高中數學思想專題講座
----特殊與一般的思想方法
特殊與一般的思想是中學數學的重要思想之一，有些特殊問題的解決，需要我們通過一般性規律的研究來處理；而對於具有一般性的問題，我們也常通過考察其特殊情況（如特殊圖形、特殊位置、特殊取值等）揭示其一般規律.這種特殊與一般的辯證思想往往貫穿於整個解題過程之中.通過特殊化能使我們認識問題更加全面，而將問題一般化能使我們認識問題更加深刻.
「從特殊到一般，再由一般到特殊」正是這一數學思想的具體體現。
特殊與一般的思想方法主要表現在如下幾方面:
1、 特殊問題一般化
在解決數學問題的過程中，我們思考乙個問題，有時可以跳出它的範圍去思考比它更一般的問題，有時一般的問題比特殊的問題更易於解決或解決了一般的問題就得到了許多類似問題的結果.因此只要解決了一般性的問題，特殊性的問題也就迎刃而解了.
【例1】解方程組
9a－3b＋c＝－27
4a－2b＋c＝－8
a － b＋c＝－1
（解）原方程組變形
27＋9a－3b＋c＝0 －－－－（1）
8＋4a－2b＋c＝0 －－－－（2）
1＋ a－ b＋c＝0 －－－－（3）
考慮三次函式f（x）＝x3＋ax2－bx＋c
由（1）、（2）、（3） 分別得：f（3）＝0、f（2）＝0、f（1）＝0。
即〝1，2，3〞為方程式x3＋ax2－bx＋c＝0之三個根
由根與係數關係得到
a＝－（1＋2＋3）＝－6
b＝（1×2）＋（2×3）＋（3×1）＝11
c＝－（1×2×3）＝－6
【例2】 求證：sin70°+sin10°>sin100°>sin70°-sin10°.
【分析】 此題按照一般解法去做，要分別證明兩個不等式.經觀察發現，此題中涉及的三個角之和恰為１８０°，這提醒我們將問題放到三角形中研究，所證問題轉化為：sina+sinb>sinc>sina-sinb.
而三角形中最常用的不等關係就是「三角形兩邊之和大於第三邊」和「三角形兩邊之差小於第三邊」，實現邊角關係相互轉化的常用工具是「正弦定理」和「餘弦定理」.
解： 在△ａｂｃ中，設∠ａ、∠ｂ、∠ｃ的對邊分別是a、b、c，則得a+b>c>a-b.
由正弦定理得=k，故ksinａ＋ksinb>ksinc>ksina-ksinb，
所以sina+sinb>sinc>sina-sinb.
特殊地：將代入上面的不等式即得所求證的結論.
2. 一般問題特殊化
在解決選擇題或填空題時，恰當使用「特殊值」法可以明顯簡化解題過程，提高正確率.
【例3】 設集合,
則(ab)
(c) (d)
【分析及解】本題可以直接通過解不等式得到答案，也可以通過特殊化方法和估算求解，首先由集合b可知，，因而排除(c)，再由，又可排除(a)，(b)，於是選(d).
【例4】 如圖１，在多面體ａｂｃｄｅｆ中，已知面ａｂｃｄ是邊長３的正方形，ｅｆ∥ａｂ，ｅｆ與面ａｃ的距離為２，則該多面體的體積可能為（ ）.
解： 本題的圖形是多面體，需要對其進行必要的分割.連ｅｂ、ｅｃ，得四稜錐ｅ－ａｂｃｄ和三稜錐ｅ－ｂｃｆ，這當中，四稜錐ｅ－ａｂｃｄ的體積易求得又因為乙個幾何體積的體積應大於它的部分體積，所以不必計算三稜錐ｅ－ｂｃｆ的體積，就可以排除ａ，ｂ，ｃ，故選ｄ.
【例5】 已知函式y=asin2x+cos2x的圖象的一條對稱軸是x＝，則a= .
【解析】 正弦函式、余弦函式和正切函式的圖象具有軸對稱性或中心對稱性，且其對稱軸通過函式圖象的最高點或最低點（即對稱軸與x軸交點的橫座標使函式取得最大或最小值）.特殊地：因為x=是函式y=asin2x+cos2x的一條對稱軸，且該函式定義域為ｒ，所以當x=0和x=時函式值相等，即asin0+cos0=asin（2×）+cos（2×），易得a=1.
３. 特殊問題特殊化
對具體的問題，給出另一種解釋，其目的是為了使問題中的物件進入某一領域，以便利用此領域的知識及方法來解決給定的問題.
【例6】 求函式的最大值與最小值.
一般解法：∵ 對一切x∈r，２－sinx≠0都成立，
∴ 函式的定義域為ｒ.
由 ∵ 函式的定義域為ｒ，
∴ 函式的最大值與最小值分別為：，-；
特殊解法：把函式值看成由點ａ（２，０）和點ｐ（sinx，-cosx）構成直線的斜率（如圖），由圖易求函式的最大值與最小值分別為，－.
【點評】例6是將解釋為直線的斜率，從而利用解析幾何知識和方法解決該問題.
【例7】解方程式（）
（解）把〝一維〞的問題（數線）放到〝二維〞（平面）上看：
z之虛部＝0y＝0
∴x＝±3
強化訓練
1. 數列｛cn｝中，cn=2n+3n.試問：是否存在常數p，使數列｛cn+1-pcn｝是等比數列？不管存在與否，都要說明理由；
2. 已知n次多項式,
如果在一種演算法中，計算（k＝2，3，4，…，n）的值需要k－1次乘法，計算的值共需要9次運算（6次乘法，3次加法），那麼計算的值共需要次運算．
下面給出一種減少運算次數的演算法：（k＝0， 1，2，…，n－1）．利用該演算法，計算的值共需要6次運算，計算的值共需要次運算．
3. 如圖２，三稜柱的側稜ａａ１和ｂｂ１上各有一動點ｐ、ｑ滿足ａ１ｐ＝ｂｑ，過ｐ、ｑ、ｃ三點的截面把稜柱分成兩部分，則其體積之比為（ ）.
