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一个问题可能在整体上模糊到难以认识与鉴别，但在特殊情况下有时却十分清楚明白.既然如此，我们解题时，何不以退为进，由一般退到特殊呢？这种由一般退到特殊的解题思想，就是特殊化思想.用特殊化思想解客观题是特别有效的，而且特殊化还是解答某些解答题的绿色通道，比如，在数列中我们熟悉的归纳、猜想、证明，就是特殊到一般的例子.还是先让我们看一道例题题：
例1 已知椭圆C:+=1（a>b>0）的左右焦点分别是F1（－c,0）,F2（c,0），直线l:x=my+c与椭圆C交于两点M,N且当m=-时，M是椭圆C的上顶点，且△MF1F2的周长为6.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左顶点为A，直线AM,AN与直线x=4分别相交于点P,Q，问当m变化时，以线段PQ为直径的圆被x轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由.
解析 （1）当m=-时，直线的倾斜角为120°，所以2a+2c=6，=cos60°，解得a=2,c=1b=， 所以椭圆方程是+=1.
（2）当m=0时，直线l的方程为x=1，此时，M,N点的坐标分别是（1,），（1,-）,又A点坐标是（-2,0），此时由图可知MN是?荭APQ的中位线，因此P,Q两点坐标分别是（4,3），（4，-3）， 以PQ为直径的圆（x-4）2+y2=9过右焦点(1,0).由于圆（x-4）2+y2=9与x轴交于（1，0）和（7，0），所以圆被x轴截得的弦长为6.
猜测当变化时，以PQ为直径的圆恒过焦点F2，被x轴截得的弦长为定值6，证明如下：
设点M,N点的坐标分别是（x1,y1），（x2,y2），则直线AM的方程是=，所以点P的坐标是（4，），同理，点Q的坐标是（4，），
由方程组 +=1，x=my+1,得到3（my+1）2+4y2=12（3m2+4）y2+6my-9=0，所以y1+y2=，y1y2=,
从而•=（4-1）（4-1）+=9
+=9+=9+=0.
所以以PQ为直径的圆一定过右焦点F2，又点F2到直径PQ的距离为3，由圆的性质知以PQ为直径的圆被x轴截得的弦长为定值6.
说明 在（2）的解答中是通过特殊探路，然后由此展开，证明满足条件的圆的弦长也是定值6.也可以直接探求，但方向不明.其实，在问题无路可走的情况下，特殊化不失为一条明智的选择.在强调特殊与一般的思想方法的今天，对此进行有益的探讨，是非常值得肯定的.对于解答题，特殊化还是大有用武之地的.让我们再看几例.
1． 特殊化直接求解或证明.
几乎所有的主观题都存在一些特殊因素，在解题中你一旦发现了这些因素，要紧紧抓住不放，因为它可能为你提供最佳的解题途径.
例2 已知二次函数f（x）=x2+ax+b(a,b∈R)的定义域为[-1,1]，且｜f（x）｜的最大值为M.
（1）证明：｜1+b｜≤M；（2）证明：M≥；（3）当M=时，试求出f（x）的解析式.
解析（1）证明：｜f（x）｜的最大值为M，即｜f（x）｜≤M，又x∈[-1，1]，令x=-1，x=1，得｜1-a+b｜≤M，｜1+a+b｜≤M-M≤1-a+b≤M，-M≤1+a+b≤M-M≤1+b≤M｜1+b｜≤M.
（2）令x=0,得｜b｜≤M，结合｜1+b｜≤M,得2M≥1+b+b≥1-｜b｜+｜b｜=1，∴M≥.
（3）在｜f（x）｜≤M中，令x=0，则｜b｜≤M，再令M=，得｜b｜≤-≤b≤…①
在｜1+b｜≤M中，令M=，得-≤1+b≤-≤b≤-…②
又①②知b=-.
在｜1-a+b｜≤M中,令M=,并把b=-代入，得-≤1-a-≤0≤a≤1…③
在｜1+a+b｜≤M中，令M=,并把b=-代入，得-≤1+a-≤-1≤a≤0…④
由③④得a=0，∴f（x）=x2-.
点评 本题是用特殊值证明和求解是一个典型例子，“夹逼法”在其中起到了非常重要的作用.
