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特殊化思想是重要的数学思想之一,应用特殊化思想解决数学问题,遵循了由特殊到一般的认识规律,是数学发现的重要途径.解题遇到困难时,可以以退为进,由一般退到特殊,在特殊中寻找一般思路,有时会柳暗花明,问题简捷获解.在客观小题中运用特殊化思想易想且常见,但在解答题中,很多同学易忽视这个重要思想,其实用特殊化思想也解决解答题是一种重要的思维方式,灵活而恰当应用它,常能帮助我们找到问题的突破口,收到事半功倍的效果.
一、以退为进——特殊领航
例1 (2000全国卷理20)(1)已知数列{an},其中cn=2n+3n,且数列{cn+1-pcn}为等比数列,求常数p;
(2)设{an},{bn}是公比不相等的两个等比数列,cn=an+bn,证明:数列{cn}不是等比数列.
分析:第(1)目标是求常数p,关键是建立关于常数p的一个方程,可用定义考虑(cn+1-pcn),
(cn+2-pcn+1),(cn+3-pcn+2)的关系,虽具有一般性,但代入显得繁琐,而通过对n赋特殊值,建立的等式中只含p,思路清晰.第(2)证明不是等比数列,只要取反例,对n取特殊值即可.
解:(1)因{cn+1-pcn}是等比数列,则对特殊的n=1,2,3,即c2-pc1,c3-pc2,c4-pc3也成等比数列,于是有(c3-pc2)2=(c2-pc1)(c4-pc3),又c1=5,c2=13,c3=35,c4=97,代入整理得p2-5p+6=0,解得p=2或p=3.当p=2时,cn+1-2cn=3n,则{cn+1-pcn}为等比数列;当p=3时,cn+1-3cn=2n,则{cn+1-pcn}为等比数列,故p=2或p=3.
(2)要证明{cn}不是等比数列,只要证明一个特殊情形,即c1,c2,c3不是等比数列即可.
设{an},{bn}的公比分别为p,q,p≠q,由cn=an+bn得,c22=(a1p+bq)2=a21p2+b21q2+2a1b1pq,c1c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2)=a21p2+b21q2+a1b1(p2+q2),由于p≠q,则p2+q2>2pq,因此c22≠c1c3,则c1,c2,c3不是等比数列,故{cn}不是等比数列.
评注:本题的解法是从特殊性入手求解一般性结论,将一般问题先退化到有限的特殊情形,题中数列问题的解决只是在数列的前几项中进行,大大降低了思考量,精简了解题程序.
例2 (2009江苏卷18)在平面直角坐标系xoy中,已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.
(1)若直线l过点A(4,0),且被圆C1截得的弦长为23,求直线l的方程;
(2)设P为平面上的点,满足:存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2,它们分别与圆C1和圆C2相交,且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等,试求所有满足条件的点P的坐标.
分析:第(2)很多同学对“无穷多个”、“存在点P”等条件不能顺利翻译成代数问题,由此思维受阻.而若胸有特殊化思想,从特殊性切入,会换来一片新天地,思路也随之自然呈现.
解:(1)略;
(2)法一:设点P(a,b)满足条件,不妨设直线l1的方程为y-b=k(x-a),(k≠0),则直线l2的方程为y-b=-1k(x-a),由直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等,可得圆心C1到直线l1与圆心C2到直线l2的距离相等,即1-k(-3-a)-b1+k2=5+1k(4-a)-b1+1k2,
整理得1+3k+ak-b=5k+4-a-bk,因为存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2,所以不妨对k取两组特殊值.取k=1,得4+a-b=9-a-b;取k=2,得7+2a-b=14-a-2b,联立方程组可解得a=-32,b=132或a=52,b=-12,把点P(-32,132)与P(52,-12)分别代入1+3k+ak-b=5k+4-a-bk,可得对一切的k恒成立.故P(-32,132)与P(52,-12)是满足条件的全部的点.
