前言
选择支和解答题结合后，产生了一种新的题型——选择解答题[不妨先这样定义其名称]，对不同的选择方案，其解答结果往往不太一样；后来参加培训，专家称这类题目为条件不良或结构不良试题。
结构不良题型是新课改地区新增加的题型，所谓结构不良题型就是给出一些条件，另外的条件题目中给出三个，学生可以从中选择1个或者2个作为条件，进行解题。
典例剖析
(1). 求数列 ({a_{n}}) 的通项公式.
(2). 求数列 ({b_{n}}) 的前 (n) 项和.
解析：[第一种选择]，选择条件①: (a_{2}+a_{4}=10)，和条件②：$ b_{2} b_{4}=4$，
(1). 设 ({a_{n}}) 的公差为 (d)， 由题意可得 (a_{1}=1)，((a_{1}+d)+(a_{1}+3 d)=10)，
解得 (a_{1}=1)， (d=2)， 则 (a_{n}=a_{1}+(n-1)d=2n-1)， (nin N^{*}).
(2). 设 ({b_{n}}) 的公比为 (q(q>0))， 由题意可得 (b_{2}=1)，(b_{4}=4)，
则 (q^{2}=cfrac{b_{4}}{b_{2}}=4)， 解得 (q=2)， (b_{1}=cfrac{1}{2})，
所以数列 ({b_{n}}) 的前 (n) 项和为 (cfrac{frac{1}{2}(1-2^{n})}{1-2}=2^{n-1}-cfrac{1}{2}).
[第二种选择]：若选择条件①: (a_{2}+a_{4}=10)，条件③： (b_{4}=a_{5})；
则 (1).简解得到(a_1=1)，(d=2)，则 (a_n=2n-1)；
(2). 简解得到，(b_1=cfrac{1}{3})，(q=3)，则 (S_n=cfrac{1}{6}(3^n-1))；
[第三种选择]：若选择条件②：(b_{2}b_{4}=4)，条件③： (b_{4}=a_{5})；
则 (1). 由(b_2=1)以及(b_{2}b_{4}=4)，得到(b_4=4) 且 (q=2)，则(a_5=b_4=4)，
故(d=cfrac{a_5-a_1}{5-1}=cfrac{3}{4})，则得到 (a_n=cfrac{3}{4}n+cfrac{1}{4})；
(2). 由 (q=2)且(b_2=1) ，得到(b_1=cfrac{1}{2})，简解得到 (S_n=cfrac{1}{2}(2^n-1))；
已知( riangle ABC)的内角(A)，(B)，(C)的对边为(a)，(b)，(c)，_____________，(A=cfrac{pi}{3})，(b=sqrt{2})，求( riangle ABC)的面积；
分析：由①(b^2+sqrt{2}ac=a^2+c^2)可得，(cos B=cfrac{sqrt{2}}{2})，则(B=cfrac{pi}{4})；
由②(acos B=bsin A)可得，(sin Acos B=sin Bsin A)，即(sin B=cos B)，则(B=cfrac{pi}{4})；
由③(sin B+cos B=sqrt{2})可得，(sqrt{2}sin(B+cfrac{pi}{4})=sqrt{2})，即(sin(B+cfrac{pi}{4})=1)，则(B=cfrac{pi}{4})；
故不论选择哪一个，通过不同的变形，都会得到条件(B=cfrac{pi}{4})，故原问题等价于：
已知( riangle ABC)的内角(A)，(B)，(C)的对边为(a)，(b)，(c)，(B=cfrac{pi}{4})，(A=cfrac{pi}{3})，(b=sqrt{2})，求( riangle ABC)的面积；
则由正弦定理(cfrac{a}{sin A}=cfrac{b}{sin B})，可得(a=sqrt{3})，
故(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}absin C=cfrac{1}{2}absin (A+B))
(=cfrac{1}{2} imessqrt{2} imessqrt{3} imessin(cfrac{pi}{4}+cfrac{pi}{3}))
(=cfrac{3+sqrt{3}}{4})；
① (b^{2}+c^{2}=52)； ② ( riangle ABC) 的面积为 (3sqrt{15})， ③ (overrightarrow{AB}^{2}+overrightarrow{AB}cdotoverrightarrow{BC}=-6)；
在 ( riangle ABC) 中，角 (A)， (B)， (C) 所对的边分别为 (a)， (b)， (c)， 在方案______ 中，又已知 (b-c=2)， (A) 为钝角， (sin A=cfrac{sqrt{15}}{4}).
