特殊化：解决数学问题的突破口

陈敏　吴宝莹

所谓特殊化通常指考虑一般性命题的特殊例子.即把研究对象从原有范围缩小到较小范围或个别情形，甚至是极端情形来考察和探究解题思路的方法称之为特殊化方法.运用特殊化方法，一般需遵循以下原则：若命题在一般条件下成立，则它必在特殊条件下也成立.

在做客观题（选择题、填空题）时，若一般的方法很难解决，在不要求严格逻辑推理的情况下，运用特殊化的方法往往很奏效，这一点我们感受颇多.但在解答题中既要解决问题，又要有严格的逻辑思维，如何运用特殊化的方法？

1用特殊化的方法由特殊探一般

依据“普遍性存在于特殊性之中”的普遍规律，一般性的数学问题不易解决时，常将它化为特殊情形来处理.设法利用数学问题中可变元素的特殊值、特殊位置等来探求解题途径与方向，从特殊情形的观察中发现一般规律，进而猜想可能得出的一般性结论，并加以理论证明，以使问题获解.

1.1取初始特殊值，猜想或推广到一般性结论

例1平面内有n条直线，其中任何两条都不平行，任何三条不过同一点，求这n条直线的交点个数.

分析以特殊情形探求思路，设平面内n条直线的交点个数为f（n）.根据题设条件，求得当n=2、3、4、时，f（n）分别为f（3）=3=3（3-1）2，f（4）=6=4（4-1）2，于是可建立猜想f（n）=n（n-1）2，用数字归纳法可证得结论成立（证明过程从略）

1.2取特殊位置试探一般意义下的定值

解析几何定值（点）问题中，由于定值（点）没有直接给出，使得这类问题的解决要比一般问题困难得多，有时竟会束手无策.通过用特殊化方法探求定值（点），能使这类问题的解法变得简捷、明快.

例2（2012年江苏高考第19题）

如图1，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1（-c，0），F2（c，0）.已知（1，e）和e，32都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率.

图1（1）求椭圆的方程；

（2）设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P.

（ⅰ）若AF1-BF2=62，求直线AF1的斜率；

（ⅱ）求证：PF1+PF2是定值.

解析（1）椭圆的方程为x22+y2=1；（2）问中的（ⅰ），通过设直线AF1的方程为x=my-1，直线BF2的方程为x=my+1，分别和椭圆方程联立，利用求根公式解出A点、B点坐标，再利用两点之间的距离公式求出AF1=（x1+1）2+y21=（my1）2+y21=2（m2+1）+mm2+1m2+2，BF2=2（m2+1）-mm2+1m2+2，代入条件进而求解m=22.以上问题比较简单，一般学生容易解决，难度较大的是第（2）问中的（ⅱ），如果按照常规思路通过求出AF2和BF1的直线方程，求出交点P的坐标，代入PF1+PF2求解，图2解答将相当繁琐，但考虑到直线AF1与直线BF2平行，且要证明PF1+PF2是定值，我们不妨使问题特殊化——让直线AF1与直线BF2均垂直于x轴，如图2，易知此时P（0，24），进而探求到定值为322.这是特殊化的功劳，这个定值是指引我们思维发展的一盏明灯！为构建解题思路指明了方向，并可及时纠正调整解题过程的错误，从而提高解题的准确率.心中吃了定心丸，再考虑一般情况.

因为直线AF1与BF2平行，所以PBPF1=BF2AF1，由分数的合分比性质得PB+PF1PF1=BF2+AF1AF1，故PF1=AF1AF1+BF2BF1，因为BF1+BF2=22，AF1+AF2=22，所以PF1=AF1AF1+BF2（22-BF2），同理PF2=BF2AF1+BF2（22-AF1），故PF1+PF2=AF1AF1+BF2（22-BF2）+BF2AF1+BF2（22-AF1）=22-2AF1·BF2AF1+BF2.

又由（ⅰ）知AF1+BF2=22（m2+1）m2+2，AF1·BF2=m2+1m2+2，所以PF1+PF2=22-22=322.因此PF1+PF2是定值.

说明一些数值恒定、位置恒定的问题，往往可以先由特殊值、特殊位置找到结论，后面解题目标以及解题方向就明确了.

2用特殊化的方法以有限探无限

有些数学问题如果用常规方法，有时经过十分繁琐的运算或论证也无法求出结果.但通过用举反例或取特殊值等特殊方法便可直观地得出一般性命题的判定，以有限探无限.

例3求证：质数有无穷多个.