例3 设函数f（x）定义于闭区间[0,1]，满足f（0）=0，
f（1）=1，且对任意x,y∈[0,1]，x≤y，都有f（）=（1-a2）
f（x）+a2f（y），其中常数a满足0 解析 因为f（）=f（）=a2，f（）=f（）=a2f（）=a4，f（）=f（）=（１－a2）f（）＋a2f（１）＝２a2－a4，
所以f（）=f（）=(1-a2)f（）a2f（）=-2a6+3a4, 由此得a2=-2a6+3a4，而0 点评 通过求得特殊值，再建立方程是本题解答的关键，其中的特殊化取了非常重要的作用.
2． 特殊化猜测问题的结果，再给出一般性的证明或解答．
在数列问题中，归纳、猜想、再用数学归纳法证明，就是我们熟悉的一个方法，我们也可以把这个方法迁移到数学的其它章节，比如在一些在立体几何问题中先考察图形的特殊位置，再考虑一般情形等等，特别是当你难于理解题意时，可以用特殊化方法探明目标，寻找破题的途径.
例4能否将n个正方形剪拼成一个大的正方形？
分析 这里要解决的是个数为n的一般性问题，结论尚属未知.
先考察一个最简单的特殊情形——将两个边长相等的正方形S1与S2剪拼成一个正方形S12，可按下左图所示的方法剪拼而成.
这种特殊情况是将一般情况经两次特殊化（正方形个数特殊化、边长特殊化）而得到的. 在这种特殊情况下剪拼方法一目了然. 为了将其推向一般，我们也分两步走.
第一步，考虑两个大小不同的正方形的情况.
第二步，考虑n个任意正方形的情况.
为将上述剪拼法推向两个大小不同的正方形，我们来对它作一定量的分析.要剪拼出新正方形S12，只需计算出其边长以及确定裁剪的路线. 由下右图，S12的一边x与S1的一边a和S2的一边b恰好组成一个直角三角形，x为斜边，a，b为两直角边.据此我们猜想：对两个边长分别为a，b的正方形S1,S2来说，比照上述做法，以a，b为两直角边作直角三角形，再以其斜边为边长和裁剪路线，也能剪拼出一个新的正方形S12来.
实际验证说明上述猜想是正确的(如下图).
如果给定三个正方形S1，S2，S3,那么我们可用上述方法先将S1，S2剪拼成一个正方形S12，再将S12与S3剪拼成一个正方形S123.
由归纳法我们得出关于一般性问题的猜想：任意n个正方形都可以剪拼成一个正方形.
由类比法我们还可得出关于证法的猜想：设给定n个正方形S1，S2，…，Sn，先将S1与S2按上述方法剪拼成一个正方形S12；再将S12与S3剪拼成一个正方形S123；…，最后将S12…(n-1)与Sn剪拼成一个正方形S12…n.
我们发现，上述做法有递推关系，故我们不必一个一个地去验证，可使用数学归纳法，做一次验证就可以了.
证明：（数学归纳法）
当n=2时，按上右图所示的方法，可将任意两个给定的正方形剪拼成一个正方形.
假设k(k≥2)个正方形能剪拼成一个正形，那么，对给定的k+1个正方形，我们可先将前k个剪拼成一个正方形S12…k，再将S12…k与剪拼成一个正方形S12…k（k+1）.
∴能将n个正方形剪拼成一个大的正方形.
例5 已知线段AB是半径为r(r>0)的圆O的弦，且AB=2，试探究•是否为定值（与r的大小无关）？若为定值，请求出；若不为定值，请说明理由．
解析 可先从特殊情形下手，当弦AB为直径时，有•=2；当△AOB为正三角形时，有•=2，故猜想•为定值2，证明如下：
如图，过点O作OH⊥AB交AB于点H，则•=cos∠OAB=（•cos∠OAB）×===2．
点评 运动定常问题通常可先从特殊值或特殊位置入手，进而讨论一般情形，注意向量的投影在圆中的运用，应当知道•的大小仅取决于弦AB的大小．需要强调的是，特殊化常常是和一般化联系在一起的.特殊探路，一般化解决.
