有限与无限的思想

童其林

有限与无限相比，有限显得具体，无限显得抽象，对有限的研究往往有法可循，并可以积累一定的经验. 而对无限个对象的研究，却往往不知如何下手，显得经验不足，于是将对无限的研究转化为对有限的研究，就成了解决无限问题的必由之路. 反之当积累了解决无限问题的经验之后，可以将有限的问题转化成无限来解决，这种无限化有限，有限化无限的解决数学问题的方法就是有限与无限的思想.

数学中我们常碰到一类无穷的问题，如果能找到无穷问题的一般规律，便不难求解. 比如，下面的例1就是无限化有限解决问题的：

例1.（龙岩市2020年高中毕业班3月教学质量检查，文科12题）已知数列{an}满足an+1=2+ ，则a1+a2020的最大值是（     ）

A. 4-2      B. 8-      C. 4+2      D. 8+

解析：依题意an+1=2+ 可化为（an+1-2）2+（an-2）2=4，令bn=（an-2）2，则bn+1+bn=4，∴ bn+2+bn+1=4，于是bn+2=bn，

∴ b1=（a1-2）2，b2020=b2=（a2-2）2=（a2020-2）2

∴ b1+b2020=b1+b2=4，即（a1-2）2+（a2020-2）2=4.

法一：a1=2+2cos a2020 =2+2sin ？圯a1 + a2020 =4+2 sin（ - ）≤4+

2 （当且仅当 =2k？仔+ （k∈N）时等号成立）.

法二：∵  ≤ ，

∴ a1 + a2020 =（a1-2）+（a2020-2）+4≤2× +4=4+2 （当且仅当a1 =a2020 =2+ 时等号成立）.

法三： （a1-2）2+（a2020-2）2=4，即（a1， a2020）在圆（x-2）2+（y-2）2 =4上，

令z=x+y，即x+y-z=0，∴ d= ≤2，∴ | z-4|≤2 ，

∴ 4-2 ≤z≤4+2 ，∴ zmax=4+2 .

點评：本来是一个无穷数列的问题，通过周期转化为（a1-2）2+（a2020-2）2=4，后面有限的处理便是常规问题了，这是无限化有限的典型例子.

抓住变量的变化趋势或临界状态或边界点，可以把有限的问题转化为对无限的问题来研究，从而比较快速、准确地解题.比如，下面的例2就是有限化无限解决问题的：

例2. （人教A版必修四课本144页B组第5题改编）函数f（x）=sin2022x+cos2022x （x∈R）的值域是_________________.

解析：设f（ ）= sin x  +cos x  ，x∈{n|n=2k， k∈N+}利用三角变换，估计f（ ）在x=2，4，6时的取值情况.

当x=2时，容易得到f（ ）=sin 2  +cos2  =1;

当x=4时，f（ ）=sin 4  +cos4  可以变形成什么？

f（ ）=sin 4  +cos4  =（sin 2  +cos2  ）2 -2sin 2  cos2   = 1-2sin 2   cos2  .

将2sin 2  cos2   化单一三角函数，因为sin cos =  ，所以1-2sin 2  cos2  =1- . 又因为sin 2 2 = ，所以1- = . 可得到f（ ）= . 此时 ≤f（ ）≤1;

当x=6时，

f（ ）=sin 6  +cos6  =（sin 2  +cos2  ）（sin 4  +cos4  ） -（sin 2  cos4   +sin 4  cos2   ）= -sin 2   cos2  = + = + cos 4 ，得到 ≤f（ ）≤1.

因为当x=2即k=1时，f（ ）=1可以写成（ ）0≤f（ ）≤1;当x= 4即k=2时，（ ）1≤ f（ ）≤1，当x= 6即k=3时，（ ）2 ≤f（ ）≤1所以当x=8即k=4时，（ ）3 ≤f（ ）≤1. 因此，当x=2k，k∈N  时，（ ）k-1≤f（ ）≤1.

令x=2022，此时k=1011，k-1=1010，便可得f（ ）的值域为[ ， 1].

在高考中，一些问题是需要通过有限与无限思想解决问题的，而一些问题可以借助有限与无限思想简化运算，快速求解的，还有就是帮助我们准确画图，从而得到正确答案的.无论哪种情形，学会用有限与无限思想解决问题都是数学能力、数学素养高的体现. 下面我们再通过例题谈谈他在数学各分支中的应用.