证明假设质数只有有限个，设为p1，p2，p3，…，pn共n个，若能在这n个质数之外再找到一个新质数（仅需找一个），就否定了只有n个质数的假设.设p=p1+p2+…+pn+1是不同于pi的数（i=1，2，3，…，n），下面对p进行讨论：

（1）当p为质数时，由于它不同于pi，这与假设矛盾，

（2）当P为合数时，它的质约数不能是pi中的任何一个，也就是说，还有不同于pi（i=1，2，3，…，n）的质数，这也与假设矛盾，从而证明质数有无限多个.

3用特殊化的方法破解分类讨论

分类讨论是解决数学问题重要的思想方法，需根据所研究对象的性质差异，区分不同情况予以解决.高考试题中既有灵活多变的客观题，又有能力要求较高的主观题，要求学生要有清晰的逻辑思维.分类讨论的关键是准确找到分类标准，参数分类的情况越少，讨论的范围越小越好.抓住分类前研究对象的特征，从简单的特殊的情况入手，可以较快较准确地找到分类标准，缩小讨论的范围，从而降低分类讨论的难度.

3.1取特殊范围找到分类的标准

例4已知函数f（x）=x+sinx，求实数a的取值范围，使不等式f（x）≥axcosx在[0，π2]上恒成立.

分析考虑到x∈[0，π2]时，x、sinx、cosx均大于0，所以首先讨论a≤0这一简单的特殊的范围，此时显然f（x）=x+sinx≥axcosx恒成立；再讨论a>0的情况，令g（x）=x+sinx-axcosx，则g′（x）=1+axsinx+（1-a）cosx，其中1+axsinx>0，cosx>0，故当1-a≥0即00，g（x）在[0，π2]上单调递增，所以g（x）≥g（0）=0，符合题意.讨论了简单的特殊的情况后，接下来很自然地讨论a>1的情况.设h（x）=g′（x）=1+axsinx+（1-a）cosx，则h′（x）=（2a-1）sinx+axcosx，因为a>1，所以h′（x）≥0，从而h（x）在在[0，π2]上单调递增，h（0）≤h（x）≤h（π2），2-a≤h（x）≤π2a+1，即2-a≤g′（x）≤π2a+1，因为a>1，π2a+1>0所以要讨论g′（x）的正负就要讨论2-a的正负，所以a>1又要细分为12.

简解

（1）当a≤0时，显然f（x）=x+sinx≥axcosx在[0，π2]上恒成立；

（2）当a>0时，令g（x）=x+sinx-axcosx，则g′（x）=1+axsinx+（1-a）cosx，

①当00，g（x）在[0，π2]上单调递增，所以g（x）≥g（0）=0，符合题意.

②当a>1时，2-a≤g′（x）≤π2a+1.

（ⅰ）当1

（ⅱ）当a>2时，x0∈[0，π2]，当x∈[0，x0]时，g′（x）<0，g（x）在[0，x0]上单调递减，此时g（x）≤g（0）=0，不满足题意.

综上，所求实数a的取值范围是a≤2

说明这里第一层a≤0与a>0的分类标准，第二层01的分类标准以及第三层12的分类标准都抓住了分类前研究对象的特征，从简单的特殊的范围入手讨论，找到相应的分类标准，使得分类讨论层次分明、逻辑清晰.

3.2取特殊值缩小讨论的范围

例5已知函数f（x）=a2lnx-x2+ax，（a>0），求所有的实数a，使得e-1≤f（x）≤e2对于任意的x∈[1，e]恒成立.

解析由题意知e-1≤f（x）min，

e2≥f（x）max，要求函数f（x）的最值，这里就要研究函数图象的单调性.f′（x）=a2x-2x+a=-（x-a）（2x+a）x，因为a>0，x>0，所以当x∈（0，a）时，f′（x）>0时，f（x）单调递增；x∈（a，+∞）时，f′（x）<0，f（x）单调递减.由于既要考虑f（x）在区间[1，e]上的最大值，又要考虑其最小值，一般要分以下三种情况讨论：

（1）当a≥e时，f（x）在[1，e]单调递增，所以e-1≤f（1），

e2≥f（e），解得a=e；

（2）当1

e-1≤f（e），

e2≥f（a），解得a∈；

（3）当0

e2≥f（1），解得a∈.

综上a=e

事实上，由于e-1≤f（x）≤e2对于任意的x∈[1，e]恒成立，我们可以特殊化处理，取特殊值x=1时，e-1≤f（1）≤e2，即e-1≤a-1≤e2，e≤a≤e2+1，故只要讨论第一种情况，从而很快得到a=e.