例6 如图，已知圆M为Rt△ABC的外接圆，
A(-2,0)，B(0,-2)，点C在x轴上，点P为线段OA的中点，若DE是圆M中绕圆心M运动的一条直径，试探究•是否为定值？若为定值，请求出；若不为定值，请说明理由．
解析 设点C的坐标为（x，0），
Rt△ABC中，AB⊥BC，故kAB•kBC=-1，
即有×=-1，求得x=4，
在圆M中，易得M（1，0），又点P为线段OA的中点，故P（-1，0）．探究•是否为定值，可先从特殊位置入手，当DE与AC重合时，•=•=1×5×cos180°=-5；当DE与AC垂直时，有D（1，3），E（1，-3），故=（2，3），=（2，-3），此时•=22-32=-5，故猜想•为定值-5，证明如下：
法1（坐标法）
思路1 （设而不求）设D（x1，y1），E（x2，y2），当直线DE的斜率存在时，不妨设其为k，则直线DE的方程为y=k(x-1)①，又圆M的方程为（x－１）2＋y2＝９②，由①②联立方程组消去y得：x2－２x＋＝０，利用根与系数的关系有：x1＋x２＝２，x1x２＝，所以y１y２＝k２（x1-１）（x２-１）＝k２•［x1x２－（x1＋x２）＋１］＝－，而＝（x1＋１，y１），＝（x２＋１，y２），则•＝（x1＋１）（x２＋１）＋y１y２＝３－＝－５，特别地，当直线DE的斜率不存在时，•＝－５，故总有•＝－５．
思路2
(整体思想) 设D（x，y），则E（2-x，y），此时＝（x＋１，y），＝（3-x，y），故•=（x＋１）（３－x）－y2＝４－［（x－１）２＋y2］＝４－９＝－５．
法2（定义法）
思路3 （化归思想）
•＝（＋）•＋）＝＋•（＋）＋•＝４＋０－９＝－５.
思路4 （利用向量的投影）如图，延长ＥＰ交圆Ｍ于点Ｑ，连结ＤＱ，则• ＝｜｜｜｜cos∠ＤＰＥ＝－（｜｜×cos∠ＤＰＡ）×｜｜＝ －｜｜｜｜＝｜｜｜｜＝－５．
点评 思路１是多数考生在解该题时所想到的一种思路，但有一定的运算量，特别是直线ＤE的斜率是否存在的讨论容易被忽略；思路2利用圆的对称性在思路1的基础上优化了设法，进而利用整体思想巧妙求解；思路3由于、的长度、夹角均在变化，直接用定义求解不方便，故利用圆的性质将其转化成有长度、有夹角的向量后再求解，这体现了化归的思想；思路4揭示了本题中运动定常的内在原因．
这些事例说明：解一些主观题可以从特殊化上路，但最后必须给予普遍意义上的解答或证明.而在这个证明过程中，又需随时注意摆脱特殊化的影响.
3．特殊化可以帮助我们验证结果是否正确．
特殊化还有一个功能，就是帮助我们检验解题的结果是否正确.
例7 设定义在R上的单调函数f（x）是奇函数.若
f（klog2t）+f（log2t-log22 t-2）>0对一切t∈R+成立，求实数k的范围.
分析f（x）是R上的单调奇函数，则必f（0）=0且f（x）+f（-x）=0.
解析 由条件得：f（klog2t）>-f（log2t-log22 t-2）=f（log22 t
-log2t+2），即有：f（klog2t）>f（log22 t-log2t+2）.（*）
由已知 t＞0，在（*）中令t=1，得f（0）>f（２）.知f（x）为关于t∈R+上的减函数.故有：klog2t＜log22 t－log2t＋２，即有：log22 t－（k＋１）log2t＋２＞０.（**）
再解： 关于log2t的不等式对一切log2t∈R都成立.必△＜ 0.也就是（k＋１）２－８＜０k∈（－２－１，２－１）.
点评 这个答案是否正确？我们不妨用特值对（**）式进行检验.
设M=（－２－１，２－１），令f（t）＝log22 t-（k＋１）log2t＋２，
取0∈M，即 k=0，则f（t）＝log22 t-log2t＋２，显然t∈R＋,从而log2t∈R时，f（t）>0恒成立.而f（x）是R上的奇且减函数，∴（*）式也成立.