(1).求边 (a) 的长；
(2).求 (sin (2C-cfrac{pi}{6})) 的值.
解析：方案一，选择条件①：
(1).由(left{egin{array}{l}b^2+c^2=52\b-c=2end{array} ight.，) 解得(left{egin{array}{l}b=6\c=4end{array} ight.，)
由于(A) 为钝角， 则(sin A=cfrac{sqrt{15}}{4})， (cos A=-cfrac{1}{4})，
则 (a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bccos A=36+16-2 imes 6 imes 4 imes(-cfrac{1}{4})=64)；
故 (a=8)；
(2)由余弦定理得到， (cos C=cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=cfrac{64+36-16}{2 imes 8 imes 6}=cfrac{7}{8})，
故有 (sin C=sqrt{1-cfrac{49}{64}}=cfrac{sqrt{15}}{8})，
则有(cos 2C=2cos^{2}C-1=cfrac{17}{32})， (sin2C=2sin Ccos C=cfrac{7sqrt{15}}{32})，
则有 (sin(2C-cfrac{pi}{6})=sin 2Ccoscfrac{pi}{6}-cos2Csincfrac{pi}{6})
(=cfrac{7sqrt{15}}{32} imescfrac{sqrt{3}}{2}-cfrac{17}{32} imescfrac{1}{2}=cfrac{21sqrt{5}-17}{64})；
方案二，选择条件②：
(1). 由 (sin A=cfrac{sqrt{15}}{4})， (S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}bcsin A=cfrac{sqrt{15}}{8}bc=3sqrt{15})，
解得，(bc=24)，
由(left{egin{array}{l}b^2+c^2=52\b-c=2end{array} ight.，) 解得(left{egin{array}{l}b=6\c=4end{array} ight.，)
由于(A) 为钝角， (sin A=cfrac{sqrt{15}}{4})， 则(cos A=-cfrac{1}{4})，
则 (a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bccos A=36+16-2 imes 6 imes 4 imes(-cfrac{1}{4})=64)；
故 (a=8)；
(2)由余弦定理得到， (cos C=cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=cfrac{64+36-16}{2 imes 8 imes 6}=cfrac{7}{8})，
故有 (sin C=sqrt{1-cfrac{49}{64}}=cfrac{sqrt{15}}{8})，
则有(cos 2C=2cos^{2}C-1=cfrac{17}{32})， (sin2C=2sin Ccos C=cfrac{7sqrt{15}}{32})，
则有 (sin(2C-cfrac{pi}{6})=sin 2Ccoscfrac{pi}{6}-cos2Csincfrac{pi}{6})
(=cfrac{7sqrt{15}}{32} imescfrac{sqrt{3}}{2}-cfrac{17}{32} imescfrac{1}{2}=cfrac{21sqrt{5}-17}{64})；
方案三，选择条件③：
(1). 由于(A) 为钝角， (sin A=cfrac{sqrt{15}}{4})， 则(cos A=-cfrac{1}{4})，
(overrightarrow{AB^{2}})(+)(overrightarrow{AB})(cdot)(overrightarrow{BC})(=)(overrightarrow{AB})(cdot)((overrightarrow{AB})(+)(overrightarrow{BC}))(=)(overrightarrow{AB})(cdot)(overrightarrow{AC})(=)(bccos A=-6)，
解得，(bc=24)，
