初中数学竞赛专题辅导 特殊化与一般化
第60讲 特殊化与一般化
第二轮复习第60讲特殊化与一般化知识建构：“特殊与一般”是初中数学的一种重要的数学思想和方法，在解决问题时，以特殊问题为起点，抓住数学问题的特点，逐步分析、比较、讨论，层层深入，揭示规律，并由此推广到一般，从解决特殊问题的规律中，寻求解决一般问题的方法和规律，又用以指导特殊问题的解决，从而进一步加深对特殊问题与一般问题相互联系的认识和理解.考点突破例1、.已知四边形ABCD两条对角线长分别为a和b，（1）当四边形ABCD为正方形时，S= ；（2）当四边形ABCD为菱形时，S=；（3）当四边形ABCD为对角线互相垂直的梯形时，S= ；（4）猜想：当四边形时，面积= ；（5）证明你的结论.分析：利用三角形的面积公式不难解答本题。
点评：本题从特殊情况（正方形）出发，探究出在一般情形（对角线互相垂直的四边形）下的面积公式，进而运用数学推理的方法加以证明。
它揭示的是探索未知规律的步骤和方法。
解答：例2、阅读：Rt△ABC和Rt△DBE，AB=BC，DB=EB，D在AB上，连接AE，AC，(1)、如图1，求证：AE=CD，AE⊥CD．（2）、类比：将（1）中的Rt△DBE绕点B逆时针旋转一个锐角，如图2所示，问（1）中线段AE，CD间的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，请给与证明；若不成立，请说明理由．；（3）、拓展：在图2中，将“AB=BC，DB=EB”改成“BC=kAB，DB=kEB，k＞1”其它条件均不变，如图3所示，问（1）中线段AE，CD间的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，请给与证明；若不成立，请说明理由．分析：（2）根据∠DBE=∠ABC=90°，得出∠ABE=∠DBC，再证出△AEB≌△CDB，AE=CD，∠EAB=∠DCB，再根据∠DCB+∠COB=90°，∠AOK=∠COB，得出∠KOA+∠AOK=90°，∠AKC=90°，即可证出AE⊥CD；（3）根据BC=kAB，DB=kEB，得出=，根据∠DBE=∠ABC=90°，∠ABE=∠DBC，得出△AEB∽△CDB，==，∠EAB=∠DCB，AE=CD，再根据k＞1，得出AE≠CD，最后根据∠DCB+∠COB=90°，∠AOK=∠COB，得出∠KAO+∠AOK=90°，∠AKC=90°，即可证出AE⊥CD．点评：本题经历了从特殊到一般的过程。
数学中的一般化与特殊化例谈
数学中的一般化与特殊化例谈何华兴(无锡高等师范学校，江苏 无锡 214001)摘要:本文通过一组实例探讨“一般化”和“特殊化”这两种解题的基本策略，分析它们的适用条件，并介绍相关的思维过程、步骤和应用技巧。
关键词:一般化 特殊化一般化与特殊化是人类认识事物的两个重要侧面，也是解题的两种基本策略，它们相辅相成，是辩证的统一。
在多数场合，特殊问题简单、直观，容易认识，容易把握。
但是，也有一些场合，特殊问题的个别特性可能会掩盖事物的本质属性，给解题带来困难，而直接求解相应的一般性问题，反而来得简便、明快、奇巧。
一、平起平坐 互为因果通常情况下，特殊不能代替一般；但有时，特殊命题确实能与一般命题等价。
利用特殊与一般等价解决问题，有两种基本形式：其一是特殊借助于一般使问题获得解决；其二是一般借助于特殊使问题获得解决。
例1下列两个命题是否等价?为什么?命题1 设a i ＞0(i=1,2,…,n)，则12n a a a n +++当且仅当a 1=a 2=…=a n时，等号成立。
命题2设a i ＞0(i=1,2,…,n)，且a 1a 2…a n =1，则a 1+a 2+…+a n ≥n ，当且仅当a 1=a 2=…=a n 时，等号成立。
分析：(1) 命题2是命题1的特殊情况, 由命题1当然能推出命题2。
(2)考察下列n，由于它们的积为1，故+…≥n ，即 12n a a a n +++∴由命题2能推出命题1。
由(1)，(2)可知，命题1与命题2等价。
这样，我们就发现了一件非常有趣的事情：有时特殊命题与一般命题等价。
这项发现并非只有理论上的价值。
事实上，既然有时“特殊命题与一般命题等价”，我们想要证明一般命题1，只要证明特殊命题2就可以了。
显然，证明命题2要比证明命题1来得容易(命题2可用数学归纳法证明)。
例2设a，b，c，d，e都是正整数，且满足a+b+c+d+e=abcde，求e的最大值。
分析：由条件等式的对称性，可知e的最大值也是a，b，c，d的最大值，对a、b、c、d、e进行排序，得到一个相应的特殊问题，从而便于放缩，使问题得解。
论数学问题解决中特殊化与一般化的辩证关系
论数学问题解决中特殊化与一般化的辩证关系数学问题解决中，特殊化和一般化是两个重要的方法。
特殊化是指将一个问题转化为特定情况下的问题进行研究，而一般化则是将特定情况下的问题推广为一般情况进行研究。
这两种方法在数学问题解决中相互依存、相互促进，起到了非常重要的作用。
首先，特殊化是解决数学问题的基本手段之一。
由于数学问题的复杂性和多样性，我们通常需要将问题转化为某些特殊情况下的问题进行研究。
这样做的好处在于可以减少问题的复杂程度，使问题更加容易理解和解决。
例如，在解决某个数学问题时，我们可以将该问题特殊化为只涉及正整数的情况，或者只涉及偶数的情况。
这样做不仅可以简化问题，还可以使我们更加深入地理解问题的本质。
然而，特殊化也有其局限性。
当我们只关注特定情况下的问题时，有可能会忽略一些重要的信息和规律，导致我们无法将问题推广到更一般的情况。
因此，一般化也是解决数学问题的重要方法之一。
一般化是将特定情况下的问题推广为一般情况进行研究。
这种方法常常需要更加深入的数学知识和技巧，但是其有助于我们发现问题的一般规律，从而更好地理解问题的本质。
例如，在研究某个数学问题时，我们可以将该问题推广为更一般的情况，如实数或复数范围内的情况。
这样做不仅可以帮助我们发现问题的一般规律，还可以使我们更好地理解问题的本质。
总之，特殊化和一般化是解决数学问题的两种重要方法。
这两种方法相互依存，相互促进，有助于我们更好地理解和解决数学问题。
我们应该在解决数学问题时恰当地运用这两种方法，以便更好地发现问题的本质和规律。
初三专题复习：特殊化和一般化
初三专题复习：特殊化与一般化教学目标：1、了解特殊与一般的关系，即一般成立，其特殊必然成立；但特殊情况成立时，一般情况不一定成立；2、通过字母取特殊值、图形取特殊图形、图形位置取特殊位置等，了解“特殊化”方法在数学学习与解题中的运用；3、通过图形由特殊到一般、图形的位置由特殊到一般、结论由特殊到一般的学习，体会“一般化”在数学学习和解题中的应用。
教学过程：一、例题分析A B C O的一个例1.如图甲，正方形ABCD的对角线相交于点O，O又是正方形111A B C O绕点O转动，两个正方形顶点，两个正方形的边长相等，那么当正方形111重叠部分的面积是否会发生变化？如果不变，求重叠部分的面积是这个正方形面积的几分之几？如果变，请说明理由。
图甲图乙图丙例题2. 数学课上，老师出示了问题1：如图1，四边形ABCD是正方形，BC=1，对角线交点记作O，点E是边BC延长线上一点，联结OE交CD于边F，设CE=x，CF=y，求y关于x的函数解析式及其定义域。
(1) 经过思考，小明认为可以通过添加辅助线——过点O作O M⊥BC,垂足为M，求解，你认为这个想法可行吗？请写出问题1的答案及相应的推导过程。
(2) 如果将问题1中的条件：“四边形ABCD是正方形，BC=1”改为“四边形ABCD 是平行四边形，BC=3，CD=2，”其余条件不变(如图2)，请直接写出条件改变后的函数解析式；(3) 如果将问题1中的条件“四边形ABCD是正方形，BC=1”进一步改为“四边形ABCD 是梯形，AD//BC ，BC=a ，CD=b ，AD=c(其中a 、b 、c 是常数)”其余条件不变(如图3)，请写出条件再次改变后y 关于x 的函数解析式及相应的推导过程。
BB图 1 图 2 图 3二、巩固练习在R t ⊿ABC 中，090,,C AC BC D AB ∠==是边上一点，E 是在AC 边上的一个动点(与点A 、C 不重合)，DF DE ⊥,DF 与射线BC 相交于点F.（1） 如图1，如果点D 是边AB 的中点，求证：DE=DF; （2） 如图2，如果AD:DB=m ，求DE:DF 的值.AA图1 图2三、课后练习22221a ,c ac ac ac ;b bc D ac bc>>≥、若且为实数，则下列选项中正确的是( )A 、>bc; B 、<bc; C 、、234,,125132;525ABCD AB AD P AD PE AC E PF BD F PE PF D ==⊥⊥+、如图，在矩形中，，，是上的任意一点，于于则的值为( )A 、; B 、; C 、、3//,45403020;10ABCD AB CD E BC EF AD F AD EF D ⊥==、如图，在梯形中，，是的中点，于点，，则梯形ABCD 的面积是( )A 、; B 、; C 、、A。
初中数学竞赛专题培训[1]
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第一讲：因式分解(一) (1)第二讲：因式分解(二) (8)第三讲实数的若干性质和应用 (12)第四讲分式的化简及求值 (16)第五讲恒等式的证明 (20)第六讲代数式的求值 (26)第七讲根式及其运算 (30)第八讲非负数 (35)第九讲一元二次方程 (40)第十讲三角形的全等及其应用 (45)第十一讲勾股定理及应用 (52)第十二讲平行四边形 (58)第十三讲梯形 (63)第十四讲中位线及其应用 (68)第十五讲相似三角形(一) (73)第十六讲相似三角形(二) (77)第十七讲* 集合及简易逻辑 (83)第十八讲归纳及发现........... 91第十九讲特殊化及一般化.. (97)第二十讲类比及联想 (103)第二十一讲分类及讨论 (108)第二十二讲面积问题及面积方法. 113第二十三讲几何不等式 (118)第二十四讲* 整数的整除性 (124)第二十五讲* 同余式 (130)第二十六讲含参数的一元二次方程的整数根问题 (136)第二十七讲列方程解应用问题中的量141第二十八讲怎样把实际问题化成数学问题 (148)第二十九讲生活中的数学(三) ——镜子中的世界 (155)第三十讲生活中的数学(四)──买鱼的学问 (99)第一讲：因式分解(一)多项式的因式分解是代数式恒等变形的基本形式之一，它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决许多数学问题的有力工具．因式分解方法灵活，技巧性强，学习这些方法及技巧，不仅是掌握因式分解内容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教材基础上，对因式分解的方法、技巧和应用作进一步的介绍．1．运用公式法在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如：(1)a2-b2=(a+b)(a-b)；(2)a2±2ab+b2=(a±b)2；(3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)；(4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)．下面再补充几个常用的公式：(5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2；(6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-a b-bc-ca)；(7)a n-b n=(a-b)(a n-1+a n-2b+a n-3b2+…+ab n-2+b n-1)其中n为正整数；(8)a n-b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-…+ab n-2-b n-1)，其中n为偶数；(9)a n+b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-…-ab n-2+b n-1)，其中n为奇数．