取2?埸M，即k=2，则f（t）＝log22 t-3log2t＋２，至少t=2时，f（t）=1-3+2=0，即f（t）>0不成立.由此可放心作出终审后的答案：原题中实数K的取值范围为k∈（－２－１，２－１）.
例8 已知函数f（x）=log2(x2＋ax－a)的值域为R，求实a的取值范围.
解析 因为值域为R，所以x2＋ax－a必须能取到一切正数，故有?荭＝a2-4(-a)<0-4 对吗？只需取特殊值就可以判断，取a=－2时，则x2＋ax－a≥1，f（x）≥0，此时f（x）的值域不是R.所以答案有误.其实，应该是?荭＝a2-4(-a)≥0a≤-4或a≥0.
当?荭≥0时， f（x）值域才能保证取到一切实数.但有考生会说，?荭≥0不是使x2＋ax－a 取到非正数吗？没有意义啊！其实，取到非正数的x我们不要，这可以由x的范围来限制.例如，取a=－4,则f（x） = log2 (x－2)2，定义域x≠2就可保证f(x)值域为R了！如果这样仍不能理解，我们还可以用方程的观点来解：
原函数的值域为R，就是指关于x的方程f（x）=log2(x2＋ax－a)=y对任意实数y都有实数解.
x2＋ax－a=2y恒有实数解?圳?荭≥a2+4（a＋2y）≥0对y∈R恒成立?圳a2+4a≥－４•2y对一切y∈R恒成立.
又－４•2y＜０，∴a2＋４a≥0a≤-4或a≥0.
故a的取值范围是(-∞,-4]∪[0，+∞）.
在高考解答题中,体现特殊化思想的试题包括: (1)由具体数据建模函数关系式；(2)由已知几项求通项公式，或前n项和公式；(3)由动点性质求轨迹方程；（4）由几个等式或不等式得到一般结论，还有如上面的一些的问题，等等.
练习题：
1. 求证：直线（2m+1）x+(m+1)y=7m+4(m∈R)恒过某一定点P，并求该定点的坐标.
2. 已知函数f（x）=ax2+bsinx+ccosx+d(a，b，c，d为常数），对任意∈R恒有f（sin２－４sin－１）≥0且f（５－cos）≤0.试证，函数f（x）的图像恒过定点.
3. 求证：Con+C1n+C2n+...+Cnn=2n（n∈N+）.
4. 试探究：一个周长为2l的封闭曲线一定可以被一个直径为l的圆盖住吗？
练习题参考答案：
1． 证明: 直线（2m+1）x+(m+1)y=7m+4，取2m+1=0m=-.
此时直线方程为y=7×(- )+4y=1……①
取m+1=0m=-1，此时x=3……②
由①②得点P（3，1）.
将点P（3，1）代入直线方程得（2m+1）x+(m+1)y=(2m+1)×3+(m+1)=7m+4,即方程对任意m∈R 恒成立.故直线（2m+1）x+(m+1)y=7m+4恒过定点P（3，1）.
2． 证明: 注意到sin2-4sin-1=(sin-2)2-5，其中-1≤sin≤1,∴-4≤sin2-4sin-1≤4,∴f（4）≥0.
又注意到4≤5-cos≤6,∴f（4）≤0.因而f（4）=0，所以函数f（x）的图像恒过定点（４，０）.
3. 证明: ∵（ａ＋ｂ）ｎ＝Conａｎ+C1nａｎ－１ｂ+C2nａｎ－２ｂ２+…+Cn－１nａｂｎ－１
+Conｂｎ，
令a=b=1，则有2n=Con+C1n+C2n+…+Cn－１n+Cnn，∴Con+C1n+C2n+…+Cn－１n+Cnn=2n（n∈N+）.
4. 分析：着手探究一时看不到头绪，我们不妨先从特殊的情形入手.比如，分析周长为2l的平行四边形的情形. 设ABCD是周长为2l的平行四边形(如下图左)，由于OD=BD≤（BC+CD）=. 同理：OC≤.
显然，这个平行四边形能被以O点为圆心，直径为l的圆盖住.