法二:仔细观察图形,不难发现两圆是等圆,若点P的两条互相垂直的直线分别过两圆的圆心,此时截得的弦长必相等.由此特殊情形启发,假设过P点的另外一组互相垂直的直线PB1,PB2符合条件,相当于一个直角三角板绕其直角顶点旋转,因是等圆,要使截得的弦长相等,只需弦心距相等,而在旋转的过程中,始终有∠B1PC1=∠B2PC2,则有Rt△PB1C1≌Rt△PB2C2,故PC1=PC2,结合PC1⊥PC2,设P(x,y),
联立方程组(x+3)(x-4)+(y-1)(y-5)=0(x+3)2+(y-1)2=(x-4)2+(y-5)2可解出P(-32,132)与P(52,-12).
评注:法一是将斜率特殊化来求点,学生易操作,法二是将直线的位置特殊化来探求点坐标,数形结合很直观,两法异曲同工,本质都是体现了特殊到一般的推理过程,化繁为简,化难为易.
二、先猜后证——特例探路
例3 (2007天津理21)在数列{an}中,a1=2,an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈N),其中λ>0.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an}的前n项和Sn;(3)证明存在k∈N,使得an+1an≤ak+1ak对任意n∈N均成立.
分析:第(1)直接求解,入手较难,可以构造新数列,但对学生要求很高,很多学生达不到这个层次,而通过取几个特例,即前几项,很容易看出规律性,思路变清晰——先猜后证,第(3)同样用此法,问题可快速破解.
解:本题第(1)问可以先取几个特例:
a2=2λ+λ2+(2-λ)2=λ2+22,a3=2λ3+23,a4=3λ4+24
由此可归纳猜想出an=(n-1)λn+2n,再用数学归纳法证明即可.第(2)问略,第(3)问是这道2007年天津高考压轴题中最难的一问,较难突破,通过分析,猜想数列an+1an的第一项a2a1最大,然后再证明猜想的正确性:an+1an≤a2a1=λ2+42,n≥2,()由λ>0知an>0,要使()成立,只需证2an+1<(λ2+4)an,(n≥2),因(λ2+4)an=(λ2+4)(n-1)λn+(λ2+4)2n
>4λ(n-1)λn+4×2n=4(n-1)λn+1+2n+2≥2nλn+1+2n+2=2an+1,(n≥2),故()成立
因此,存在k=1,使得an+1an≤ak+1ak=a2a1对任意n∈N均成立.
评注:先猜后证的关键是猜想,从最简单最特殊的情况入手研究,是作出正确的猜想的一个有效途径.本题第(1)问所用的是归纳性猜想,是指从特例出发,最后证明猜想的正确性;第(3)问所用探索性猜想,是根据已有的知识和结果,经特例尝试探索而获得待解决问题向结果靠近的方向性猜想.
三、分类明确——特殊优先
例4 (2008山东理22)如图,设抛物线方程为x2=2py(p>0),M为直线y=-2p上任意一点,过M引抛物线的切线,切点分别为A,B.
(Ⅰ)求证:A,M,B三点的横坐标成等差数列;
(Ⅱ)已知当M点的坐标为(2,-2p)时,AB=410.求此时抛物线的方程;
(Ⅲ)是否存在点M,使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x2=2py(p>0)上,其中,点C满足OC=OA+OB(O为坐标原点).若存在,求出所有适合题意的点M的坐标;若不存在,请说明理由.
分析:对于第(Ⅲ)问,仔细审视图形特征,应优先想到点M落在y轴上的特殊情形,然后再对其余情形讨论,进而联想到相关点D的位置,也自然分点D在抛物线的顶点与在其它位置展开讨论.
解:(Ⅰ)(Ⅱ)略;
(Ⅲ)设Ax1,x212p,Bx2,x222p,x1 (2)当x0≠0,对于D(0,0),此时C2x0,x21+x222p,kCD=x21+x222p2x0=x21+x224px0,又kAB=x0p,AB⊥CD,
所以kAB•kCD=x0p•x21+x224px0=x21+x224p2=-1,即x21+x22=-4p2,矛盾.对于D2x0,2x20p,因为C2x0,x21+x222p,此时直线CD平行于y轴,又kAB=x0p≠0,则直线AB与直线CD不垂直,与题设矛盾,所以x0≠0时,不存在符合题意的M点.综上所述,仅存在一点M(0,-2p)适合题意.