4用特殊化的方法提升思维品质

如果说用特殊化的方法解决客观题逻辑思维要求不严格，那么在解决主观性问题当我们一筹莫展时，特殊化的方法也许会突破思维的瓶颈，使解题思维“起死回生”，某些情况下特殊化的方法反而能加强思维的严谨性，提升思维品质.

4.1取边界值突破思维的瓶颈

例6（2014年江苏高考第19题）

已知函数f（x）=ex+e-x，其中e是自然对数的底数.

（1）证明：f（x）是R上的偶函数；

（2）若关于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；

（3）已知正数a满足：存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）

分析关于（3），在明确f（x）=ex+e-x与h（x）=a（-x3+3x）的单调性的基础上，关键在于结合题意，理解题设条件“存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）12e+1e.从而突破思维的瓶颈！再结合函数思想方法就可以使问题得到解决.

解析（3）f′（x）=ex-e-x，当x>1时，f′（x）>0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递增.

令h（x）=a（-x3+3x），h′（x）=-3ax（x2-1），因为a>0，x>1，所以h′（x）<0，即h（x）在x∈（1，+∞）上单调递减，因为存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）12e+1e.

因为lnae-1ea-1=lnae-1-lnea-1=（e-1）lna-a+1，设m（a）=（e-1）lna-a+1，则m′（a）=e-1a-1=e-1-aa，a>12e+1e.

图3当12e+1e0，m（a）单调递增；

当a>e-1时，m′（a）<0，m（a）单调递减，如图3所示，因此m（a）至多有两个零点，而m（1）=m（e）=0，所以当a>e时，m（a）<0，ae-1

当12e+1e0，ae-1>ea-1；

当a=e时，m（a）=0，ae-1=ea-1.

4.2极端特殊化加强思维的严谨

例7（2013年江苏高考第20题）

设函数f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a为实数.（1）若f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范围；（2）若g（x）在（-1，+∞）上是单调增函数，试求f（x）的零点个数，并证明你的结论.

解析（2）若g（x）在（-1，+∞）上是单调增函数，则g′（x）=ex-a≥0在（-1，+∞）上恒成立，所以ex≥a在（-1，+∞）上恒成立.a≤（ex）min=e-1=1e，由f（x）=0a=lnxx（x>0），令h（x）=lnxx，h′（x）=1-lnxx2（x>0），当00，h（x）单调递增且连续不断，.当x>e时，h′（x）<0，h（x）单调递减且连续不断.所以当x=e时，h（x）max=1e.但是，我们似乎有一种担心：当0e时，单调递减会不会穿过x轴？所以我们要把问题极端特殊化：当00.在（e，+∞）上，h（x）连续不断地单调递减.且当x→+∞时，h（x）=lnxx→0，所以，h（x）的图象向下在y轴的右方以y轴的下半轴为渐近线，向右在x轴的上方以x轴的正半轴为渐近线.作出h（x）=lnxx的简图（如图4），f（x）的零点个数就是直线y=a与函数h（x）=lnxx图像交点的个数.由图像知：当a≤0或a=1e时，f（x）有一个零点；当0

图4图5这里极端特殊化的方法起到重要作用，在（e，+∞）上，h（x）=lnxx>0，h（x）连续不断地单调递减.且当x→+∞时，h（x）=lnxx→0，所以h（x）的图象向右在x轴的上方以x轴的正半轴为渐近线.，这是作图的关键.这样当a≤0时，直线y=a与h（x）的图象才有且只有一个交点.如果仅由h（x）在（e，+∞）上单调递减，而没注意到h（x）的图象以x的正半轴为渐近线，就会画出图5，这样当a<1e时，直线y=a与h（x）的图象就有两个交点，从而得出f（x）有两个零点的错误结论.

解决数学问题时特殊化的方法仅仅是一种思路，不一定遇到问题就用这种方法，即便用了特殊化的方法也未必能彻底解决问题，特殊化的方法本身也没有完整的章法可循，但通过以上讨论我们确确实实可以得到一些有益的借鉴：当问题较难入手解决时，可以先找出一种使结论显然成立的简单情形，由此获得启示或为一般情形提供某种对比，从而进一步求得问题的解答.特殊化的方法要注意抓住研究问题中的特殊数值、特殊位置、特殊范围等特殊因素，这样就可以直接切中问题的要害，使问题得以解决.