由(left{egin{array}{l}b^2+c^2=52\b-c=2end{array} ight.，) 解得(left{egin{array}{l}b=6\c=4end{array} ight.，)
由于(A) 为钝角， (sin A=cfrac{sqrt{15}}{4})， 则(cos A=-cfrac{1}{4})，
则 (a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bccos A=36+16-2 imes 6 imes 4 imes(-cfrac{1}{4})=64)；
故 (a=8)；
(2)由余弦定理得到， (cos C=cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=cfrac{64+36-16}{2 imes 8 imes 6}=cfrac{7}{8})，
故有 (sin C=sqrt{1-cfrac{49}{64}}=cfrac{sqrt{15}}{8})，
则有(cos 2C=2cos^{2}C-1=cfrac{17}{32})， (sin2C=2sin Ccos C=cfrac{7sqrt{15}}{32})，
则有 (sin(2C-cfrac{pi}{6})=sin 2Ccoscfrac{pi}{6}-cos2Csincfrac{pi}{6})
(=cfrac{7sqrt{15}}{32} imescfrac{sqrt{3}}{2}-cfrac{17}{32} imescfrac{1}{2}=cfrac{21sqrt{5}-17}{64})；
在数列 ({a_{n}}) 中， (a_{1}=1) ，_____________， 其中 (n in N^{*})，
(1)求 ({a_{n}}) 的通项公式；
(2)若 (a_{1})， (a_{n})， (a_{m}) 成等比数列，其中 (m)， (nin N^{*})， 且 (m>n>1)，求 (m) 的最小值.
解析：当选择①时，
(1).当 (n=1) 时， 由 (S_{1}=a_{1}=1)， 得 (p=0)，
当 (n geqslant 2) 时，由题意得 (S_{n-1}=(n-1)^{2})， 则(a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2n-1(ngeqslant 2))，
经检验， (a_{1}=1) 符合上式， 故 (a_{n}=2 n-1(n in N^{*})).
(2). 由 (a_{1})， (a_{n})， (a_{m}) 成等比数列，得 (a_{n}^{2}=a_{1}cdot a_{m}) ，
即 ((2n-1)^{2}=1 imes(2m-1))，化简得 (m=2 n^{2}-2 n+1=2(n-cfrac{1}{2})^{2}+cfrac{1}{2})，
由于(m, n) 是大于 (1) 的正整数，且 (m>n)，
所以 当 (n=2) 时， (m) 有最小值为 (5).
当选择②时:
(1). 由(a_{n}=a_{n+1}-3)， 则(a_{n+1}-a_{n}=3)，
故数列 ({a_{n}}) 是公差 (d=3) 的等差数列.
所以 (a_{n}=a_{1}+(n-1)d=3n-2) ((nin N^{*}))
(2). 由 (a_{1})， (a_{n})， (a_{m}) 成等比数列，得 (a_{n}^{2}=a_{1}cdot a_{m})，
即 ((3n-2)^{2}=1 imes(3m-2))，化简得， (m=3n^{2}-4n+2=3(n-cfrac{2}{3})^{2}+cfrac{2}{3})，
由于(m, n) 是大于 (1) 的正整数，且 (m>n)，
所以 当 (n=2) 时， (m) 有最小值为 (6).
当选择③时:
(1). 由 (2a_{n+1}=a_{n}+a_{n+2})， 得 (a_{n+1}-a_{n}=a_{n+2}-a_{n+1})，
故 数列 ({a_{n}}) 是等差数列， 又 (a_{1}=1)， (a_{6}=a_{1}+5d=11)，
故(d=2)，则 (a_{n}=a_{1}+(n-1)d=2n-1 (nin N^{*}))，
(2). 由 (a_{1})， (a_{n})， (a_{m}) 成等比数列，得 (a_{n}^{2}=a_{1}cdot a_{m})，
即 ((2n-1)^{2}=1 imes(2m-1))，化简得 (m=2n^{2}-2n+1=2(n-cfrac{1}{2})^{2}+cfrac{1}{2})，
由于(m, n) 是大于 (1) 的正整数，且 (m>n)，
所以 当 (n=2) 时， (m) 有最小值为 (5).