資源簡介

2009屆新課標數學考點預測：
特殊與一般的思想
由特殊到一般,再由一般到特殊反復認識的過程是人們認識世界的基本過程之一，通過對個例認識與研究，形成對事物的認識，由淺入深，由現象到本質、由局部到整體、由實踐到理論。對數學而言，這種由特殊到一般,再由一般到特殊的研究數學問題的基本認識的過程,就是數學研究的特殊與一般的思想。在高考中，會設計一些構造特殊函數、特殊數列，尋找特殊點、確立特殊位置，利用特殊值、特殊方程，由特殊到一般進行歸納法猜想和類比法猜想的試題。
1.取特殊數值
例1．（2008重慶卷,理6）若定義在上的函數滿足：對任意有,則下列說法一定正確的是（ ）
(A) 為奇函數（B）為偶函數(C) 為奇函數（D）為偶函數
分析：判斷函數的奇偶性需要用定義，即找與之間的關系，由于所以需要先求出的值，這時需要取特殊值解答。
解：令，得，令得∴，∴為奇函數，故選
答案：
評注：在對于抽象函數來說，常常通過取特殊值研究函數的奇偶性。
例2.若，則下列代數式中值最大的是
A． B． C． D．
分析：本題比較大小，可以取特殊值，也可以作差比較，還可以用基本不等式或排序不等式。
解法一：特殊值法.取，通過計算比較最大。選A
解法二：
解法三：根據排序不等式知 、 、中，最大，再取特值比較與
答案： A.
評注：本題中有多種做法，其中取特殊值法最簡單，最直接。
例3（2008福建德化一中，理）已知對一切實數都有，且當＞時，＜
（1）證明為奇函數且是上的減函數；
（2）若關于的不等式對一切恒成立，求m的取值范圍；
（3）如果，，記數列的前n項和分別為，求證
分析：本題中的函數為抽象函數，可通過取特殊值研究函數的單調性，再利用函數的單調性把不等式轉化，得到關于的不等式恒成立，有函數求的最值解答，
（1）證明:依題意取
∴ 又取可得
∴ 由x的任意性可知為奇函數
又設
∴
∵ ∴ ∴在R上減函數
（2）解：∵函數是奇函數，∴由
得
∴即
又∵是上的減函數 ∴恒成立
當時，，故此時的最小值為，
∴
（3）∵ ∴
又，∴數列是以1為首項，以1為公差的等差數列，
∴， 要證明不等式，即是證明
也就是證明由柯西不等式得
要使不等式取得等號，當且僅當，而這是不可能成立的。
∴當時，，即
評注：研究抽象函數的單調性常用取特殊值法，本題較為綜合的考查了抽象函數的單調性以及利用函數的單調性解得不等式及函數的最值，還有把函數問題轉化為數列，最終利用柯西不等式證出。
2．取特殊函數
例4．（2008陜西卷，理11.改編）定義在上的函數滿足（），，則等于（ ）
A．2 B．3 C．6 D．9
分析：由及，可令為特殊值，求出，
再取特值研究函數的奇偶性；或直接取滿足條件的特殊函數解答。
解法一：取，則滿足和，∴，選D
解法二：中，令，得，再令得，再令，得，令得，，再令，得，選D
評注:對于抽象函數來說,取特殊值和取特殊函數是常用的方法.
例5.（取特殊函數的三角題）
3．取特殊數列
例6.（2008四川卷，理7）已知等比數列中，則其前3項的和的取值范圍是( )
?。ǎ粒　　　　? （Ｂ）　
?。ǎ茫　　　　? （Ｄ）
分析：本題中的等比數列只知道，如果再知道公比，數列就可以確定，而選項是范圍問題，可取定公比加以排除。
解法一：∵等比數列中 ∴當公比為1時，， ；
當公比為時，， 從而淘汰（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）
故選D；
解法二：∵等比數列中 ∴
∴當公比時，；
當公比時，
∴ 故選D；
評注：取特殊數列入手淘汰，如果一次不能區分，則需多次取有區分度的值進行排除，直至能辨別出正確答案為止，也可多種方法并存。要重視等比數列的通項公式，前項和公式，以及均值不等式的應用，特別注重均值不等式使用的條件是否具備，不具備就要進行分類討論。
4.取特殊位置
例7.（2008寧夏區銀川一中）如圖，邊長為的正中線與中位線相交于，已知是繞旋轉過程中的一個圖形，現給出下列命題，其中正確的命題
有 （填上所有正確命題的序號）
（1）動點在平面上的射影在線段上；
（2）三棱錐的體積有最大值；
（3）恒有平面平面；
（4）異面直線與不可能互相垂直；
分析:由于是繞旋轉過程中的一個圖形,可以轉動到特殊位置,需要考慮特殊情況.
