：本题考查换元法、一元二次方程根的判别式法及配方法.考查运算求解能力及函数与方程思想.
例9（2014年广东卷理8）设集合A={（x1，x2，x3，x4，x5）xi∈{-1，0，1}，i=1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为（ ）
A.60B.90C.120D.130
解析：易知|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=1或2或3，下面分三种情况讨论：
①|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或-1，其余等于0，于是有C15C12=10种情况；
②|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于-1或一个等于1、另一个等于-1，其余等于0，于是有C25+C25+C25C12=40种情况；
③|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于-1或两个等于1、另一个等于-1或两个等于-1、另一个等于1，其余等于0，于是有C35+C35+C35C13+C35C23=80种情况.
从而，共有10+40+80=130种情况符合题意.故选D.
点评：本题考查了分类、分步计数原理及组合数的综合应用，考查了分类讨论思想、转化与化归能力.解题的关键在于对|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|的可能取值进行分类讨论.
例10（2014年安徽卷理15）已知两个不相等的非零向量a→，b→，两组向量x1，x2，x3，x4，x5和y1，y2，y3，y4，y5均由2个a→和3个b→排列而成，记S=x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4+x5·y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值.则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）.
①S有5个不同的值；____________ ②若a→⊥b→，则Smin与|a→|无关；
③若a→//b→，则Smin与|b→|无关；
④若|b→|>4|a→|，则Smin>0；
⑤若|b→|=2|a→|，Smin=8|a→|2，则a→与b→的夹角为π4.
解析：若S的表达式中有0个a→·b→，则S=2a→+3b→2，记为S1；若S的表达式中有2个a→·b→，则S=a→2+2a→·b→+2b→2，记为S2；若S的表达式中有4个a→·b→，则S=4a→·b→+b→2，记为S3.所以S最多有3个不同的值，①错误；因为a→，b→是不相等的非零向量，所以S1-S2=2a→2+3b→2-a→2-2a→·b→+2b→2=a→2-2a→·b→+b→2=a→-b→2>0S1>S2，
S1-S3=2a→2+3b→2-4a→·b→-b→2=2a→2-4a→·b→+2b→2=2a→-b→2>0S1>S3，
S2-S3=a→2+2a→·b→+2b→2-4a→·b→-b→2=a→2-2a→·b→+b→2=a→-b→2>0S2>S3，
所以S1>S2>S3，故Smin=S3=4a→·b→+b→2，又a→⊥b→a→·b→=0，
∴Smin=b→2与|a→|无关，②正确；
∵a→//b→，则Smin=S3=b→2+4|a→||b→|或Smin=b→2-4|a→||b→|，显然与|b→|有关，③错误；设a→，b→的夹角为θ，∵|b→|>4|a→|，则Smin=b→2+4|a→||b→|cosθ≥b→2-4|a→||b→|=|b→||b→|-4|a→|>0，故Smin>0，④正确；
设a→，b→的夹角为θ，∵|b→|=2|a→|，∴Smin=4|a→|2+8|a→|2cosθ=8|a→|2，所以cosθ=12，又θ∈0，π，所以θ=π3，⑤错误.
得意时淡然，失意时泰然。
不怕苦，吃苦三五年；怕吃苦，吃苦一辈子。______
综上可知，所有正确命题的编号为②④.
点评：本题是向量运算的综合问题，主要考查向量的数量积运算、夹角公式、不等式的性质，考查分类讨论、函数与方程思想，属于难题.