对于周长为2l的任意形状的封闭曲线（如上图右），设A，C两点恰好把这封闭曲线平分为长为l的两段，O是线段AC的中点，P是该曲线上任意一点，连接PO，PA，PC，则有：
PO≤（AP+CP）≤（曲线AP的长+曲线CP的长）=曲线AC的长=l，
所以P在一个以O为圆心，直径是l的圆内.
因为P是该曲线上的任一点，所以该封闭曲线一定可以被一个直径为l的圆盖住.
(作者单位：福建省永定县城关中学)
责任编校徐国坚
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例1 已知椭圆C:+=1（a>b>0）的左右焦点分别是F1（－c,0）,F2（c,0），直线l:x=my+c与椭圆C交于两点M,N且当m=-时，M是椭圆C的上顶点，且△MF1F2的周长为6.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左顶点为A，直线AM,AN与直线x=4分别相交于点P,Q，问当m变化时，以线段PQ为直径的圆被x轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由.
解析 （1）当m=-时，直线的倾斜角为120°，所以2a+2c=6，=cos60°，解得a=2,c=1b=， 所以椭圆方程是+=1.
（2）当m=0时，直线l的方程为x=1，此时，M,N点的坐标分别是（1,），（1,-）,又A点坐标是（-2,0），此时由图可知MN是?荭APQ的中位线，因此P,Q两点坐标分别是（4,3），（4，-3）， 以PQ为直径的圆（x-4）2+y2=9过右焦点(1,0).由于圆（x-4）2+y2=9与x轴交于（1，0）和（7，0），所以圆被x轴截得的弦长为6.
猜测当变化时，以PQ为直径的圆恒过焦点F2，被x轴截得的弦长为定值6，证明如下：
设点M,N点的坐标分别是（x1,y1），（x2,y2），则直线AM的方程是=，所以点P的坐标是（4，），同理，点Q的坐标是（4，），
由方程组 +=1，x=my+1,得到3（my+1）2+4y2=12（3m2+4）y2+6my-9=0，所以y1+y2=，y1y2=,
从而•=（4-1）（4-1）+=9
+=9+=9+=0.
所以以PQ为直径的圆一定过右焦点F2，又点F2到直径PQ的距离为3，由圆的性质知以PQ为直径的圆被x轴截得的弦长为定值6.
说明 在（2）的解答中是通过特殊探路，然后由此展开，证明满足条件的圆的弦长也是定值6.也可以直接探求，但方向不明.其实，在问题无路可走的情况下，特殊化不失为一条明智的选择.在强调特殊与一般的思想方法的今天，对此进行有益的探讨，是非常值得肯定的.对于解答题，特殊化还是大有用武之地的.让我们再看几例.
1． 特殊化直接求解或证明.
几乎所有的主观题都存在一些特殊因素，在解题中你一旦发现了这些因素，要紧紧抓住不放，因为它可能为你提供最佳的解题途径.
例2 已知二次函数f（x）=x2+ax+b(a,b∈R)的定义域为[-1,1]，且｜f（x）｜的最大值为M.
（1）证明：｜1+b｜≤M；（2）证明：M≥；（3）当M=时，试求出f（x）的解析式.
解析（1）证明：｜f（x）｜的最大值为M，即｜f（x）｜≤M，又x∈[-1，1]，令x=-1，x=1，得｜1-a+b｜≤M，｜1+a+b｜≤M-M≤1-a+b≤M，-M≤1+a+b≤M-M≤1+b≤M｜1+b｜≤M.
（2）令x=0,得｜b｜≤M，结合｜1+b｜≤M,得2M≥1+b+b≥1-｜b｜+｜b｜=1，∴M≥.
（3）在｜f（x）｜≤M中，令x=0，则｜b｜≤M，再令M=，得｜b｜≤-≤b≤…①
在｜1+b｜≤M中，令M=，得-≤1+b≤-≤b≤-…②
又①②知b=-.
在｜1-a+b｜≤M中,令M=,并把b=-代入，得-≤1-a-≤0≤a≤1…③
在｜1+a+b｜≤M中，令M=,并把b=-代入，得-≤1+a-≤-1≤a≤0…④
由③④得a=0，∴f（x）=x2-.