运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式．例1 分解因式：(1)-2x5n-1y n+4x3n-1y n+2-2x n-1y n+4；(2)x3-8y3-z3-6xyz；(3)a2+b2+c2-2bc+2ca-2ab；(4)a7-a5b2+a2b5-b7．解 (1)原式=-2x n-1y n(x4n-2x2ny2+y4)=-2x n-1y n[(x2n)2-2x2ny2+(y2)2]=-2x n-1y n(x2n-y2)2=-2x n-1y n(x n-y)2(x n+y)2．(2)原式=x3+(-2y)3+(-z)3-3x(-2y)(-Z)=(x-2y-z)(x2+4y2+z2+2xy+xz-2yz)．(3)原式=(a2-2ab+b2)+(-2bc+2ca)+c2＝(a-b)2+2c(a-b)+c2=(a-b+c)2．本小题可以稍加变形，直接使用公式(5)，解法如下：原式=a2+(-b)2+c2+2(-b)c+2ca+2a(-b)=(a-b+c)2(4)原式=(a7-a5b2)+(a2b5-b7)=a5(a2-b2)+b5(a2-b2)=(a2-b2)(a5+b5)=(a+b)(a-b)(a+b)(a4-a3b+a2b2-ab3+b4 )=(a+b)2(a-b)(a4-a3b+a2b2-ab3+b4)例2 分解因式：a3+b3+c3-3abc．本题实际上就是用因式分解的方法证明前面给出的公式(6)．分析我们已经知道公式(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3的正确性，现将此公式变形为a3+b3=(a+b)3-3ab(a+b)．这个式也是一个常用的公式，本题就借助于它来推导．解原式=(a+b)3-3ab(a+b)+c3-3abc=［(a+b)3+c3］-3ab(a+b+c)=(a+b+c)［(a+b)2-c(a+b)+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)．说明公式(6)是一个应用极广的公式，用它可以推出很多有用的结论，例如：我们将公式(6)变形为a3+b3+c3-3abc显然，当a+b+c=0时，则a3+b3+c3=3abc；当a+b+c＞0时，则a3+b3+c3-3abc≥0，即a3+b3+c3≥3abc，而且，当且仅当a=b=c时，等号成立．如果令x=a3≥0，y=b3≥0，z=c3≥0，则有等号成立的充要条件是x=y=z．这也是一个常用的结论．例3 分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．分析这个多项式的特点是：有16项，从最高次项x15开始，x的次数顺次递减至0，由此想到应用公式a n-b n 来分解．解因为x16-1=(x-1)(x15+x14+x13+…x2+x+1)，所以说明在本题的分解过程中，用到先乘以(x-1)，再除以(x-1)的技巧，这一技巧在等式变形中很常用．2．拆项、添项法因式分解是多项式乘法的逆运算．在多项式乘法运算时，整理、化简常将几个同类项合并为一项，或将两个仅符号相反的同类项相互抵消为零．在对某些多项式分解因式时，需要恢复那些被合并或相互抵消的项，即把多项式中的某一项拆成两项或多项，或者在多项式中添上两个仅符合相反的项，前者称为拆项，后者称为添项．拆项、添项的目的是使多项式能用分组分解法进行因式分解．例4 分解因式：x3-9x+8．分析本题解法很多，这里只介绍运用拆项、添项法分解的几种解法，注意一下拆项、添项的目的及技巧．解法1 将常数项8拆成-1+9．原式=x3-9x-1+9=(x3-1)-9x+9=(x-1)(x2+x+1)-9(x-1)=(x-1)(x2+x-8)．解法2 将一次项-9x拆成-x-8x．原式=x3-x-8x+8=(x3-x)+(-8x+8)=x(x+1)(x-1)-8(x-1)=(x-1)(x2+x-8)．解法3 将三次项x3拆成9x3-8x3．原式=9x3-8x3-9x+8=(9x3-9x)+(-8x3+8)=9x(x+1)(x-1)-8(x-1)(x2+x+1)=(x-1)(x2+x-8)．解法4 添加两项-x2+x2．原式=x3-9x+8=x3-x2+x2-9x+8=x2(x-1)+(x-8)(x-1)=(x-1)(x2+x-8)．说明由此题可以看出，用拆项、添项的方法分解因式时，要拆哪些项，添什么项并无一定之规，主要的是要依靠对题目特点的观察，灵活变换，因此拆项、添项法是因式分解诸方法中技巧性最强的一种．例5 分解因式：(1)x9+x6+x3-3；(2)(m2-1)(n2-1)+4mn；(3)(x+1)4+(x2-1)2+(x-1)4；(4)a3b-ab3+a2+b2+1．解 (1)将-3拆成-1-1-1．原式=x9+x6+x3-1-1-1=(x9-1)+(x6-1)+(x3-1)=(x3-1)(x6+x3+1)+(x3-1)(x3+1)+(x3-1 )=(x3-1)(x6+2x3+3)=(x-1)(x2+x+1)(x6+2x3+3)．(2)将4mn拆成2mn+2mn．原式=(m2-1)(n2-1)+2mn+2mn=m2n2-m2-n2+1+2mn+2mn=(m2n2+2mn+1)-(m2-2mn+n2)=(mn+1)2-(m-n)2=(mn+m-n+1)(mn-m+n+1)．(3)将(x2-1)2拆成2(x2-1)2-(x2-1)2．原式=(x+1)4+2(x2-1)2-(x2-1)2+(x-1)4=［(x+1)4+2(x+1)2(x-1)2+(x-1)4]-(x2 -1)2=［(x+1)2+(x-1)2]2-(x2-1)2=(2x2+2)2-(x2-1)2=(3x2+1)(x2+3)．(4)添加两项+ab-ab．原式=a3b-ab3+a2+b2+1+ab-ab=(a3b-ab3)+(a2-ab)+(ab+b2+1)=ab(a+b)(a-b)+a(a-b)+(ab+b2+1)=a(a-b)［b(a+b)+1]+(ab+b2+1)=[a(a-b)+1](ab+b2+1)=(a2-ab+1)(b2+ab+1)．说明 (4)是一道较难的题目，由于分解后的因式结构较复杂，所以不易想到添加+ab-ab，而且添加项后分成的三项组又无公因式，而是先将前两组分解，再及第三组结合，找到公因式．这道题目使我们体会到拆项、添项法的极强技巧所在，同学们需多做练习，积累经验．3．换元法换元法指的是将一个较复杂的代数式中的某一部分看作一个整体，并用一个新的字母替代这个整体来运算，从而使运算过程简明清晰．例6 分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12．分析将原式展开，是关于x的四次多项式，分解因式较困难．我们不妨将x2+x看作一个整体，并用字母y 来替代，于是原题转化为关于y的二次三项式的因式分解问题了．解设x2+x=y，则原式=(y+1)(y+2)-12=y2+3y-10=(y-2)(y+5)=(x2+x-2)(x2+x+5)=(x-1)(x+2)(x2+x+5)．说明本题也可将x2+x+1看作一个整体，比如今x2+x+1=u，一样可以得到同样的结果，有兴趣的同学不妨试一试．例7 分解因式：(x2+3x+2)(4x2+8x+3)-90．分析先将两个括号内的多项式分解因式，然后再重新组合．解原式=(x+1)(x+2)(2x+1)(2x+3)-90=[(x+1)(2x+3)][(x+2)(2x+1)]-90=(2x2+5x+3)(2x2+5x+2)-90．令y=2x2+5x+2，则原式=y(y+1)-90=y2+y-90=(y+10)(y-9)=(2x2+5x+12)(2x2+5x-7)=(2x2+5x+12)(2x+7)(x-1)．说明对多项式适当的恒等变形是我们找到新元(y)的基础．例8 分解因式：(x2+4x+8)2+3x(x2+4x+8)+2x2．解设x2+4x+8=y，则原式=y2+3xy+2x2=(y+2x)(y+x)=(x2+6x+8)(x2+5x+8)=(x+2)(x+4)(x2+5x+8)．说明由本题可知，用换元法分解因式时，不必将原式中的元都用新元代换，根据题目需要，引入必要的新元，原式中的变元和新变元可以一起变形，换元法的本质是简化多项式．例9分解因式：6x4+7x3-36x2-7x+6．解法1 原式=6(x4+1)＋7x(x2-1)-36x2=6［(x4-2x2+1)+2x2］+7x(x2-1)-36x2=6[(x2-1)2+2x2]+7x(x2-1)-36x2=6(x2-1)2+7x(x2-1)-24x2=[2(x2-1)-3x］［3(x2-1)+8x]=(2x2-3x-2)(3x2+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)．说明本解法实际上是将x2-1看作一个整体，但并没有设立新元来代替它，即熟练使用换元法后，并非每题都要设置新元来代替整体．解法2原式=x2[6(t2+2)+7t-36]=x2(6t2+7t-24)=x2(2t-3)(3t+8)=x2[2(x-1/x)-3][3(x-1/x)+8]=(2x2-3x-2)(3x2+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)．例10 分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)．分析本题含有两个字母，且当互换这两个字母的位置时，多项式保持不变，这样的多项式叫作二元对称式．对于较难分解的二元对称式，经常令u=x+y，v=xy，用换元法分解因式．解原式=[(x+y)2-xy]2-4xy[(x+y)2-2xy]．令x+y=u，xy=v，则原式=(u2-v)2-4v(u2-2v) =u4-6u2v+9v2=(u2-3v)2=(x2+2xy+y2-3xy)2=(x2-xy+y2)2．第二讲：因式分解(二)1．双十字相乘法分解二次三项式时，我们常用十字相乘法．对于某些二元二次六项式(ax2+bxy+cy2+dx+ey+f)，我们也可以用十字相乘法分解因式．例如，分解因式2x2-7xy-22y2-5x+35y-3．我们将上式按x降幂排列，并把y当作常数，于是上式可变形为2x2-(5+7y)x-(22y2-35y+3)，可以看作是关于x的二次三项式．对于常数项而言，它是关于y的二次三项式，也可以用十字相乘法，分解为即：-22y2+35y-3=(2y-3)(-11y+1)．再利用十字相乘法对关于x的二次三项式分解所以，原式=［x+(2y-3)］［2x+(-11y+1)］=(x+2y-3)(2x-11y+1)．上述因式分解的过程，实施了两次十字相乘法．如果把这两个步骤中的十字相乘图合并在一起，可得到下图：它表示的是下面三个关系式：(x+2y)(2x-11y)=2x2-7xy-22y2；(x-3)(2x+1)=2x2-5x-3；(2y-3)(-11y+1)=-22y2+35y-3．这就是所谓的双十字相乘法．用双十字相乘法对多项式ax2+bxy+cy2+dx+ey+f进行因式分解的步骤是：(1)用十字相乘法分解ax2+bxy+cy2，得到一个十字相乘图(有两列)；(2)把常数项f分解成两个因式填在第三列上，要求第二、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的ey，第一、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的dx．