解: 不論怎樣轉動,,（1）（3）正確,（2）不再變化,當高最大時,三棱錐的體積有最大值,即當時, 三棱錐的體積有最大值也正確,（4）不正確,由三垂線定理知,當在平面內的射影與平行時就一定垂直.
評注:特殊位置法是解決變化的圖形的一種策略,要想到一些特殊位置.
例8.（福建省八閩高中）某校高三年級老師到外校參觀學習2天，留下6位老師值班，記每天上午、下午、晚上各為一“工作時”，則每位老師必須且只需值班一個“工作時”，由于有事，甲老師不能值晚班，乙老師不能值下午班，那么年級值班排法共有…………………………………（ ）
A．288種 B．312種 C．336種 D．360種
分析：甲老師、乙老師都有特殊要求，應該先滿足他們的特殊要求先排，如果先排甲老師，則由于他排在上午和下午會影響到乙老師的排法，所以需要分類討論。
解：先排甲老師有兩種情況，（1）甲老師排在上午值班，有2種方法，乙老師排在晚上值班也有2種方法，其余4位老師有種方法，共2×2×24=96種方法。（2）甲老師排在下午值班，有2種方法，乙老師與其他4位老師隨便排都可以，有種方法，共有240種方法；由（1）（2）可知共336種方法。
評注：本題為排列組合的特殊元素和特殊位置題，按特殊元素和特殊位置優先的原則，分情況討論。
5．取特殊的點
例9．（2009山東文登三中）已知函數，則的圖象是（ ）
A B C D
分析：可以根據已知函數寫出所研究的函數，沒有必要畫出函數圖象，只需取特殊點就可以判斷。
解：由已知得取特殊值和時，圖象所過的點為，結合圖形知選D。
答案：D
評注：因為選項中的各圖都有區別，可以取特殊值加以辨別。
6．由一般到特殊和由特殊到一般
例10．（2008湖北卷，理15）觀察下列等式：
……………………………………
可以推測，當≥2（）時，
.，0
分析：本題為找規律題，可以縱觀全局，就會發現這些式子的特點，縱向觀察，找出規律和共性，得到答案。
解：縱向觀察每個式子的第一項，可知再看每個式子的第二項，都是，所以，同理，，0
答案：，0
評注：本題是由特殊到一般，需要觀察歸納總結規律。
例11．（2008遼寧卷，理21）在數列，中，a1=2，b1=4，且成等差數列，成等比數列（）
（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測，的通項公式，并證明你的結論；
（Ⅱ）證明：．
分析：由已知條件可先算出前幾項，再歸納總結，用數學歸納法證明。
解：（Ⅰ）由條件得
由此可得
．猜測．
用數學歸納法證明：
①當n=1時，由上可得結論成立．
②假設當n=k時，結論成立，即
，
那么當n=k+1時，
．
所以當n=k+1時，結論也成立．
由①②，可知對一切正整數都成立．
（Ⅱ）．
n≥2時，由（Ⅰ）知．
故
綜上，原不等式成立．
評注：本小題主要考查等差數列，等比數列，數學歸納法，不等式等基礎知識，考查綜合運用數學知識進行歸納、總結、推理、論證等能力．注意不等式的變換技巧。
例12．已知函數的圖象如圖所示，則滿足的關系是（ ）
A． B．
C． D．
由圖可知函數為增函數，所以取得，∴故選A
答案：A
評注：本題采用數形結合，利用取特殊點的辦法解決問題，比較簡捷。
7．預測題
（1）（07天津）在上定義的函數是偶函數，且，若在區間是減函數，則函數（ ）
A.在區間上是增函數，區間上是增函數
B.在區間上是增函數，區間上是減函數
C.在區間上是減函數，區間上是增函數
D.在區間上是減函數，區間上是減函數