4. 已知a、b是方程u2+cotθ·u-cscθ=0的兩個根，求證：不論θ為何值，過ａ（a，a2），ｂ（b，b2）的直線恆切於一定圓.
5. 直角梯形ｏａｂｃ的四個頂點都是定點，兩平行邊ｏａ、ｂｃ上有兩動點ｐ、ｑ，直線ｐｑ二等分梯形的面積（如圖）.求證：直線ｐｑ必過一定點，並求出此定點的座標.
6. 對於給定的拋物線y2=2px（p>0），在x的正半軸上是否存在一點ｍ，過ｍ的直線l與拋物線交於兩點ｐ、ｑ，使恒為定值.
7. 解下列無理方程序
8. 平行六面體的底面ａｂｃｄ是菱形問：ｃｄ：ｃｃ１為何值時，ａ１ｃ⊥面ｃ１ｂｄ？
9. 定義在（－∞，＋∞）上的奇函式f（x）為增函式；偶函式g（x）在區間［０，＋∞）上的圖象與f（x）原圖象重合.設a>b>0，給出下列不等式：
①f（b）-f（-a）>g（a）-g（-b）
②f（b）-f（-a）g（b）-g（-a）
④f（a）-f（-b）10. 在等差數列｛an｝和｛bn｝中，sn與ｔn分別為其前n項和，若求
11 已知向量a=（cosα，sinα），b=（cosβ，sinβ），且a≠±b，那麼a+b與a-b的夾角的大小是 .
強化訓練答案
1.有必要「循規蹈矩」地由等於乙個與n無關的常數去求p嗎？決無此必要！
當機立斷地下結論，當p=2或p=3時，｛cn+1-pcn｝是等比數列.
2.本題給出了乙個求特殊的多項式的值的演算法的運算次數的示範,要求歸納出求一般的多項式的值的運算的次數,這是對特殊與一般的思想和歸納抽象能力的考查.
第一種演算法, 計算的值共需要次運算,即次運算;
第二種演算法, 計算的值可以採用遞推的方法.設計算的值的次數為,則,由是等差數列及可得.
3. 解： 由題意可知動點ｐ、ｑ滿足的一般性條件是ａ１ｐ＝ｂｑ，所以取點ｐ與點ａ，點ｑ與點ｂ１分別重合這一特殊位置，如圖３，於是易得過ｐ、ｑ、ｃ三點的截面把稜柱分成兩部分體積之比為１：
２，故選ｂ.
4. 易得過ａ、ｂ兩點的直線方程為：
y=（a+b）x-ab，（１）
由韋達定理知，a+b=-cotθ，ab=-cscθ，於是（１）可變為：
xcosθ+ysinθ=1.（２）
要證（２）切於定圓，但因定圓未知，以下思路不明，為此，不妨先找幾條特殊的直線，取，分別得到x=1，y=1，x=-1，y=-1.它們恰好圍成乙個正方形，顯然，所找的定圓即圓心在原點的單位圓.這樣對於一般情形，我們只需證明原點到直線的距離為１，事實上，由知結論成立.
5. 【解析】 建立直角座標系的過程略.設ａ（２，０）（這也是特殊化策略的反映）、ｂ（２a，b）、ｃ（0，b）、ｐ（t1，0）、ｑ（t2，b），則所以t2=a+1-t1. ①
當t1=t2時，直線ｐｑ的方程是x=所過直線ｐｑ所過定點的橫座標必為（既為下一步的證明奠定了基礎，也是整個證明過程縝密性的需要）.
當t1≠t2時，直線ｐｑ的方程為y=（x-t1），令x=結合①式得y=.
綜上，直線ｐｑ過定點（）.
6. 【解析】 設ｍ（t，０）（t>0）.分兩種情況討論：（１）若l與x軸垂直，則只要令t=p，就可得定值
7. 解:變形 （特殊問題）
（２）若l與x軸不垂直，設它的傾斜角為α（α≠），則l:y＝（x-t）tanα，與拋物線方程聯立，可得同樣得定值
綜上知，存在點ｍ（p，０），
使恒為定值.
y2＝1 （一般問題）
解得x＝±
y2＝1
8. 【解析】 如圖，若固執地欲由ａ１ｃ⊥面ｃ１ｂｄ求出ｃｄ：ｃｃ１的值，雖也能獲解，但難度很大，在考場上短暫的時間內要取得成功是非常困難的.
大膽設想，這個值為１！事實上，當ｃｄ：ｃｃ１＝１時，證明ａ１ｃ⊥面ｃ１ｂｄ是易如反掌的事（略）.
9. 解： 設奇函式f（x）＝x，偶函式g（x）=，畫出它們的圖象，如圖，取a=2，b=1顯然只有成立，所以應選ａ.
【點評】 題目中的f（x），g（x）都很抽象，難以確定選項，把符合條件的 f（x），g（x）都具體化、特殊化，就可直觀地判斷出正確的選項.
10.11. 根據題意知，所求結論與α、β的大小無關，不妨取α=0，β＝，則a=（１，０），b=（０，１），從而a+b=（１，１），a-b=（１，－１），所以=90°.
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