例1 分解因式：(1)x2-3xy-10y2+x+9y-2；(2)x2-y2+5x+3y+4；(3)xy+y2+x-y-2；(4)6x2-7xy-3y2-xz+7yz-2z2．解 (1)原式=(x-5y+2)(x+2y-1)．(2)原式=(x+y+1)(x-y+4)．(3)原式中缺x2项，可把这一项的系数看成0来分解．原式=(y+1)(x+y-2)．(4)原式=(2x-3y+z)(3x+y-2z)．说明 (4)中有三个字母，解法仍及前面的类似．2．求根法我们把形如a n x n+a n-1x n-1+…+a1x+a0(n为非负整数)的代数式称为关于x的一元多项式，并用f(x)，g(x)，…等记号表示，如f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，…，当x=a时，多项式f(x)的值用f(a)表示．如对上面的多项式f(x)f(1)=12-3×1+2=0；f(-2)=(-2)2-3×(-2)+2=12．若f(a)=0，则称a为多项式f(x)的一个根．定理1(因式定理) 若a是一元多项式f(x)的根，即f(a)=0成立，则多项式f(x)有一个因式x-a．根据因式定理，找出一元多项式f(x)的一次因式的关键是求多项式f(x)的根．对于任意多项式f(x)，要求出它的根是没有一般方法的，然而当多项式f(x)的系数都是整数时，即整系数多项式时，经常用下面的定理来判定它是否有有理根．定理2的根，则必有p是a0的约数，q是a n的约数．特别地，当a0=1时，整系数多项式f(x)的整数根均为a n的约数．我们根据上述定理，用求多项式的根来确定多项式的一次因式，从而对多项式进行因式分解．例2 分解因式：x3-4x2+6x-4．分析这是一个整系数一元多项式，原式若有整数根，必是-4的约数，逐个检验-4的约数：±1，±2，±4，只有f(2)=23-4×22+6×2-4=0，即x=2是原式的一个根，所以根据定理1，原式必有因式x-2．解法1 用分组分解法，使每组都有因式(x-2)．原式=(x3-2x2)-(2x2-4x)+(2x-4)=x2(x-2)-2x(x-2)+2(x-2)=(x-2)(x2-2x+2)．解法2 用多项式除法，将原式除以(x-2)，所以原式=(x-2)(x2-2x+2)．说明在上述解法中，特别要注意的是多项式的有理根一定是-4的约数，反之不成立，即-4的约数不一定是多项式的根．因此，必须对-4的约数逐个代入多项式进行验证．例3 分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2．分析因为9的约数有±1，±3，±9；-2的约数有±1，±为：所以，原式有因式9x2-3x-2．解 9x4-3x3+7x2-3x-2=9x4-3x3-2x2+9x2-3x-2=x2(9x3-3x-2)+9x2-3x-2=(9x2-3x-2)(x2+1)=(3x+1)(3x-2)(x2+1)说明若整系数多项式有分数根，可将所得出的含有分数的因式化为整系数因式，如上题中的因式可以化为9x2-3x-2，这样可以简化分解过程．总之，对一元高次多项式f(x)，如果能找到一个一次因式(x-a)，那么f(x)就可以分解为(x-a)g(x)，而g(x)是比f(x)低一次的一元多项式，这样，我们就可以继续对g(x)进行分解了．3．待定系数法待定系数法是数学中的一种重要的解题方法，应用很广泛，这里介绍它在因式分解中的应用．在因式分解时，一些多项式经过分析，可以断定它能分解成某几个因式，但这几个因式中的某些系数尚未确定，这时可以用一些字母来表示待定的系数．由于该多项式等于这几个因式的乘积，根据多项式恒等的性质，两边对应项系数应该相等，或取多项式中原有字母的几个特殊值，列出关于待定系数的方程(或方程组)，解出待定字母系数的值，这种因式分解的方法叫作待定系数法．例4 分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3．分析由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的两个一次项一定是x+2y+m和x＋y＋n 的形式，应用待定系数法即可求出m 和n，使问题得到解决．解设x2+3xy+2y2+4x+5y+3=(x+2y+m)(x+y+n)=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比较两边对应项的系数，则有解之得m=3，n=1．所以原式=(x+2y+3)(x+y+1)．说明本题也可用双十字相乘法，请同学们自己解一下．例5 分解因式：x4-2x3-27x2-44x+7．分析本题所给的是一元整系数多项式，根据前面讲过的求根法，若原式有有理根，则只可能是±1，±7(7的约数)，经检验，它们都不是原式的根，所以，在有理数集内，原式没有一次因式．如果原式能分解，只能分解为(x2+ax+b)(x2+cx+d)的形式．解设原式=(x2+ax+b)(x2+cx+d)=x4+(a+c)x3+(b+d+ac)x2+(ad+bc)x+ bd，所以有由bd=7，先考虑b=1，d=7有所以原式=(x2-7x+1)(x2+5x+7)．说明由于因式分解的唯一性，所以对b=-1，d=-7等可以不加以考虑．本题如果b=1，d=7代入方程组后，无法确定a，c的值，就必须将bd=7的其他解代入方程组，直到求出待定系数为止．本题没有一次因式，因而无法运用求根法分解因式．但利用待定系数法，使我们找到了二次因式．由此可见，待定系数法在因式分解中也有用武之地．第三讲实数的若干性质和应用实数是高等数学特别是微积分的重要基础．在初中代数中没有系统地介绍实数理论，是因为它涉及到极限的概念．这一概念对中学生而言，有一定难度．但是，如果中学数学里没有实数的概念及其简单的运算知识，中学数学也将无法继续学习下去了．例如，即使是一元二次方程，只有有理数的知识也是远远不够用的．因此，适当学习一些有关实数的基础知识，以及运用这些知识解决有关问题的基本方法，不仅是为高等数学的学习打基础，而且也是初等数学学习所不可缺少的．本讲主要介绍实数的一些基本知识及其应用．用于解决许多问题，例如，不难证明：任何两个有理数的和、差、积、商还是有理数，或者说，有理数对加、减、乘、除(零不能做除数)是封闭的．性质1 任何一个有理数都能写成有限小数(整数可以看作小数点后面为零的小数)或循环小数的形式，反之亦然．例1分析要说明一个数是有理数，其关键要看它能否写成两个整数比的形式．证设两边同乘以100得②-①得99x=261.54-2.61=258.93，无限不循环小数称为无理数．有理数对四则运算是封闭的，而无理是说，无理数对四则运算是不封闭的，但它有如下性质．性质2 设a为有理数，b为无理数，则(1)a+b，a-b是无理数；有理数和无理数统称为实数，即在实数集内，没有最小的实数，也没有最大的实数．任意两个实数，可以比较大小．全体实数和数轴上的所有点是一一对应的．在实数集内进行加、减、乘、除(除数不为零)运算，其结果仍是实数(即实数对四则运算的封闭性)．任一实数都可以开奇次方，其结果仍是实数；只有当被开方数为非负数时，才能开偶次方，其结果仍是实数．例2分析证所以分析要证明一个实数为无限不循环小数是一件极难办到的事．由于有理数及无理数共同组成了实数集，且二者是矛盾的两个对立面，所以，判定一个实数是无理数时，常常采用反证法．证用反证法．所以p一定是偶数．设p=2m(m是自然数)，代入①得4m2＝2q2，q2＝2m2，例4 若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b2为有理数，a为无理数)，则a1=a2，b1=b2，反之，亦成立．分析设法将等式变形，利用有理数不能等于无理数来证明．证将原式变形为(b1-b2)a=a2-a1．若b1≠b2，则反之，显然成立．说明本例的结论是一个常用的重要运算性质．是无理数，并说明理由．整理得：由例4知a＝Ab，1=A，说明本例并未给出确定结论，需要解题者自己发现正确的结有理数作为立足点，以其作为推理的基础．例6 已知a，b是两个任意有理数，且a＜b，求证：a及b之间存在着无穷多个有理数(即有理数集具有稠密性)．分析只要构造出符合条件的有理数，题目即可被证明．证因为a＜b，所以2a＜a+b＜2b，所以说明构造具有某种性质的一个数，或一个式子，以达到解题和证明的目的，是经常运用的一种数学建模的思想方法．例7 已知a，b是两个任意有理数，且a＜b，问是否存在无理数α，使得a＜α＜b成立？即由①，②有存在无理数α，使得a＜α＜b成立．b4+12b3+37b2+6b-20的值．分析因为无理数是无限不循环小数，所以不可能把一个无理数的小数部分一位一位确定下来，这样涉及无理数小数部分的计算题，往往是先估计它的整数部分(这是容易确定的)，然后再寻求其小数部分的表示方法．14=9+6b+b2，所以b2+6b=5．b4+12b3+37b2+6b-20=(b4+2·6b3+36b2)+(b2+6b)-20=(b2+6b)2+(b2+6b)-20=52+5-20=10．例9 求满足条件的自然数a，x，y．解将原式两边平方得由①式变形为两边平方得例10 设a n是12+22+32+…+n2的个位数字，n=1，2，3，…，求证：0.a1a2a3…a n…是有理数．分析有理数的另一个定义是循环小数，即凡有理数都是循环小数，反之循环小数必为有理数．所以，要证0.a1a2a3…a n…是有理数，只要证它为循环小数．因此本题我们从寻找它的循环节入手．证计算a n的前若干个值，寻找规律：1，5，4，0，5，1，0，4，5，5，6，0，9，5，0，6，5，9，0，0，1，5，4，0，5，1，0，4，…发现：a20=0，a21=a1，a22=a2，a23=a3，…，于是猜想：a k+20=a k，若此式成立，说明0.a1a2…a n…是由20个数字组成循环节的循环小数，即下面证明a k+20=a k．令f(n)=12+22+…+n2，当f(n+20)-f(n)是10的倍数时，表明f(n+20)及f(n)有相同的个位数，而f(n+20)-f(n)=(n+1)2+(n+2)2+…+(n+20)2=10(2n2+42·n)+(12+22+…+202)．由前面计算的若干值可知：12+22+…+202是10的倍数，故a k+20=a k 成立，所以0.a1a2…a n…是一个有理数．第四讲分式的化简及求值分式的有关概念和性质及分数相类似，例如，分式的分母的值不能是零，即分式只有在分母不等于零时才有意义；也像分数一样，分式的分子及分母都乘以(或除以)同一个不等于零的整式，分式的值不变，这一性质是分式运算中通分和约分的理论根据．在分式运算中，主要是通过约分和通分来化简分式，从而对分式进行求值．除此之外，还要根据分式的具体特征灵活变形，以使问题得到迅速准确的解答．本讲主要介绍分式的化简及求值．例1 化简分式：分析直接通分计算较繁，先把每个假分式化成整式及真分式之和的形式，再化简将简便得多．＝［(2a+1)-(a-3)-(3a+2)+(2a-2)］说明本题的关键是正确地将假分式写成整式及真分式之和的形式．例2 求分式当a=2时的值．分析及解先化简再求值．直接通分较复杂，注意到平方差公式：a2-b2=(a+b)(a-b)，可将分式分步通分，每一步只通分左边两项．例3 若abc=1，求分析本题可将分式通分后，再进行化简求值，但较复杂．下面介绍几种简单的解法．解法1 因为abc=1，所以a，b，c 都不为零．解法2 因为abc=1，所以a≠0，b ≠0，c≠0．例4 化简分式：分析及解三个分式一齐通分运算量大，可先将每个分式的分母分解因式，然后再化简．说明互消掉的一对相反数，这种化简的方法叫“拆项相消”法，它是分式化简中常用的技巧．例5 化简计算(式中a，b，c两两不相等)：似的，对于这个分式，显然分母可以分解因式为(a-b)(a-c)，而分子又恰好凑成(a-b)+(a-c)，因此有下面的解法．