点评 本题是用特殊值证明和求解是一个典型例子，“夹逼法”在其中起到了非常重要的作用.
例3 设函数f（x）定义于闭区间[0,1]，满足f（0）=0，
f（1）=1，且对任意x,y∈[0,1]，x≤y，都有f（）=（1-a2）
f（x）+a2f（y），其中常数a满足0
所以f（）=f（）=(1-a2)f（）a2f（）=-2a6+3a4, 由此得a2=-2a6+3a4，而0
2． 特殊化猜测问题的结果，再给出一般性的证明或解答．
在数列问题中，归纳、猜想、再用数学归纳法证明，就是我们熟悉的一个方法，我们也可以把这个方法迁移到数学的其它章节，比如在一些在立体几何问题中先考察图形的特殊位置，再考虑一般情形等等，特别是当你难于理解题意时，可以用特殊化方法探明目标，寻找破题的途径.
例4能否将n个正方形剪拼成一个大的正方形？
分析 这里要解决的是个数为n的一般性问题，结论尚属未知.
先考察一个最简单的特殊情形——将两个边长相等的正方形S1与S2剪拼成一个正方形S12，可按下左图所示的方法剪拼而成.
这种特殊情况是将一般情况经两次特殊化（正方形个数特殊化、边长特殊化）而得到的. 在这种特殊情况下剪拼方法一目了然. 为了将其推向一般，我们也分两步走.
第一步，考虑两个大小不同的正方形的情况.
第二步，考虑n个任意正方形的情况.
为将上述剪拼法推向两个大小不同的正方形，我们来对它作一定量的分析.要剪拼出新正方形S12，只需计算出其边长以及确定裁剪的路线. 由下右图，S12的一边x与S1的一边a和S2的一边b恰好组成一个直角三角形，x为斜边，a，b为两直角边.据此我们猜想：对两个边长分别为a，b的正方形S1,S2来说，比照上述做法，以a，b为两直角边作直角三角形，再以其斜边为边长和裁剪路线，也能剪拼出一个新的正方形S12来.
实际验证说明上述猜想是正确的(如下图).
如果给定三个正方形S1，S2，S3,那么我们可用上述方法先将S1，S2剪拼成一个正方形S12，再将S12与S3剪拼成一个正方形S123.
由归纳法我们得出关于一般性问题的猜想：任意n个正方形都可以剪拼成一个正方形.
由类比法我们还可得出关于证法的猜想：设给定n个正方形S1，S2，…，Sn，先将S1与S2按上述方法剪拼成一个正方形S12；再将S12与S3剪拼成一个正方形S123；…，最后将S12…(n-1)与Sn剪拼成一个正方形S12…n.
我们发现，上述做法有递推关系，故我们不必一个一个地去验证，可使用数学归纳法，做一次验证就可以了.
证明：（数学归纳法）
当n=2时，按上右图所示的方法，可将任意两个给定的正方形剪拼成一个正方形.
假设k(k≥2)个正方形能剪拼成一个正形，那么，对给定的k+1个正方形，我们可先将前k个剪拼成一个正方形S12…k，再将S12…k与剪拼成一个正方形S12…k（k+1）.
∴能将n个正方形剪拼成一个大的正方形.
例5 已知线段AB是半径为r(r>0)的圆O的弦，且AB=2，试探究•是否为定值（与r的大小无关）？若为定值，请求出；若不为定值，请说明理由．
解析 可先从特殊情形下手，当弦AB为直径时，有•=2；当△AOB为正三角形时，有•=2，故猜想•为定值2，证明如下：
如图，过点O作OH⊥AB交AB于点H，则•=cos∠OAB=（•cos∠OAB）×===2．
点评 运动定常问题通常可先从特殊值或特殊位置入手，进而讨论一般情形，注意向量的投影在圆中的运用，应当知道•的大小仅取决于弦AB的大小．需要强调的是，特殊化常常是和一般化联系在一起的.特殊探路，一般化解决.