分析：本題為抽象函數，可以從函數的性質入手，研究函數的單調性和周期以及圖象。也可以具體化，把一般轉為特殊，取符合條件的特殊的例子解答。
解法一：因為函數在上是偶函數，在區間是減函數，可知函數在區間上是增函數，并且，由此知為以2為周期的周期函數，所以在區間上的單調性與在區間是一致的，是減函數。故選B
解法二：由知函數圖象關于對稱，又因為函數在上是偶函數，圖象又關于對稱，于是可以作如圖所示的示意圖。
從圖中判斷，選擇B。
答案：B
評注：解法一利用性質解答，解法二把一般轉化為特殊，
結合圖形一目了然，不適為好的方法。
（2）（原創）過拋物線的焦點，作直線與此拋物線相交于兩點P和Q，那么線段PQ中點的軌跡方程是（ ）
（A） （B） （C） （D）
分析：本題中的直線任意，可以先取特殊情況，當線段PQ為拋物線的通徑時，其中點就是焦點，即焦點應在所求的軌跡上適合方程。
解：（特殊點篩選法）拋物線的焦點為，直線過拋物線的焦點，當時，線段PQ中點為由已知可知軌跡曲線的頂點為 ，開口向上，由此排除答案A、C、D，所以選B；
另解：（直接法）拋物線的焦點為，設過焦點的直線，則，消y得：，中點坐標有，消得，選B.
評注：通過比較即可看出取特殊位置時解法比較簡單。
（3）設，則大小關系是______________；
分析：已知條件中的任意，可以取特殊值進行比較。
解：考慮到三個數的大小關系是確定的，不妨令：，
評注：利用取特殊值法時，所取的值要滿足條件、簡單而且便于計算，有區分度才有利于解答問題。
（4）．設是公比為的等比數列，是它的前項和，若是等差數列，則=______________；
分析：由于等比數列的前項和公式使用時需要分兩種情況，當時和當時，所以首先想到
解：因為非零的常數列是公比為1的等比數列，且前n項和數列{nc}是公差為的等差數列，可知q=1。
評注：注意有些問題的出發點往往很簡單，但如果直接計算則相當的麻煩，可以從特殊值或特殊數列入手解答問題。
（5）由下列各式：
你能得出怎樣的結論，并進行證明。
分析：對所給各式進行比較觀察，注意各不等式左邊的最后一項的分母特點：，，，，…，一般地， 第個式子的最后一項的分母為，對應各式右端為。
解：歸納得一般結論
證明：當n=1時，結論顯然成立.
當n≥2時，
故結論得證。
評注：本題由特殊歸納出一般性的結論，在歸納時要總結每個式子的特點，隨著序號發生怎樣地變化，得出結論后，又用放縮法給出證明，也可以用數學歸納法給出證明。
（6）．設二次函數滿足條件：
①當時，，且；
②當時，
③在上的最小值為0。
求最大值，使得存在，只要，就有
分析：本題先根據題設求出函數解析式，然后假設存在，取得的范圍，再令求出的取值范圍，進而根據的范圍求出的最大值。
解法一：∵，∴函數的圖象關于對稱
∴ 即
由③知當時,，即；
由①得 ，由②得 。
∴，即，
又，∴，
∴，
假設存在，只要，就有，
取時，有，
對固定的，取，有：
，
∴≤=9，
當時，對任意的，
恒有，
∴的最大值為9。
解法二：∵，∴函數的圖象關于對稱
∴ 即
由③知當時,，即；
由①得 ，由②得 。
∴，即，
又，∴，
∴，
由 在上恒成立
∴當時，恒成立；
令 有
令有當時，恒有解；
令得，，
即當時，任取恒有，
∴
評注：本題屬于存在性探索問題，處理這道題的方法就是通過的特殊值得出的大致范圍，然后根據的范圍，再對取特殊值，從而解決問題。
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