解说明本例也是采取“拆项相消”法，所不同的是利用例6 已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)，求分析本题字母多，分式复杂．若把条件写成(x-a)+(y-a)+(z-a)=0，那么题目只及x-a，y-a，z-a有关，为简化计算，可用换元法求解．解令x-a=u，y-a=v，z-a=w，则分式变为u2+v2+w2+2(uv+vw+wu)=0．由于x，y，z不全相等，所以u，v，w不全为零，所以u2+v2+w2≠0，从而有说明从本例中可以看出，换元法可以减少字母个数，使运算过程简化．例7 化简分式：适当变形，化简分式后再计算求值．(x-4)2=3，即x2-8x+13＝0．原式分子=(x4-8x3+13x2)+(2x3-16x2+26x)+(x2 -8x+13)+10=x2(x2-8x+13)+2x(x2-8x+13)+(x2-8 x+13)+10=10，原式分母=(x2-8x+13)+2=2，说明本例的解法采用的是整体代入的方法，这是代入消元法的一种特殊类型，应用得当会使问题的求解过程大大简化．解法1 利用比例的性质解决分式问题．(1)若a+b+c≠0，由等比定理有所以a+b-c=c，a-b+c=b，-a+b+c=a，于是有(2)若a+b+c=0，则a+b=-c，b+c=-a，c+a=-b，于是有说明比例有一系列重要的性质，在解决分式问题时，灵活巧妙地使用，便于问题的求解．解法2 设参数法．令则a+b=(k+1)c，①a+c=(k+1)b，②b+c=(k+1)a．③①+②+③有2(a+b+c)=(k+1)(a+b+c)，所以 (a+b+c)(k-1)=0，故有k=1或 a+b+c=0．当k=1时，当a+b+c=0时，说明引进一个参数k表示以连比形式出现的已知条件，可使已知条件便于使用．第五讲恒等式的证明代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式及根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识及技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等．把一个代数式变换成另一个及它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形．恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等．证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法及技巧．1．由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式)．例1 已知x+y+z=xyz，证明：x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)( 1-y2)=4xyz．分析将左边展开，利用条件x+y+z=xyz，将等式左边化简成右边．证因为x+y+z=xyz，所以左边=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2 -x2+x2y2)=(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz( xy+yz+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x )+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边．说明本例的证明思路就是“由繁到简”．例2 已知1989x2=1991y2=1993z2，x ＞0，y＞0，z＞0，且证令1989x2=1991y2=1993z2=k(k ＞0)，则又因为所以所以说明本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k，使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成立．2．比较法a=b(比商法)．这也是证明恒等式的重要思路之一．例3 求证：分析用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b代a，c代b，a代c，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．证因为所以所以说明本例若采用通分化简的方法将很繁．像这种把一个分式分解成几个部分分式和的形式，是分式恒等变形中的常用技巧．全不为零．证明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．说明本例采用的是比商法．3．分析法及综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法及综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．证要证 a2+b2+c2=(a+b-c)2，只要证a2+b2+c2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要证 ab=ac+bc，只要证 c(a+b)=ab，只要证这最后的等式正好是题设，而以上推理每一步都可逆，故所求证的等式成立．说明本题采用的方法是典型的分析法．例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正数，求证：a=b=c=d．证由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．因为(a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．又因为a，b，c，d都为正数，所以a+b≠0，c+d≠0，所以a＝b，c=d．所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以a＝c．故a=b＝c=d成立．说明本题采用的方法是综合法．4．其他证明方法及技巧求证：8a+9b+5c=0．a+b=k(a-b)，b+c=2k(b-c)，(c+a)=3k(c-a)．所以6(a+b)=6k(a-b)，3(b+c)=6k(b-c)，2(c+a)=6k(c-a)．以上三式相加，得6(a+b)+3(b+c)+2(c+a)=6k(a-b+b-c+c-a)，即 8a+9b+5c=0．说明本题证明中用到了“遇连比设为k”的设参数法，前面的例2用的也是类似方法．这种设参数法也是恒等式证明中的常用技巧．例8 已知a+b+c=0，求证2(a4+b4+c4)＝(a2+b2+c2)2．分析及证明用比差法，注意利用a+b+c=0的条件．左-右=2(a4+b4+c4)-(a2+b2+c2)2=a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2=(a2-b2-c2)2-4b2c2=(a2-b2-c2+2bc)(a2-b2-c2-2bc)=[a2-(b-c)2][a2-(b+c)2]=(a-b+c)(a+b-c)(a-b-c)(a+b+c)=0．所以等式成立．说明本题证明过程中主要是进行因式分解．分析本题的两个已知条件中，包含字母a，x，y和z，而在求证的结论中，却只包含a，x和z，因此可以从消去y着手，得到如下证法．证由已知说明本题利用的是“消元”法，它是证明条件等式的常用方法．例10 证明：(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．分析及证明此题看起来很复杂，但仔细观察，可以使用换元法．令y+z-2x=a，①z+x-2y=b，②x+y-2z=c，③则要证的等式变为a3+b3+c3=3abc．联想到乘法公式：a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc -ca)，所以将①，②，③相加有a+b+c=y+z-2x+z+x-2y+x+y-2z=0，所以 a3+b3+c3-3abc=0，所以(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．说明由本例可以看出，换元法也可以在恒等式证明中发挥效力．例11 设x，y，z为互不相等的非零实数，且求证：x2y2z2=1．分析本题x，y，z具有轮换对称的特点，我们不妨先看二元的所以x2y2=1．三元及二元的结构类似．证由已知有①×②×③得x2y2z2=1．说明这种欲进先退的解题策略经常用于探索解决问题的思路中．总之，从上面的例题中可以看出，恒等式证明的关键是代数式的变形技能．同学们要在明确变形目的的基础上，深刻体会例题中的常用变形技能及方法，这对以后的数学学习非常重要．第六讲代数式的求值代数式的求值及代数式的恒等变形关系十分密切．许多代数式是先化简再求值，特别是有附加条件的代数式求值问题，往往需要利用乘法公式、绝对值及算术根的性质、分式的基本性质、通分、约分、根式的性质等等，经过恒等变形，把代数式中隐含的条件显现出来，化简，进而求值．因此，求值中的方法技巧主要是代数式恒等变形的技能、技巧和方法．下面结合例题逐一介绍．1．利用因式分解方法求值因式分解是重要的一种代数恒等变形，在代数式化简求值中，经常被采用．分析 x的值是通过一个一元二次方程给出的，若解出x后，再求值，将会很麻烦．我们可以先将所求的代数式变形，看一看能否利用已知条件．解已知条件可变形为3x2+3x-1=0，所以6x4+15x3+10x2=(6x4+6x3-2x2)+(9x3+9x2-3x)+(3x2+3x-1)+1=(3x2+3x-1)(2z2+3x+1)+1=0+1=1．说明在求代数式的值时，若已知的是一个或几个代数式的值，这时要尽可能避免解方程(或方程组)，而要将所要求值的代数式适当变形，再将已知的代数式的值整体代入，会使问题得到简捷的解答．例2 已知a，b，c为实数，且满足下式：a2+b2+c2=1，①求a+b+c的值．解将②式因式分解变形如下即。
特殊化与一般化专题复习教学策略
y = ax2 + bx + c (a ≠ 0)
达到目标（2）的要求：能总结出特殊化与一般化的 作用、操作步骤和注意要点，把这种思想方法推广到 一般，并能用语言和框图表示.
达到目标（3）的要求：能用提炼出的特殊化与一般 化思想方法解决新的问题.
在新课学习及基础复习时，学生已经用特殊化与 一般化思想方法研究过一些具体问题，具有初步的经 验. 例如，在函数学习中，从特殊到一般地研究一次 函数、二次函数和反比例函数的图象性质；在几何图 形的研究中也经历了画出特殊的图形，通过直观观察 和实验获得性质，再把结论推广到一般，提出猜想，
特殊化 一般化 （归纳） 特殊化 一般化 （归纳）
三、教学问题诊断分析
1. 学生已有 + k (a ≠ 0)
y = kx + b
特殊化
一般化 （归纳）， 平移关系
y = kx
特殊化
一般化 （归纳）， 平移关系
y = ax2 + k (a ≠ 0)
特殊化
一般化 （归纳）， 平移关系
y = ax2 (a ≠ 0)
（3） 特殊化与一般化：为了简化问题的研究，以 退为进，先把研究对象特殊化，然后研究特例，从而 得到特例的结果，再利用类比、归纳的方法，把特例 的研究结果推广到一般，从而解决问题.
对于有些数学问题，需要同时运用特殊化与一般 化这两种解题方法，才能有效解决问题. 其思考过程 可以用如图1所示的框图简单表示.
专题复习课的核心育人价值是可以深化学生对数 学思想方法的理解，丰富解决问题的策略，让学生经 历数学思想方法的抽象和迁移应用的过程. 现以“特 殊化与一般化”专题为例，进行整体教学设计和课堂 实践，并总结经验，与大家分享交流.