一、有限与无限的思想在函数中的应用

例3.（2020届福州市高中毕业班第三次质量检查，理科5）函数f（x）=ex-x2-2x的图像大致为（     ）

解法一：因为f′（x）=ex-2x-2，f″（x）=ex-2，令f″（x）=ex-2=0，得x=ln 2，当xln 2时，f″（x）>0，f′（x）为增函数，而f′（ln 2）=2-2ln 2-2=-2ln 2<0，所以原函数存在两个极值点，故淘汰选项C和D. 将x=1代入原函数，求得f（1）=e-1-2<0，淘汰选项A，故选B.

解法二：f（1）=e-2-1<0，淘汰选项A，D;当x→-∞时，f（x）= ex-x（x+2）→-∞，淘汰选项C. 故选B.

例4.（2018年长沙一中月考题）若f（x）=ln（kex-x+1）的值域为R，则k的取值范围是（     ）

A. （-∞， e-1]     B. （-∞， e-2]     C. [e， +∞）     D. （-2， +∞）

解析：令u（x）=kex-x+1，

（1）當k=0时，u（x）=-x+1为R上的减函数，u（x）的值域包含（0， +∞）;

（2）当k>0时，u′（x）=kex-1，易知u（x）在（ln ，+∞）单调递增，在（-∞，ln ）上单调递减. 此时，u（x）min =u（ln ）=2-ln ，所以2-ln ≤0，解得0

（3）当k<0时，u′（x）=kex-1<0，u（x）为R上的减函数，又x→+∞时，u（x）→-∞，x→-∞时，u（x）→+∞，故u（x） 必存在唯一零点x0，使得u（x0）=0，即u（x） 的值域包含（0，+∞）.

综上，可得k≤e-2，即k∈（-∞， e-2] ，选B.

点评：f（x）=ln（kex-x+1）的值域为R，则u=kex-x+1的值域要取遍（0，+∞）的所有值.

例5.（2019年高考全国Ⅱ卷，理科20）已知函数f（x）= ln x- .

（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点;

（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y=ex的切线.

解析：（1）函数f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），

f（x）= ln x- ？圯f′（x）= ，因为函数f（x）的定义域为（0， 1）∪（1，+∞），所以f′（x）>0，因此函数f（x）在（0，1）和（1，+∞）上是单调增函数;

当x∈（0，1）时，x→0，y→-∞，而f（ ）=ln - = >0，显然当x∈（0，1），函数f（x）有零点，而函数f（x）在x∈（0，1）上单调递增，故当x∈（0，1）时，函数f（x）有唯一的零点;

当x∈（1，+∞）时，f（e）=lne- = <0，f（e2）=lne2- = >0.

因为f（e）·f（e2）<0 ，所以函数f（x）在（e，e2）必有一零点，而函数f（x）在（1，+∞）上是单调递增，故当x∈（1，+∞）时，函数f（x）有唯一的零点.

综上所述，函数f（x）的定义域（0，1）∪（1，+∞）内有2个零点.

（2）因为x0是f（x）的一个零点，所以f（x0）=ln x0- =0？圯ln x0= y=ln x？圯y′= ，所以曲线y=ln x在A（x0，ln x0）处的切线l的斜率k= ，故曲线y=ln x在A（x0，ln x0）处的切线l的方程为：y-ln x0= （x-x0）而ln x0= ，所以l的方程为y= + ，它在纵轴的截距为 .

设曲线y=ex的切点为B（x1，e ），过切点为B（x1，e ）切线l′，y=ex？圯y′=ex，所以在B（x1，e ）处的切线l′的斜率为e ，因此切线l′的方程为y=e x+e （1-x1）.

当切线l′的斜率k1=e 等于直线l的斜率k= 时，即e = ？圯x1=-ln x0 .

切線l′在纵轴的截距为b1=e （1-x1）=e-ln  （1+ln x0）= （1+ln x0），而ln x0 = ，所以b1= （1+ ）= ，直线l，l′的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线l，l′重合，故曲线y=ln x在A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y=ex的切线.