例6 如图，已知圆M为Rt△ABC的外接圆，
A(-2,0)，B(0,-2)，点C在x轴上，点P为线段OA的中点，若DE是圆M中绕圆心M运动的一条直径，试探究•是否为定值？若为定值，请求出；若不为定值，请说明理由．
解析 设点C的坐标为（x，0），
Rt△ABC中，AB⊥BC，故kAB•kBC=-1，
即有×=-1，求得x=4，
在圆M中，易得M（1，0），又点P为线段OA的中点，故P（-1，0）．探究•是否为定值，可先从特殊位置入手，当DE与AC重合时，•=•=1×5×cos180°=-5；当DE与AC垂直时，有D（1，3），E（1，-3），故=（2，3），=（2，-3），此时•=22-32=-5，故猜想•为定值-5，证明如下：
法1（坐标法）
思路1 （设而不求）设D（x1，y1），E（x2，y2），当直线DE的斜率存在时，不妨设其为k，则直线DE的方程为y=k(x-1)①，又圆M的方程为（x－１）2＋y2＝９②，由①②联立方程组消去y得：x2－２x＋＝０，利用根与系数的关系有：x1＋x２＝２，x1x２＝，所以y１y２＝k２（x1-１）（x２-１）＝k２•［x1x２－（x1＋x２）＋１］＝－，而＝（x1＋１，y１），＝（x２＋１，y２），则•＝（x1＋１）（x２＋１）＋y１y２＝３－＝－５，特别地，当直线DE的斜率不存在时，•＝－５，故总有•＝－５．
思路2
(整体思想) 设D（x，y），则E（2-x，y），此时＝（x＋１，y），＝（3-x，y），故•=（x＋１）（３－x）－y2＝４－［（x－１）２＋y2］＝４－９＝－５．
法2（定义法）
思路3 （化归思想）
•＝（＋）•＋）＝＋•（＋）＋•＝４＋０－９＝－５.
思路4 （利用向量的投影）如图，延长ＥＰ交圆Ｍ于点Ｑ，连结ＤＱ，则• ＝｜｜｜｜cos∠ＤＰＥ＝－（｜｜×cos∠ＤＰＡ）×｜｜＝ －｜｜｜｜＝｜｜｜｜＝－５．
点评 思路１是多数考生在解该题时所想到的一种思路，但有一定的运算量，特别是直线ＤE的斜率是否存在的讨论容易被忽略；思路2利用圆的对称性在思路1的基础上优化了设法，进而利用整体思想巧妙求解；思路3由于、的长度、夹角均在变化，直接用定义求解不方便，故利用圆的性质将其转化成有长度、有夹角的向量后再求解，这体现了化归的思想；思路4揭示了本题中运动定常的内在原因．
这些事例说明：解一些主观题可以从特殊化上路，但最后必须给予普遍意义上的解答或证明.而在这个证明过程中，又需随时注意摆脱特殊化的影响.
3．特殊化可以帮助我们验证结果是否正确．
特殊化还有一个功能，就是帮助我们检验解题的结果是否正确.
例7 设定义在R上的单调函数f（x）是奇函数.若
f（klog2t）+f（log2t-log22 t-2）>0对一切t∈R+成立，求实数k的范围.
分析f（x）是R上的单调奇函数，则必f（0）=0且f（x）+f（-x）=0.
解析 由条件得：f（klog2t）>-f（log2t-log22 t-2）=f（log22 t
-log2t+2），即有：f（klog2t）>f（log22 t-log2t+2）.（*）
由已知 t＞0，在（*）中令t=1，得f（0）>f（２）.知f（x）为关于t∈R+上的减函数.故有：klog2t＜log22 t－log2t＋２，即有：log22 t－（k＋１）log2t＋２＞０.（**）
再解： 关于log2t的不等式对一切log2t∈R都成立.必△＜ 0.也就是（k＋１）２－８＜０k∈（－２－１，２－１）.
点评 这个答案是否正确？我们不妨用特值对（**）式进行检验.
设M=（－２－１，２－１），令f（t）＝log22 t-（k＋１）log2t＋２，
取0∈M，即 k=0，则f（t）＝log22 t-log2t＋２，显然t∈R＋,从而log2t∈R时，f（t）>0恒成立.而f（x）是R上的奇且减函数，∴（*）式也成立.
取2?埸M，即k=2，则f（t）＝log22 t-3log2t＋２，至少t=2时，f（t）=1-3+2=0，即f（t）>0不成立.由此可放心作出终审后的答案：原题中实数K的取值范围为k∈（－２－１，２－１）.