特殊与一般的思想
、特殊与一般的思想和其它方法对比解析1．什么是特殊化思想对于某个一般性的数学问题，如果一时难以解决，那么可以先解决它的特殊情况，即从研究对象的全体转变为研究属于这个全体中的一个对象或部分对象，然后再把解决特殊情况的方法或结论应用或者推广到一般问题上，从而获得一般性问题的解答，这种用来指导解决问题的思想称之为特殊化思想.2．什么是一般化思想当我们遇到某些特殊问题很难解决时，不妨适当放宽条件，把待处理的特殊问题放在一个更为广泛、更为一般的问题中加以研究，先解决一般情形，再把解决一般情形的方法或结果应用到特殊问题上，最后获得特殊问题的解决，这种用来指导解决问题的思想称之为一般化思想.【例1】设三棱柱111ABC A B C -的体积为,,V P Q 分别是侧棱11,AA CC 上的点，且1PA QC =，则四棱锥B APQC -的体积为 （Ａ）16V （Ｂ）14V （Ｃ）13V （Ｄ）12V【分析及解】本题考查棱柱、棱锥的概念与计算.方法一 常规方法如图2-18,因为1PA QC =，所以PQ 将三棱柱的侧面11AAC C 分成面积相等的两个梯形，从而11B APQC B PA C Q V V --=.又1111133B A B C V V V -==柱体，且三棱柱111ABC A B C -被分成两个四棱锥B APQC -与11B PA C Q -以及三棱锥111B A B C -三部分，所以13B APQC V V -=. 方法二 特殊化的方法. 仔细分析题目的已知条件会发现，三棱柱的形态没给出具体限制，是一般的三棱柱；侧棱11,AA CC 上的两点,P Q 只有1PA QC =的要求，而没有具体位置的限制.从选项来看，所求四棱锥的体积是确定的.由此可以断定，用特殊化方法求解本题可以体现出快捷的特点.首先可以把三棱柱特殊化为直三棱柱，其次还可以将点,P Q 分别为11,AA CC 的中点；也可以使点P 趋近于点A ，点Q 趋近于点1C ，即使10PA QC =→，使四棱锥特殊化为三棱锥，实际上，这种处理方法也包含有极限的思想.经过特殊化处理后，再求解几何体的体积就要简单得多.除常规方法外的这两种特殊化方法所体现的正是特殊与一般的思想，用特殊的方法来解决一般的问题.A B C A 1B 1C 1P Q【例2】已知函数1()lg 1x f x x-=+，若()f a b =，则()f a -= （Ａ）b （Ｂ）b - （Ｃ）1b （Ｄ）1b- 【分析及解】为了说明本题所体现的出来的数学思想方法，我们先来看解决本题的三种方法. 方法一 常规方法本题所研究的函数是确定的，其函数解析式已知且不含有参数.如果把,a b 看成是两个用字母表示的数，则它们也是确定的，已知的.于是由()f a b =，得1lg 1a b a-=+.又1()lg1a f a a+-=-，那么为求得()f a -的值，实际上就是求1lg 1a a +-怎样用关于b 的解析式来表示，就是求1lg 1a a +-与1lg 1a a-+的关系.到此，不难发现，有1111lg lg()lg 111a a a a a a -+--==--++，于是()f a b -=-. 方法二 一般化方法如果我们探究()f a 与()f a -的关系，产生猜想：如果()f x 是奇函数或偶函数，那么由()f a 的值求()f a -的值就会变得相当简单.()f x 具有奇偶性吗？()f x 的定义域为{11}x x -<<，关于原点对称.在定义域内任取x 和x -有1111()()lg lg lg()lg101111x x x x f x f x x x x x-+-++-=+=⋅==+-+-. 所以()f x 是定义域()1,1-内的奇函数，于是()()f a f a b -=-=-.方法三 特殊化方法考虑到是选择题，,a b 是用字母表示的数，那么不妨取特殊值来进行研究.令12a =，则11112()lg lg lg312312fb -===-=+，那么1112()lg lg31212f b +-===--.比较四个选项后，便可得出，只有（Ｂ）成立.对于这样一个求函数值的常规问题，其解法中蕴涵着特殊与一般的思维方法.如果将方法一与方法二相比较，方法一是对具体函数、具体函数值的研究，可以认为是对特殊问题的特殊研究.而方法二则是研究这个具体函数的一个一般性质，只要函数()f x 是奇函数，无论其解析式是否为1lg 1a a-+，都有()()f a f a b -=-=-.这种研究问题的方法体现出的恰是由特殊到一般的思维方法.由特殊函数，研究它的一个性质，再由一般函数的性质，得出一般的结论.不过最终还要回到这个特殊函数上来，得出所求结果，又由一般回到了特殊.这种特殊 —— 一般 —— 特殊的研究过程是特殊与一般思想方法的一种思维模式.如果将方法一与方法三相比较，由于方法一中含有字母已知数，而方法三中则是将字母具体化、特殊化，研究它的一咱特殊情况.这种研究问题的方法体现出的恰是由一般到特殊的思维方法.将用字母表示的一般函数值的研究，转化为某个特殊数值的特殊函数值的研究.不过最终还要回到一般上来，利用“特殊情况下命题不成立，那么在含有这个特殊情况的一般情况下这个命题必定不成立”得出一般结论.这种一般 —— 特殊 —— 一般的研究过程是特殊与一般思想方法的又一种思维模式.可以认为，本例是体现特殊与一般思想方法的一个典型范例.二、特殊与一般的思想应用举例【例3】设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若9535=a a ，则=59S S （A ）1 （B ）1- （C ）2 （D ）21 分析：确定一个等差数列需要两个独立条件，而题设中只给出了一个条件，因此不能确定这个等差数列，也就不能求出它的各项，自然也就求不出95,S S 的值.可以另辟蹊径，构造一个符合条件的特殊数列解此问题.解：由已知条件9535=a a ，令9,535==a a ，得公差23595-=--=d ， 13)2(291=-⨯-=a ，求出45,4595==S S ，所以159=S S ，选（A ）. 评析：符合条件的等差数列有无穷多个，虽然95,S S 的值不确定，但是由选择项可知，59S S 的值是确定的，即不因95,S S 的变化而变化，因此可以通过构造符合条件的特殊数列得出结果，也就是一般性结果，体现了由特殊到一般的“先退后进”的数学思想.【例4】定义在R 上的函数()f x 既是奇函数，又是周期函数，T 是它的一个正周期．若将方程()0f x =在闭区间[]T T -，上的根的个数记为n ，则n 可能为（ ）A ．0B ．1C ．3D ．5（提示：取()sin f x x =）【例5】在△OAB 中，O 为坐标原点，),1,(sin ),cos ,1(θθB A ]2,0(πθ∈，则当△OAB 的面积达到最大值时，=θ（A ）6π （B ）4π （C ）3π （D ）2π 分析：由已知，1sin 0,1cos 0≤<<≤θθ， 可以把△OAB 放在平面直角坐标系中边长为1的 一个正方形的内部（如图），即构造一个特殊的正 方形，使它与△OAB 之间建立关于面积大小的一种关系，在此思路下寻求题目中所求的θ值.解：在正方形ODEC 中，得)1,1(),0,1(),1,0(E D C ，所以AEB ODA OBC OAB S S S S ∆∆∆∆---=1)cos 1)(sin 1(21cos 21sin 211θθθθ-----= θ2sin 4121-=， 由]2,0(πθ∈可知， 当θ2sin 取最小值0时，OAB S ∆取最大值21，此时2πθ=，选（D ）. 评析：本题解法的特殊化思想体现了特殊情境的构造，即通过条件，把△OAB 放在一个正方形的内部，在新的特殊情境之中发现解题思路并求出问题的解.【例6】若π02x <<，则下列命题正确的是（ ） Ａ．2sin πx x < Ｂ．2sin πx x > Ｃ．3sin πx x < Ｄ．3sin πx x > （提示：取4x π=，可排除A 、D ；取6x π=，可排除C ） 【例7】已知⎩⎨⎧+-=,log ,4)13()(x a x a x f a .1,1≥<x x 是),(+∞-∞上的减函数，那么a 的取值范围是 （A ）)1,0( （B ）)31,0( （C ）)31,71[ （D ）)1,71[分析：已知函数)(x f 是一个分段函数，从形的方面看，)(x f 的图象由一条直线的一部分和对数曲线的一部分组成，由条件，图象从左到右应呈下降趋势，若采用由特殊到一般的思想求解，可以对a 赋特殊值，并检验是否符合题意. 解：取31=a ，得⎪⎩⎪⎨⎧=,log ,34)(31x x f .1,1≥<x x 如图，显然，)(x f 在),(+∞-∞上不是减函数，可排除选项（A ），（D ）； 再取91=a ，得⎪⎩⎪⎨⎧+-=,log ,9432)(91x x x f .1,1≥<x x 如图， 0)1()32(==f f ，即)(x f 在),(+∞-∞上不是减函数，可排除选项（B ），综上，选（C ）. 评析：求参数取值范围的选择题一般可考虑用特殊值方法求解，根据选择项对参数赋予适当的特殊值，再根据题设条件进行检验.究竟对参数赋予哪些特殊值，通常要结合参数所在的数学式中的位置及相应的数学概念等来考虑，这种特殊化的思想在解此类问题时往往是行之有效的.【例8】在数列{}n a 中，2,121==a a ，且n n n a a )1(12-+=-+，*)(N n ∈，则=100S _____________.分析：可以考虑先求n S 或n S 2，再求100S ，这里采用先求n S 2的方法.解：由n n n a a )1(12-+=-+，得111)1(1--+-+=-n n n a a )2(≥n ，两式相加得2)()(121=+-+-++n n n n a a a a )2(≥n ，而2,121==a a ，得)()()(21243212n n n a a a a a a S ++++++=-)2(2)]12(3[)12(53+=++=++++=n n n n n ， 所以，26005250100=⨯=S . 评析：本题的解法采用的是一般化的思想，即把待求的100S 这一特殊值放在一般的n S 2中加以研究，正是因为一般性中蕴涵着特殊性，能使我们从该数列的本质特征入手，“先进后退”的解决了问题.【例9】．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图1所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n 次全行的数都为1的是第 行；第61行中1的个数是 ．第1行 1 1第2行 1 0 1第3行 1 1 1 1第4行 1 0 0 0 1第5行 1 1 0 0 11…… ………………………………………【例10】若对任意x ∈R ，不等式x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1a <-B ．1a ≤C ．1a <D ．1a ≥（提示：取1a =±）【例11】两个相同的正四棱锥组成如图（1）所示的几何体，可放入棱长为1的正方体图（2）内，使正四棱锥的底面与正方体的某一个面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（A ）1个 （B ）2个 （C ）3个 （D ）无穷多个分析：由已知，图（1）所示的几何体体积由正四棱锥的底面正方形的面积决定，根据该底面与正方体的位置关系，可考虑用一个特殊的平面衬托该底面，以此分析它与正方体的面的关系及该底面的面积情况.解：把图（1）所示的几何体放入棱长为1的正方体图（2）内，沿正四棱锥的底面所在平面将正方体切开，截面如图（3）所示，由平面几何知识可知，一个正方形有无穷多个边长各不相等的内接小正方形，设其面积为S ，则图（1）所示的几何体体积等于S 31，选（D ）. 评析：本题解法的特殊化思想体现在选取一个特殊的位置，即特殊的截面，使正四棱锥的底面和正方体的面可以依托在此截面内，从而将空间问题转化为易于研究的平面问题，这里的特殊化起到了寻找转化途径的作用.