点评：（1）对函数f（x）求导，结合定义域，判断函数的单调性;（2）先求出曲线y=ln x在A（x0，ln x0）处的切线l，然后求出当曲线y=ex切线的斜率与l斜率相等时，证明曲线y=ex切线l′在纵轴上的截距与l在纵轴的截距相等即可.

二、有限与无限的思想在数列中的应用

例6.（2020年高考北京卷，第8题）在等差数列{an}中，a1=-9，a5=-1. 记Tn=a1a2…an（n=1，2，…），则数列{Tn}（   ）

A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项

C. 无最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项

解析：由题意可知，等差数列的公差d= = =2，

则其通项公式为：an=a1+（n-1）d=-9+（n-1）×2=2n-11，

注意到a1

由 =ai>1（i≥7，i∈N）可知数列{Tn}不存在最小项.

由于a1=-9，a2 =-7，a3 =-5，a4 =-3，a5 =-1，a6 =1，故数列{Tn}中的正项只有有限项：T2 =63，T4 =63×15=945. 故数列{Tn}中存在最大项，且最大项为T4 . 故选B.

点评：考虑问题既要有限项的情况，也要考虑无限项的情况，便不易出错.

例7. 无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和. 若对任意n∈N ，Sn∈{2，3}，则k的最大值为________.

解析：当n=1时，a1=2或a1=3;当n≥2时，若Sn=2，则Sn-1=2，于是an=0;若Sn=3，则Sn-1=3，于是an=0. 从而存在k∈N ，当n≥k时，ak=0. 其中数列{an}：2，1，-1，0，0，0，…，或数列{an}：3，-1，1，0，0，0，…，满足条件，所以kmax=4.

点评：本题主要考查考生的逻辑推理能力等. 从研究Sn与an的关系入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列{an}由k个不同的数组成”的不同和“k的最大值”.

例8. 已知数列{an}，an= ，前n项和为Sn，关于an及Sn的叙述正确的是（   ）

A. an与Sn 都有最大值        B. an与Sn 都没有最大值

C. an与Sn 都有最小值        D. an与Sn 都没有最小值

解析：画出an= 的图像（如图1），

点（n，an）为函数y= 图像上的一群孤立点，（ ，0）为对称中心，S5最小，a5最小，a6最大. 答案C.

点评：y= 图像是关于（ ，0）对称的曲线，本身没有最值，但当自变量x的取值为正整数时，孤立点（n，an）仍在曲线y= 图像上，此时无限的点中，就有了最高和最低了，即可判断an 有最小值，an有最大值.

三、有限与无限思想在立体几何中的应用

例9.（2019年高考浙江卷，第8题）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为 ，直线PB与平面ABC所成角为？茁，二面角P-AC-B的平面角为？酌，则（   ）

A. ？茁<？酌， <？酌   B. ？茁< ，？茁<？酌   C. ？茁< ，？酌<    D.  <？茁，？酌<？茁

解法1：如图2，设G为AC中点，V在底面ABC的投影为O，则P在底面投影D在线段AO上，过D作DE垂直AE，易得PE∥VG，过P 作PF∥AC交VG于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则 =∠BPF，？茁=∠PBD，？酌=∠PED，则cos  = = = < =cos ？茁，即 > ？茁，tan？酌= > =tan ？茁，即？酌>？茁，综上所述，答案为B.

解法2：（特殊位置）取V-ABC为正四面体，P为VA中点，易得cos  = ？圯sin  = ，sin ？茁= ，sin ？酌= ，故选B.

解法3：如图2，让P→A，此时直线PB与直线AC所成角为 =90°，直线PB與平面ABC所成角为？茁=∠VBG，为锐角，所以 > ？茁;又二面角P-AC-B的平面角为？酌=∠VGB，且VB>VG，因为同一三角形VBG中大边对大角，所以？酌 > ？茁.

点评：常规解法下易出现的错误是不能正确作图得出各种角，而能想到利用“特殊位置法”是一种简便解法，本题中更快捷的方法是有限与无限的思想方法——避免了繁琐的运算.

例10. 如图3，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角为 ，则（   ）

A. A′DB≤

B. A′DB≥

C. A′CB≤

D. A′CB≥

解析：这是一个动态问题，在变化中蕴含不变的东西. 当△ACD翻折180°时，若AC=BC，则A′DB= =0，∠A′CB= =0;当AC≠BC时，A′DB>0，∠A′CB>0.  =0. 此时，A和C错.