评注:本题第(Ⅲ)的结果恰好是M(0,-2p),即“理想”的落在y轴上的特殊位置.若在解题过程对x23=2x0x3作不等价变形,即两边同除x3,会只得x3=2x0;或者没有想到对x0分等于零与不等于零讨论,都将导致“答不存在”这个遗憾之错.另外,如求直线方程的时候,应优先考虑斜率不存在的情形,否则会造成漏解.解题要养成良好习惯,一要想到特殊情形,二是让特殊情形先行.
(作者:徐勇,江苏省连云港市板浦高级中学)
一、以退为进——特殊领航
例1 (2000全国卷理20)(1)已知数列{an},其中cn=2n+3n,且数列{cn+1-pcn}为等比数列,求常数p;
(2)设{an},{bn}是公比不相等的两个等比数列,cn=an+bn,证明:数列{cn}不是等比数列.
分析:第(1)目标是求常数p,关键是建立关于常数p的一个方程,可用定义考虑(cn+1-pcn),
(cn+2-pcn+1),(cn+3-pcn+2)的关系,虽具有一般性,但代入显得繁琐,而通过对n赋特殊值,建立的等式中只含p,思路清晰.第(2)证明不是等比数列,只要取反例,对n取特殊值即可.
解:(1)因{cn+1-pcn}是等比数列,则对特殊的n=1,2,3,即c2-pc1,c3-pc2,c4-pc3也成等比数列,于是有(c3-pc2)2=(c2-pc1)(c4-pc3),又c1=5,c2=13,c3=35,c4=97,代入整理得p2-5p+6=0,解得p=2或p=3.当p=2时,cn+1-2cn=3n,则{cn+1-pcn}为等比数列;当p=3时,cn+1-3cn=2n,则{cn+1-pcn}为等比数列,故p=2或p=3.
(2)要证明{cn}不是等比数列,只要证明一个特殊情形,即c1,c2,c3不是等比数列即可.
设{an},{bn}的公比分别为p,q,p≠q,由cn=an+bn得,c22=(a1p+bq)2=a21p2+b21q2+2a1b1pq,c1c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2)=a21p2+b21q2+a1b1(p2+q2),由于p≠q,则p2+q2>2pq,因此c22≠c1c3,则c1,c2,c3不是等比数列,故{cn}不是等比数列.
评注:本题的解法是从特殊性入手求解一般性结论,将一般问题先退化到有限的特殊情形,题中数列问题的解决只是在数列的前几项中进行,大大降低了思考量,精简了解题程序.
例2 (2009江苏卷18)在平面直角坐标系xoy中,已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.
(1)若直线l过点A(4,0),且被圆C1截得的弦长为23,求直线l的方程;
(2)设P为平面上的点,满足:存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2,它们分别与圆C1和圆C2相交,且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等,试求所有满足条件的点P的坐标.
分析:第(2)很多同学对“无穷多个”、“存在点P”等条件不能顺利翻译成代数问题,由此思维受阻.而若胸有特殊化思想,从特殊性切入,会换来一片新天地,思路也随之自然呈现.
解:(1)略;
(2)法一:设点P(a,b)满足条件,不妨设直线l1的方程为y-b=k(x-a),(k≠0),则直线l2的方程为y-b=-1k(x-a),由直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等,可得圆心C1到直线l1与圆心C2到直线l2的距离相等,即1-k(-3-a)-b1+k2=5+1k(4-a)-b1+1k2,
整理得1+3k+ak-b=5k+4-a-bk,因为存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2,所以不妨对k取两组特殊值.取k=1,得4+a-b=9-a-b;取k=2,得7+2a-b=14-a-2b,联立方程组可解得a=-32,b=132或a=52,b=-12,把点P(-32,132)与P(52,-12)分别代入1+3k+ak-b=5k+4-a-bk,可得对一切的k恒成立.故P(-32,132)与P(52,-12)是满足条件的全部的点.
法二:仔细观察图形,不难发现两圆是等圆,若点P的两条互相垂直的直线分别过两圆的圆心,此时截得的弦长必相等.由此特殊情形启发,假设过P点的另外一组互相垂直的直线PB1,PB2符合条件,相当于一个直角三角板绕其直角顶点旋转,因是等圆,要使截得的弦长相等,只需弦心距相等,而在旋转的过程中,始终有∠B1PC1=∠B2PC2,则有Rt△PB1C1≌Rt△PB2C2,故PC1=PC2,结合PC1⊥PC2,设P(x,y),
联立方程组(x+3)(x-4)+(y-1)(y-5)=0(x+3)2+(y-1)2=(x-4)2+(y-5)2可解出P(-32,132)与P(52,-12).