【例12】在R 上定义的函数()f x 是偶函数，且()(2)f x f x =-，若()f x 在区间[12]，上是减函数，则()f x （ ）Ａ．在区间[21]--，上是增函数，在区间[34]，上是增函数 Ｂ．在区间[21]--，上是增函数，在区间[34]，上是减函数图（3）图（2）图（1）Ｃ．在区间[21]--，上是减函数，在区间[34]，上是增函数 Ｄ．在区间[21]--，上是减函数，在区间[34]，上是减函数 【分析及解】由条件知()f x 是以2为周期的周期函数，取()cos f x x π=，求单调区间. 令22k x k ππππ-≤≤，解得增函数区间为[]21,2k k -，取2k =，得增区间[34]，； 令22k x k ππππ≤≤+，解得减函数区间为[]2,21k k +，取1k =-，得减区间[21]--，； 从而选C.【例13】（07上海）．已知p 和q 是两个不相等的正整数，且2q ≥，则111lim 111p q n n n ∞⎛⎫+- ⎪⎝⎭=⎛⎫+- ⎪⎝⎭→（ ）A ．0B ．1C ．p qD ．11p q -- 【分析及解】取1,2p q ==，得22111111111lim lim lim lim 21121121111pq n n n n n n n n n n n n ∞∞∞∞⎛⎫⎛⎫+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭====⎛⎫⎛⎫+++-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭→→→→ 从而选C.【例14】（2006年广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商场橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有一层，就一个球；第2、3、4、… 堆最底层（第一层）分别按图所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n 堆第n 层就放一个乒乓球，以)(n f 表示第n 堆的乒乓球总数，则=)3(f __________ ；=)(n f __________（答案用n 表示）.…分析：通过观察与计算，得出 )4(),3(),2(),1(f f f f ，然后归纳探求其内在的变化规律，猜想出结论的一般形式，并给出证明.解：1)1(=f ，654310)2(6)3(,64324)1(3)2(⨯⨯==+=⨯⨯==+=f f f f ， 665420)3(10)4(⨯⨯==+=f f ，下一堆球的个数等于其第一层球的个数与上一堆球的个数之和，而各堆第一层球的个数分别是 ,10,6,3,1，2)1(+n n ，于是可得676535)4(265)5(⨯⨯==+⨯=f f ，… ，)1(2)1()(-++=n f n n n f ， 猜想：6)2)(1()(++=n n n n f ，此命题可用数学归纳法证明（略）. 评析：归纳是通过对某类事物中的若干特殊情形分析得出一般结论的思维方法，本题的核心就是由特殊的)4(),3(),2(),1(f f f f 得到一般的6)2)(1()(++=n n n n f ，其主要意义是它的猜测发现，其重要作用是启发解决问题的思路.【例15】（2006年浙江卷）如图，正四面体ABCD 的棱长为1，棱AB ∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是________________.分析：为了解决此问题，可考虑平面几何中与此类同的问题：求边长为1的正三角形上的所有点在一条直线上的射影构成的线段长的取值范围.从解决平面问题的方法中得到解决立体问题的思路.解：在上述平面几何问题中，让正三角形绕其一个顶点旋转，如图，当正三角形的一条边平行于直线a 时，在直线a 上的射影为正三角形的边，是最大射影长为1；当正三角形的一条边垂直于直线a 时（图中b a ⊥），在直线a 上的射影为正三角形的高，是 最小射影长为23（证明略），得射影的取值范围是]1,23[. 有了平面几何问题的结论和已知棱AB ∥平面α，可类比得到立体几何问题的结论：当正四面体ABCD 的棱CD ∥α时，可得正四面体在α内的射影最大面积，是对角线长为1（正四面体的棱长）的正方形的面积等于21，当α⊥CD 时，可得正四面体在α内的射影最小面积，是底边长为1（正四面体的棱长）且对应高为22（对棱CD AB ,间的距离）的三角形的面积等于42，由此可得所求射影图形面积的取值范围是]21,42[（射影图及证明略）.α D C B A评析：本题的解法采用了由特殊（平面）到一般（空间）的类比方法，关键是从联想的角度先考虑平面几何中的类似问题（相对容易一些），从中挖掘出立体几何中相关问题的突破点，也为充分发挥空间想象能力提供重要线索.四、复习建议1．明确特殊化思想的特点特殊情形相对一般情形而言是比较简单、直观和具体的，因而常常易于找出特殊情形的解答，而且普遍性存在于特殊性之中，一些特殊情形的解答过程常常蕴含着一般问题的解法途径或思路，因此，特殊化思想是探索一般性问题的解题途径的重要思想之一.2．明确一般化思想的特点从一般性问题入手，可以使我们的视野更为广阔，避免在枝节问题上纠缠，容易触及问题的本质.同时，由于限制条件减少，涉及范围增大，更容易引起联想，发现各种条件与结论之间的内在联系.因此，从一般到特殊，是人们认识事物的另一个重要侧面，它与从特殊到一般是相辅相成、和谐统一的两个方面.3．注意与其他数学思想方法的联合运用在同一道题中，有时需要运用多种数学思想方法，因此复习时要全面复习高中阶段的重要数学思想方法，不能重此轻彼，复习时要注意这一点.4．能适时正确的选用要清楚特殊与一般的数学思想方法的适用条件，如特殊化处理的可行性，有时虽然能用特殊化思想解答，但是比起其他方法未必是最佳解法.另外在解答题中，由于需要写出解答过程，因此对于一般性的结论，要防止用特殊代替一般的解答等.。
数学解题中怎样运用特殊与一般
数学解题中怎样运用特殊与一般数学解题中，特殊与一般是非常重要的概念。
特殊是指特定的条件或特定的情况，而一般是指普遍的情况或一般的规律。
在解决数学问题时，我们需要运用特殊与一般的方法，从而能更好的理解和解决问题。
一般解法最常适用于各种数学问题，因为大多数数学问题都可以被推广和简化为一个更一般的情况或规律。
一般解法可以让我们快速地找到规律并进行推广，并且可以避免过多的计算和推导。
一般解法可以让我们更好地理解数学问题的本质，找到通用的模式和规律。
不过，在有些情况下，一般解法并不是最好的解决方式。
特殊解法是一种特别的方法，用于解决一些具有特定条件或情况的问题。
特殊解法可以让我们更好地处理一些问题，并发现特殊情况下的特殊规律。
通过使用特殊解法，我们可以更好地理解数学的应用和实际问题，以及更好地理解特殊情况下的特殊规律。
下面是一些例子，展示如何运用特殊与一般的方法：一、平面几何中的特殊和一般情况在平面几何中，我们经常需要在特定的图形中寻找一般规律。
例如，在矩形中找到对角线长度的一般公式，我们可以利用特殊情况下的信息来得出：特殊情况：如果矩形变成一个正方形，那么对角线的长度可以用边长开方的形式表示。
一般情况：如果矩形不是正方形，那么它可以分解成若干个正方形。
在这种情况下，我们可以利用基本定理，即两个相似三角形的相应边比例相等，从而推导出一般公式：对角线长度等于矩形两边长的平方和的开方。
二、整数方程的特殊和一般情况在解决整数方程时，我们通常会使用数学归纳法来证明一般情况。
但是，在有些情况下，我们需要找到特殊情况下的解决方法。
例如，考虑以下整数方程：x^2+y^2=z^2我们可以将特殊情况下的解决方法推广到一般情况下。
特殊情况下，如果x和y是奇数，那么z是偶数。
在这种情况下，我们可以将x和y看作(2a+1)和(2b+1)，然后使用特殊情况下的方法得出：z^2=(2a+1)^2+(2b+1)^2=2a(a+1)+2b(b+1)+2a+2b+2=2(a+b)(a+b+1)+2因此，z是偶数。
数学学习中特殊与一般的思想
数学学习中特殊与一般的思想数学学习中特殊与一般的思想存在着重要的区别。
一般思想在解决数学问题时，通常借助已知的数学理论和方法进行分析和计算，从而得到结果。
这种思想能够帮助我们在日常问题中解决一般性的数学难题。
然而，当我们面对特殊性的数学问题时，一般思想往往无法直接应用，需要采用特殊思想来解决。
特殊思想在数学学习中是非常重要的，它可以帮助我们解决那些在一般思想下无法解决的问题。
特殊思想的核心思想是将具体的数学问题抽象化，通过发现问题中的特殊性质和规律，从而找到解决问题的方法。
特殊思想通常包括数学归纳法、反证法、构造法等。
数学归纳法是一种重要的特殊思想，它通过证明一个命题对某个特殊数值成立，从而证明它对所有数值都成立。
归纳法的基本思想是通过对已知范围内的数值进行分析，找出其中的规律，并且通过数学推理将其推广到整个数值范围上。
归纳法在解决数列、等式、不等式等问题时非常有用。
反证法是另一种常见的特殊思想，在解决某些问题时非常有效。
反证法的基本思想是假设问题的逆命题成立，即假设该命题不成立，然后通过推导和推理得出矛盾的结论。
通过证明逆命题不成立，就可以得出原命题的正确性。
反证法在证明唯一性、存在性等问题上非常常见。
构造法是一种通过构造具体示例来解决问题的特殊思想。
当一般思想无法得到问题的解时，我们可以尝试通过构造具体的数值或图形来发现问题的规律，并且以此为基础推导出问题的解。
构造法常用于证明性质、方程的解等问题。
特殊思想在数学学习中具有重要的地位和作用，它能够帮助我们深入理解数学原理和方法，并且拓展我们的思维方式。
通过灵活运用特殊思想，我们可以更好地解决数学问题，在数学学习中取得更好的成绩。
因此，在数学学习中，我们应该注重培养和发展特殊思想。
特殊思想在数学学习中的应用范围非常广泛。
无论是初等数学还是高等数学，特殊思想都扮演着重要的角色。
在初等数学中，特殊思想常常应用于解决问题、证明定理和推导结论。
例如，在解决方程的根与系数关系问题时，我们可以通过特殊构造一些方程，来观察方程的根与系数之间的关系。
初中九年级数学竞赛培优讲义全套专题09 特殊与一般_答案
专题09特殊与一般 ——二次函数与二次方程例1（1）-1 提示：BO AO OC∙=2，即.212ac x x c == (2)令,31,132221b x y x x y +=+-=当01=y 时，01322=+-x x ，∴23±=x∴()().0,23,0,23+-Q P①若直线1l 过P 点，此时两图象有三个交点，再向上移将有四个交点，∴0=(),2331b +-则;363--=b ②若直线2l 与抛物线PQ 部分相切，恰有三个交点， ∴⎪⎩⎪⎨⎧+=+-=,31,132221b x y x x y 整理得 (),014335,0133522=+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆=++-b b x x 则.1213336,1213<<-∴=b b 例2（1）如图1，设()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>⨯->≥--=∆-++==,1122,01,0644,6222kf k k k kx x x f y ∴.37-≤<-k(2)如图2，(),01<f 则.7-<k（3）如图3，()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<-<>>>∆,4221,04,010kf f ，则.3722-≤<-k例3（1）m >-1 (2)322++-=x x y (3)A (3,0),B (-1,0),C(0,3),M(1,4),，1=∆BCM S 满足条件的P 点存在,P 点的坐标是:(1,4),(221±，一4). 例4提示:.,2,04421212p x x p x x p p -==+>+=∆(1)原式=()().0444232222121>+=++=+++p p p x x p p p px px(2)()3244422122112-≤+=-+=-=p p p x x x x x x AB 两边平方，解得169≤p . 