当△ACD翻折0°时， =180°，A′DB=180°，∠A′CB<180°. 此时，D错.

只有B在两种情况下均成立，所以选B.

点评：二面角的取值范围是[0°，180°]，即问题包含翻折180°和无翻折的情形，利用这个特殊情形可快速求解.

四、有限与无限思想在平面向量中的应用

例11. 已知平面上的直线l的方向向量 =（- ， ），点（0，0）和A（1，-2）在l上的射影分别为O′和A′，若 =  则λ为（     ）

A.  B. - C. 2D. -2

分析：直线l的斜率一定，但直线是变化的，又从选项来看， 必为定值. 可见直线l的变化不会影响 的值. 因此我们可取l为y=- x来求解 的值.

解析：设l为y=- x，A′（x， y），则

（- ）=-1，y=- x，得A′（ ，- ）.

∴ =  ，即（ ，- ）= （- ， ）， =-2.

例12. 已知G是△ABC的重心，PQ是过G的直线与AC，BC截得的线段，设 = ， = ，若 =m  ， =n ，则 + =_______.

解析1：本题的基本解法是利用向量共线.

如图4，连CG并延长交AB于M，  则 =  = （ + ）.

又 = - = （ + ）-m  ， = - =n  -= （ + ）.

∵ P，G，Q三点共线，∴ =  ，可得 -m=-  ， =（n- ） ？圯3mn=m+n？圯 + =3.

解析2：由于本题是填空题，所以可以让PQ绕G转动，使其到达临界状态，比如当P点转动到点A时，Q应为BC中点，于是m=1，n= ，则 + =3，非常快速解决了问题.

五、有限与无限思想在三角函数和解三角形中的应用

例13. 对任意 ∈（0， ）都有（   ）

A. sin（sin ）cos >cos（cos ）

C. sin（cos ）

通解：当 ∈（0， ），我们知道有结论：0cos .

又当 ∈（0， ）时，0

优解： 当  →0时，sin（sin ） →0，cos  →1，cos（cos ） →cos1，故排除A，B.

当θ→ 时，cos（sin ） →cos1，cos  →0，故排除C，因此选D.

点评：当 ∈（0， ）时，sin <

例14. 在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是_________________.

解析：因为四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，从而由∠B=∠C=75°，且BC=2，可以得到以BC为底边的等腰三角形的形状和大小已经确定，为此延长BA，CD可以交于E，这样可以得到等腰三角形EBC（如图5）.

因为∠A=75°，这样四边形ABCD的形状已经的确定，要使四边形ABCD存在，从图中把A点看成直线BE上的动点，让直线AD平移，只要能保证与直线BE，与线段CE有交点就可以，这样就得到A点的两个临界位置为E和F.

容易得到：cos 75°= ，所以BE= = + ，cos 75°= ，

所以BF=4cos 75°= - ，这样就得到 - 

所以AB的取值范围是（ - ， + ）.

六、有限与无限思想在解析几何中的应用

例15. 已知椭圆C： + =1（a>b>0）的离心率为 ，且过点A（2，1）.

（1）求C的方程;

（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足. 证明：存在定点Q，使得DQ为定值.

本题的第1问不难，难的是第2问. 点M，N在C上，说明M，N有无限个点，同样适合“AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足”的点D也有无限个，但这无限条直线MN中，经过一个有限的定点E（ ，- ）（如图6，7），这就为解决问题提供了绿色通道. 就是说直线MN恒过定点E（ ，- ），得到AE的中点Q也是定点，利用平面几何的性质（直角三角形斜边的中线长等于斜边长的一半），得DQ= AE为定值，问题便解决了. 这里有限與无限的思想为我们架通了未知与已知的桥梁.

总之，有限与无限的思想方法既蕴含在教材中，也渗透在人类文化的宝库中，是高考命题的重要方向之一，有限与无限的思想方法是数学必不可少的一种重要方法. 其实，有限与无限的思想更重要的是一种意识，是在蜂拥而至的信息面前，捕捉有用信息的那种意识.

责任编辑 徐国坚