评注:法一是将斜率特殊化来求点,学生易操作,法二是将直线的位置特殊化来探求点坐标,数形结合很直观,两法异曲同工,本质都是体现了特殊到一般的推理过程,化繁为简,化难为易.
二、先猜后证——特例探路
例3 (2007天津理21)在数列{an}中,a1=2,an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈N),其中λ>0.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an}的前n项和Sn;(3)证明存在k∈N,使得an+1an≤ak+1ak对任意n∈N均成立.
分析:第(1)直接求解,入手较难,可以构造新数列,但对学生要求很高,很多学生达不到这个层次,而通过取几个特例,即前几项,很容易看出规律性,思路变清晰——先猜后证,第(3)同样用此法,问题可快速破解.
解:本题第(1)问可以先取几个特例:
a2=2λ+λ2+(2-λ)2=λ2+22,a3=2λ3+23,a4=3λ4+24
由此可归纳猜想出an=(n-1)λn+2n,再用数学归纳法证明即可.第(2)问略,第(3)问是这道2007年天津高考压轴题中最难的一问,较难突破,通过分析,猜想数列an+1an的第一项a2a1最大,然后再证明猜想的正确性:an+1an≤a2a1=λ2+42,n≥2,()由λ>0知an>0,要使()成立,只需证2an+1<(λ2+4)an,(n≥2),因(λ2+4)an=(λ2+4)(n-1)λn+(λ2+4)2n
>4λ(n-1)λn+4×2n=4(n-1)λn+1+2n+2≥2nλn+1+2n+2=2an+1,(n≥2),故()成立
因此,存在k=1,使得an+1an≤ak+1ak=a2a1对任意n∈N均成立.
评注:先猜后证的关键是猜想,从最简单最特殊的情况入手研究,是作出正确的猜想的一个有效途径.本题第(1)问所用的是归纳性猜想,是指从特例出发,最后证明猜想的正确性;第(3)问所用探索性猜想,是根据已有的知识和结果,经特例尝试探索而获得待解决问题向结果靠近的方向性猜想.
三、分类明确——特殊优先
例4 (2008山东理22)如图,设抛物线方程为x2=2py(p>0),M为直线y=-2p上任意一点,过M引抛物线的切线,切点分别为A,B.
(Ⅰ)求证:A,M,B三点的横坐标成等差数列;
(Ⅱ)已知当M点的坐标为(2,-2p)时,AB=410.求此时抛物线的方程;
(Ⅲ)是否存在点M,使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x2=2py(p>0)上,其中,点C满足OC=OA+OB(O为坐标原点).若存在,求出所有适合题意的点M的坐标;若不存在,请说明理由.
分析:对于第(Ⅲ)问,仔细审视图形特征,应优先想到点M落在y轴上的特殊情形,然后再对其余情形讨论,进而联想到相关点D的位置,也自然分点D在抛物线的顶点与在其它位置展开讨论.
解:(Ⅰ)(Ⅱ)略;
(Ⅲ)设Ax1,x212p,Bx2,x222p,x1
所以kAB•kCD=x0p•x21+x224px0=x21+x224p2=-1,即x21+x22=-4p2,矛盾.对于D2x0,2x20p,因为C2x0,x21+x222p,此时直线CD平行于y轴,又kAB=x0p≠0,则直线AB与直线CD不垂直,与题设矛盾,所以x0≠0时,不存在符合题意的M点.综上所述,仅存在一点M(0,-2p)适合题意.
评注:本题第(Ⅲ)的结果恰好是M(0,-2p),即“理想”的落在y轴上的特殊位置.若在解题过程对x23=2x0x3作不等价变形,即两边同除x3,会只得x3=2x0;或者没有想到对x0分等于零与不等于零讨论,都将导致“答不存在”这个遗憾之错.另外,如求直线方程的时候,应优先考虑斜率不存在的情形,否则会造成漏解.解题要养成良好习惯,一要想到特殊情形,二是让特殊情形先行.
(作者:徐勇,江苏省连云港市板浦高级中学)