169=p 符合题意，故p 的最大值为169.例5这样的k 值不存在，理由如下:设()()()23122+--+==k x k x x f y 并作出如图所示的图象，则()()()()()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+-=-<>+--+=>+--+=≥++-=∆.42122,023124164,023122420234122k a b k k f k k f k k ，这个不等式组无解. 例6 由,23n t mt +≥+得()(),2322n t mt +≥+即()().09464222≥-+-+-n t n m t m 由题意知，,042≠-m 且上式对一切实数t 恒成立，故()()()⎩⎨⎧≤----=∆>-,094446042222n m n m m 即()⎩⎨⎧≤->,064,22mn m 得⎩⎨⎧==2,3n m 或⎩⎨⎧==.1,6n m A 级 1.2± 2.35632-+-=x x y 提示:设平移后的抛物线的解析式为().132k x y +--= 3.（1）< > (2)ac -b +1=0 4.0<a <1 提示:当x =1时,y <0. 5. C提示:设(),322m x x x f +-=，由已知画出y = f (x )的大致图象，知()(),01,02<->-f f ()(),03,02><f f 联立解得.59-<<-m 6.C 7.D 8.D 提示：,09212=+⎪⎭⎫ ⎝⎛++x a x 记,9212+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x a x y 则这个抛物线开口向上，由题意得x =1时,y <0. 9. (1)证明略 (2)2±=m 10.(1)m =1,223212--=x x y (2) 存在这样的P 点，其横坐标为0x ，使∠APB 为锐角.提示:A (一1,0),B (4,0),C (0，一2).,222AB BC AC =+△ABC 为直角三角形，过A ，B ，C 三点作⊙1O ，则AB 为⊙1O 的直径，C 点关于直线23=x 的对称点M 是⊙1O 与抛物线的另一交点，M （3，-2），.300<<x 11.(1)181>m (2)()()().4,0,0,4,0,8.423812C B A x x y --++= (3)当PQ ∥AC 时，则,QO CO PO AP =即,48k k k k -=-解得;38=k 当PQ ∥AC 时，∠CAB =∠PMB 时，同理可求得,2=k 故存在k 符合题目条件，38=k 或2时，所得三角形与△ABC 相似. 12.（1）()()2100110104050102102++-=-+-=x x x x y （150≤<x 且x 为整数） （2）()∴<-=+--=,010.5.24025.5102a x y 当x =5.5时，y 有最大值2402.5.∵150≤<x 且x 为整数，当x =5时，50+x =55,y =2400（元）；当x =6时，50+x =56,y =2400（元）.∴当售价定为每件55元或56元，每个月的利润最大，最大的月利润是2 400元.(3)当y =2 200时，,2200210011010-2=++x x 解得∴==.10,121x x 当x =1时，50+x =51；当x =10时，50+x =60.∴当售价定为每件51元或60元，每个月的利润恰为2 200元; 当售价不低于51元且不高于60元且为整数时，每个月的利润不低于2200元(或当售价分别为51,52,53,54,55,56,57,58，59，60元时，每个月的利润不低于2200元）．1．m ＜2 提示：f (1)＜0.2. 5 796 提示：a 2－a －1＝0，a 4＝(a ＋1)2＝3a ＋2，a 8 ＝(3a ＋2)2 ＝21a ＋13，a 16＝(21a ＋13)2 ＝987a ＋610，a 18＝（987a ＋ 610）（a ＋1）＝987a 2＋1597a ＋610＝2584a ＋1597， a －6＝1a 4•a 2＝18a ＋5.3. 4 提示：由题意得3×（－95）2＋m （－95）－2＞0，3×（37）2＋m （37）－2＞0，－95＜－m 6＜37.解得3821＜m ＜41345． 4．－2 25. 2π 提示：设A (x 1,0)，B (x 2,0),OA ＝―x 1，OB ＝x 2，得⎩⎪⎨⎪⎧－q ＝q 2－p q 2＝2|q |,解得⎩⎨⎧q ＝－1p ＝－2.y ＝x 2－2x－1,AB ＝|x 2―x 1|＝2 2.6．(1)抛物线恒过x 轴上一定点(－1，0)．(2)过A ，B ，C 三点的圆与抛物线有第四个交点D ．∵|x 1|＜| x 2|，C 点在y 轴上，C 不是抛物线顶点，x 1＝－1,x 2＞1，即x 2＝1－k ＞1，得k ＜0，由S △ABC ＝6得k ＝－2，∴y ＝x 2－2x －3，其对称轴为x ＝1，根据对称性，D 点坐标(2，－3）．，7．(1)由y 0＝x 02＋Px 0＋q ＝（x 0＋p 2）2－p 2－4q 4，得p 2－4q ＝4 (x 0＋p2）2－4 y 0≥―4y 0＞0.(2)将p ＝－（x 1＋x 2）,q ＝x 1•x 2,代入y 0＝x 02＋Px 0＋q ＜0,得x 02－(x 1＋x 2)x 0＋x 1x 2＜0,即（x 0－x 1）（x 0－x 2）＜0.证得x 1＜x 0＜x 2.(3)⎩⎨⎧x 1＝0x 2＝3或⎩⎨⎧x 1＝－1x 2＝2. 8.(1)y 1＝2x ,y 2＝12x 2.(2)设种植树木的资金投入为x 万元，那么种植花卉的资金投入为（8―x ）万元，两项投入所获得的总利润为y 万元，依题意，得y ＝y 1＋y 2＝2x ＋12（8－x ）2＝12x 2－6x ＋32＝12(x －6)2＋14.∴当x ＝6时，y 最小＝14．因此，这位专业户至少获利14万元，∵0≤x ≤8，抛物线的对称轴为x ＝6，当0≤x ＜6时，y 随x 的增大而减小，所以x ＝0时，y 最大＝32；当6≤x ≤8时，y 值随x 的增大而增大，所以x ＝8时，y 最大＝16．综上可知，这位专业户能获取的最大利润是32万元。
巧用一般化和特殊化思维解数学题
、
为强 调 解 题 通 法 ， 淡化解题技巧 ， 可是 “ 矫枉 ” 往往“ 过正” 。很 多
学生在平时的解题 中战战兢兢 ， 谨小慎 微 ， 思 维受到束缚 ， 放不 开手脚 。 其三、 过分重视解题结果 ， 忽视解 题过程。 有 观点认 为数 学解题是简单模 仿＋ 反复练 习 ，到时候就 自 然而然的学会解题 了， 并 未充分重视数学解题的思维过程 ， 解题 缺乏深入 到心里层 面的有效方法。 其实 ， 数 学思维 问题是数学教 育的核心问题 ， 斯托亚尔在《 数学教育学》 中指出 ： 数学教学是数 学（ 思维 ） 活动 的教学 ， 他在列举数学教育的 目的时 ， 把发展学生 的数学思维放在第一位 。《 新课程标准 （ ２ ｏ ｌ １ ） 》 中也 明确 阐述新 课程理念 ， 指 出课程 内容要符合学 生的认知规律 。 它不仅包括数 学的结果 ， 也包括数学结 果形成过程和蕴涵 的数学思想方法。 二、 解决这些问题的策略 解题是一种认识活动 ， 是对概 念 、 定 理的继续学 习， 是对方 法的继续熟练 ， 而不仅仅是“ 规则 的简单重复” ， 我们 在学 习怎样 解题的过程 中开始时模仿＋ 练习， 可 能很 长一 段时 间如此 ， 但是 要有质的飞跃 ， 一定要对解题 规律进行探索 ， 必须积累解题 的技 巧和方法 ， 上升 到理论的高度 ， 结合数学 思想 ， 指导 自己的解题 实践。 初 中数学常用 的数学 思想有 ： 分类讨论 、 函数方程 、 数形结 合、 转化化归 。 在长期的解题教学 中，我发现一般化和特殊化在数学解题 中的作用很 大 ， 就解题策略来讲是举 足轻重 的。作为教师 ， 必须 对此有深刻的认识 ， 在教学中有意识地归纳 、 总结。结合平 时的
问题所需的变量对应关 系。 最后一 问则要用到设元 的知识解决 ， 需要更多地将新 旧概念 和知识联系加工 ， 以得到 问题解决所需。 这些应用需要 较大的思维量 。 在概念应用环 节的教学 中应注意 围绕概念开展 ， 上面“ 判 断
特殊问题一般化例题
特殊问题一般化是一种解决问题的策略，它通过将特定问题的解决方案推广到更广泛的情境中来实现问题的解决。
以下是一个特殊问题一般化的例题，以及相关的讨论和解答：例题：问题描述：一个学生正在参加数学竞赛，他需要在规定时间内解答一道复杂的数学题。
他发现自己在解题过程中遇到了困难，无法继续进行。
特殊问题：学生遇到解题困难。
一般化问题：如何帮助学生解决解题困难？讨论：1. 我们可以提供一些解题技巧和策略，帮助学生更好地理解题目，找到解题的突破口。
2. 我们可以与学生一起分析题目中的已知条件和未知量之间的关系，并尝试用不同的方法来解决问题。
3. 我们可以引导学生进行分步解题，逐步解决复杂问题，而不是一次性完成所有步骤。
4. 我们可以给予学生更多的时间来思考问题，帮助他们逐渐找到解题的方法。
解答：1. 提供解题技巧和策略：我们可以向学生介绍一些基本的数学解题技巧和策略，例如使用代入法、化简法等，帮助学生更好地理解题目并找到解题的突破口。
同时，我们也可以鼓励学生自己探索解题方法，并给予他们足够的时间来思考和尝试。
2. 分析题目中的关系：我们可以引导学生分析题目中的已知条件和未知量之间的关系，帮助他们建立数学模型并尝试用不同的方法来解决问题。
3. 分步解题：复杂的数学题通常包含多个步骤，我们可以通过分步解题的方式来帮助学生逐步解决问题。
每一步都要确保学生理解清楚后再进行下一步，并给予学生足够的时间来思考和尝试。
4. 给予更多时间：在考试或竞赛中，学生可能会因为时间紧迫而感到焦虑和紧张。
因此，我们可以在考试或竞赛前给予学生更多的时间来思考问题，帮助他们逐渐找到解题的方法。
同时，我们也可以在平时的训练中逐渐增加问题的难度和复杂性，以帮助学生适应更高级别的挑战。
通过以上解答，我们可以将特定学生的解题困难一般化到更广泛的情境中，即如何帮助学生解决数学难题。
这将有助于我们在不同的场合和情境中应用类似的解决方案，从而更好地帮助学生解决数学问题。
湘教版数学七年级上册_数学思想之特殊——一般——特殊
特殊——一般——特殊我们认识事物，往往都是从特殊的人手，然后逐步一般化，再在一般的指导下，更深入地认识某些特殊的事物，例如，儿童最早认识的人是自己的妈妈和爸爸，慢慢地又认识了爷爷、奶奶、叔叔、阿姨……四五岁的小朋友看电影时，会用小手指着银幕大声地问：“爸爸，这是好人还是坏人？”随着年龄的增长，小朋友逐渐会以性别、年龄、职业、籍贯以及生理特征等方面去区别人，到了中学，甚至慢慢地会从政治态度、思想品质上去识别人，对“人”的概念越来越一般化了，有了一般化的概念，回过头来，遇到某一个具体的人，你就能更深刻、更透彻地去认识他了。
学习数学，往往也离不开这条总的认识规律：特征——一般——特殊。
儿童学数学，总是和量联系在一起，两个苹果，三支铅笔，……非常特殊，非常具体，他们是容易接受的，如果离开“苹果”，“铅笔”这一些量，光是2，3这样的一些抽象的数，那么学起来就会感到困难，到后来，同学已经不满足于停留在具体的量上，习惯于学习比较抽象的数的运算，对于数学讲，表现形式则比较一般而抽象。
这时，2不仅可表示2只苹果，还可以表示“2本书”、“2个小孩”等等，它的意义更广泛了，所以，从一到数，是认识上的一次飞跃，到了初中，需要进一步抽象化。
大家学习了“代数式”，数是数量的抽象，而文字则又比较更为抽象。
对于文来讲，数的表现形式总是比较特殊而具体的；而对于数来讲，文字的表现形式则比较一般而抽象，有了代数式，就可以更为一般地表示出数与数之间的关系了。
这里，从数量到数、又从数到文字，再从文字到代数式，就是一个从特殊到一般的认识过程。