例8 已知函数f（x）=log2(x2＋ax－a)的值域为R，求实a的取值范围.
解析 因为值域为R，所以x2＋ax－a必须能取到一切正数，故有?荭＝a2-4(-a)<0-4
当?荭≥0时， f（x）值域才能保证取到一切实数.但有考生会说，?荭≥0不是使x2＋ax－a 取到非正数吗？没有意义啊！其实，取到非正数的x我们不要，这可以由x的范围来限制.例如，取a=－4,则f（x） = log2 (x－2)2，定义域x≠2就可保证f(x)值域为R了！如果这样仍不能理解，我们还可以用方程的观点来解：
原函数的值域为R，就是指关于x的方程f（x）=log2(x2＋ax－a)=y对任意实数y都有实数解.
x2＋ax－a=2y恒有实数解?圳?荭≥a2+4（a＋2y）≥0对y∈R恒成立?圳a2+4a≥－４•2y对一切y∈R恒成立.
又－４•2y＜０，∴a2＋４a≥0a≤-4或a≥0.
故a的取值范围是(-∞,-4]∪[0，+∞）.
在高考解答题中,体现特殊化思想的试题包括: (1)由具体数据建模函数关系式；(2)由已知几项求通项公式，或前n项和公式；(3)由动点性质求轨迹方程；（4）由几个等式或不等式得到一般结论，还有如上面的一些的问题，等等.
练习题：
1. 求证：直线（2m+1）x+(m+1)y=7m+4(m∈R)恒过某一定点P，并求该定点的坐标.
2. 已知函数f（x）=ax2+bsinx+ccosx+d(a，b，c，d为常数），对任意∈R恒有f（sin２－４sin－１）≥0且f（５－cos）≤0.试证，函数f（x）的图像恒过定点.
3. 求证：Con+C1n+C2n+...+Cnn=2n（n∈N+）.
4. 试探究：一个周长为2l的封闭曲线一定可以被一个直径为l的圆盖住吗？
练习题参考答案：
1． 证明: 直线（2m+1）x+(m+1)y=7m+4，取2m+1=0m=-.
此时直线方程为y=7×(- )+4y=1……①
取m+1=0m=-1，此时x=3……②
由①②得点P（3，1）.
将点P（3，1）代入直线方程得（2m+1）x+(m+1)y=(2m+1)×3+(m+1)=7m+4,即方程对任意m∈R 恒成立.故直线（2m+1）x+(m+1)y=7m+4恒过定点P（3，1）.
2． 证明: 注意到sin2-4sin-1=(sin-2)2-5，其中-1≤sin≤1,∴-4≤sin2-4sin-1≤4,∴f（4）≥0.
又注意到4≤5-cos≤6,∴f（4）≤0.因而f（4）=0，所以函数f（x）的图像恒过定点（４，０）.
3. 证明: ∵（ａ＋ｂ）ｎ＝Conａｎ+C1nａｎ－１ｂ+C2nａｎ－２ｂ２+…+Cn－１nａｂｎ－１
+Conｂｎ，
令a=b=1，则有2n=Con+C1n+C2n+…+Cn－１n+Cnn，∴Con+C1n+C2n+…+Cn－１n+Cnn=2n（n∈N+）.
4. 分析：着手探究一时看不到头绪，我们不妨先从特殊的情形入手.比如，分析周长为2l的平行四边形的情形. 设ABCD是周长为2l的平行四边形(如下图左)，由于OD=BD≤（BC+CD）=. 同理：OC≤.
显然，这个平行四边形能被以O点为圆心，直径为l的圆盖住.
对于周长为2l的任意形状的封闭曲线（如上图右），设A，C两点恰好把这封闭曲线平分为长为l的两段，O是线段AC的中点，P是该曲线上任意一点，连接PO，PA，PC，则有：
PO≤（AP+CP）≤（曲线AP的长+曲线CP的长）=曲线AC的长=l，
所以P在一个以O为圆心，直径是l的圆内.
因为P是该曲线上的任一点，所以该封闭曲线一定可以被一个直径为l的圆盖住.
(作者单位：福建省永定县城关中学)
责任编校徐国坚
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