“求代数式的值”是代数计算中常遇到的问题，它就是用具体的数代替代数式里的字母进行计算，求代数式的值，从而解决具体问题，这就是一个从一般到特殊的认识过程。
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初中数学专题4.7 将命题一般化或特殊化
4.7将命题一般化或特殊化特殊化与一般化对问题处理的不同方法，前者比较关注问题的处理，后者更为关注问题的实质，两者相辅相成．例1 已知2011！+2，2011！+3，…，2011！+2011这连续的2010个整数构成一个数列，且此数列中无素数．试问：是否存在一个由2010个连续整数构成的数列，使得此数列中恰好有12个素数？【解】条件中给出了一个特殊化的情形，由于当正整数k，2≤k≤2011时，总有k|2011！，所以2011！+k总是合数，而1，2，3，…，2010中素数个数超过12个，因而考虑数列a,a+1,a+2,…,a+2009和数列a+1，a+2,…a+2010中素数个数变化．考虑数列a,a+1,a+2,…,a+2009和数列a+1，a+2,…a+2010中素数个数，若a和a+2010均为素数或均为合数，则这两个数列中的素数个数相等；若a和a+2010中有一个素数，则两个数列中的素数个数差1.由于数列1，2，…，2010中素数从小到大有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，…素数个数远超过12个，而对于a，a+1，a+2,…a+2009来说，当a=2011！+2时，此数列中无素数，所以，存在一个b（1＜b＜a），使得数列b，b+1，b+2,…b+2009中恰好有12个质数，从而结论为肯定存在．【注】本题给出存在性命题证明的一个范例，数列a,a+1,a+2,…,a+2009和数列a+1，a+2,…a+2010中素数个数最多只能相差1，而a取1或2011！+2时素数个数从1个变为超过12个素数．例2 在线段AB两端的两个端点上，一个标以蓝色，一个标以红色．在线段中插入n个分点，且在各个分点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为n+1个不重叠的小线段，这些小线段的两端颜色不同者被称为标准线段，证明：标准线段的个数为奇数．【解】从最简单的情形入手，即在AB之间不插入点，这时AB就是一条标准线段，从而标准线段只有一条，其个数为奇数．其次，若在AB之间插入一个点，则这个点可能是红色，也可能是蓝色，这时三个点的颜色可能性有（红，红，蓝）或者（红，蓝，蓝），由于（红，红）或（蓝，蓝）是非标准线段，不在考虑范围内，所以只有一条标准线段．再次，在AB之间插入两个点，则四点的颜色按顺序可能性有（红，红，红，蓝）、（红、红、蓝、蓝）、（红、蓝、红、蓝）、（红、蓝、蓝、蓝），由于相邻两点同时为非标准线段，即可以不把它们看做线段（或者叫做零线段），则以上四种情况相应的标准线段的条数为1，1，3，1．从上面分析可以得到本题的解法：设AB之间插入n个点，我们着眼于标准线段，因为非标准线段的两个端点同色，则可以把这两个端点重合，即把一切非标准线段化为零线段，这时，线段AB上的所有点为红，蓝相间的点，而A 与B 两个端点又是一红一蓝，所以标准线段的个数为奇数．例3 试问：在2008，2009，2010这三个数中，哪些数能够写成3333x y z xyz ++-的形式？其中x ，y ，z 为正整数．【解】 我们考虑更一般的情形，空间哪些数可表示成3333x y z xyz ++-呢？由于 3332223()()x y z xyz x y z x y z xy yz zx ++-=++++---，在模3的意义下，取x =a +1，y =a ，z =a ，则上式为3a +1；取x =a -1，y =a ，z =a ，则上式为3a -1；取x =a +1，y =a ，z =a -1，则上式为9a ；其中a 为整数，由此，我们可以从正面得到此代数式可表示形如9a ,3a +1,3a -1的数，因此据此可以判断可知2008，2009可以表示成3333x y z xyz ++-的形式，而2010不可以．例4 试问：能否用一些圆来覆盖平面，使得平面上的每个点恰好被2010个圆通过？【解】 我们考虑最简单的情形，即把2012改成2.用一组直线，取任意整数k ，直线y =k 可把平面分割为互相平行的长条．在每个长条中，我们去画所有与这长条的两边相切的圆，则可见长条内的每一点，都且恰好在一个圆的左半圆周上，也恰好在另一个圆的右半圆周上．另一方面，边界线上的每一个点恰好在这条边界线上方的一个圆周上（事实上，这个圆和边界相切），也在且恰好在这条边界线的下方的另一个圆周上，这样，就解决了这一简单情形．回到原题，为了解决问题，我们只需要重复利用以上的构造1005次，每次利用的边界线所在全体是互不相交的（第一次利用的是y =k ，k 为任意整数）例5 （1）任给2011个大于1的整数，求证：必可擦去一个数，使得余下数的乘积可以表示成两个正整数的平方差；（2）现给出2011个大于1的整数，且其中一个是2010.假设这些数中仅有一个数满足：擦去后余下数的乘积可以表示成两个正整数的平方差，求证：擦去的这个数一定是2010.【解】 [引理]正整数n ＞1可以表示成两个正整数的平方差，当且仅当n 为奇数或者4|n （n ＞4）．[引理的证明] 一方面，设22()()n x y x y x y =-=-+，由于x -y 与x +y 同奇偶，所以若同为奇数，则n 为奇数；若同为偶数，则4|n ．又因x +y ＞x -y ，故奇数n ＞1，偶数n ＞4. 另一方面，当n ＞1为奇数时，取x -y =1，x +y =n ，则12n x +=，12n y -=都是正整数，满足22n x y =-； 当 n ＞4且4|n 时，取x -y =2，2n x y +=，则44n x +=，44n y -=都是正整数，且满足22n x y =- 回到原题（1）假设这些2011个数中存在至少2个偶数，那么我们就擦去此2个偶数外的任何一个其他的数，余下的数的乘积大于4且能够被4整除；若至多一个偶数，则我们可以擦去一个数，使得余下的数都是奇数，其乘积是大于1的奇数，根据上面引理可知，均可以表示两个正整数的平方差；（2）如果在这些2011个数中除了2010同学存在另外一个偶数，则我们擦去任何一个别的数均能满足（1）的要求，不合题意，因此所给的2011个数中仅有2010是偶数，其余均是奇数，但是2010不能够被4整除，故只能擦去2010才能够满足要求．例6 对于一个5×n 的方格阵用红蓝两色进行染色．如果对任意一种染色方案，总可以找到由3行及3列相交所得到的同色9个方程，试求n 的最小值．【解】 首先证明n =40不能满足要求，按如下方式对5×40的方格阵进行染色；对每列的5个方格，将其中3个方格染上一种颜色，其余两个方格染上另一种颜色，这样可得到不同染色方法共有352C =20种，将5×40的方格阵前20列都用上述方法染色，后20列也同前20列的染色方法，那么无法找到满足题意的同色9个方格，从而n ≥41.其次证明当n =41时，总可找到这样的同色9个方格．由于每列红格与蓝格数不相等，所以由抽屉原理知，至少有21列，每列染某种颜色的格子数大于染另一种颜色的格子数，不妨设此种颜色为红色，那么至少有21列满足每列红格数大于蓝格数，即每列至少有3个红格，若这21列的每列恰好有3个红格．那么对应了3510C =种染色方法，从而由抽屉原理知这21列中必有3列染色方法相同，对应全为红色的3×3格阵，满足题意；若这21列的每列不止有3个红格，则可由上述方法易知必存在全为红色的9个方格满足题意．综上所述，n 的最小值为41.【注】 本题利用抽屉原理，在处理n =41时用到了“以退为进”的思想．练习4.71.已知对任意实数x ，等式()()()488221x ax b x cx d --+=++恒成立．试求实数a 、b 、c 、d 的值，其中a ＞0、2.证明：任何凸四边形 均可分割成三个梯形．3.证明：一个周长为2l 的封闭曲线一定可被一个直径为l 的圆覆盖．4.是否存在具有下述性质的空间点集M ，满足以下两条 性质：（1）M 由有限个不全在同一平面上的点组成；（2）对M 中的任意两点A 与B ，均存在M 中的另两点C 与D ，使得直线AB 平行于直线CD ，但不重合．5.在25边形的顶点上依次放上数1225,,,a a a ，其中12131a a a ====；1415251a a a ====-，将每两个相邻顶点上的数相加，并记112b a a =+，223b a a =+，……，25251b a a =+，再用数1225,,,b b b 替代1225,,,a a a ，如此进行同样操作100次，证明：在最终所得到的25个数中，最少有一个数将大于2010．答案部分练习4.71．对x 取特殊值，当12x =时，有8410242a c b d ⎛⎫⎛⎫-+=++≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故有02a b +=…①，1042c d ++=…②，又取x =0，有841b d -=…③，比较8x 的系数，有8821a -=…④，由④得a ==2b =-，代入原式左边，有()8218x ---⎭=8884211112562552224x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫---=-=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故知c =-1，14d =，也可以将a ，b 的值代入③、②求d ，c ，但要检验排除增根． 2.如果原四边形为梯形（包括平行四边形），则在上下底之间恰当作两条斜线即可；对其他四边形 ，若四边形无两对边平行如图所示，不妨设∠A +∠D ＞180°，则过A 作DC 平行线，在其形内部取一点O ，作OE ∥AB 交BC 于点E ，OF ∥BC 交CD 于点F 即可．B3.直接着手证明一时看不到头绪，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（如图1），由于OD =12BD ≤()12BC CD +=12l ．同理OC ≤12l ． 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（如图2），设A ，C 两点恰好把这个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 ，P A ，PC ，则有()1122PO AP CP ≤+≤（曲线AP 的长+曲线CP 的长）=12曲线AC 的长=12l 所以P 在一个以O 为圆心，直径是l 的圆内．A CA P第3题图1 第3题图2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．4. 我们考虑特殊情形，即正方体的8个顶点，发现大致满足题意，但是要想为它的两条对角线找平行而不重合的直线，还应再添上一些点，一种最简单的做法是将正方体分割成8个全等的小正方体，然后将原正方体和这8个小正方体的所有顶点合并起来，构成M ，即可满足要求．事实上，也就是令：M 为正方体的8个顶点，6个面的中心，12条棱的中点，以及正方体的重心构成的集合．不难验证，这样的M 满足两条性质．5，考虑25个数字的总和，记012251S a a a =+++=，在经过1次操作之后有11225022S b b b S =+++==，并立刻可以看出，对任何正整数k ，都有122k k k S S -==，因此在100次操作之后，就有1001002S =，这样， 在所得的25个数字中，至少有一个数t 不小于它们的算术平均值（平均数原理）：()2541022523 1002221010 2510010010St≥==20＞＞＞10，由此可见，所证得的结论要比原题结论强很多．。
5.3__数学中的_一般化与特殊化方法
§5.3 一般化与特殊化方法
例8、证明：任何四面体中，一定有一个顶点，由它出
归为该特殊情况来求解的。如在例1中任取圆桌
径为1米，硬币直径为2厘米，得到另一特殊问题，
但其解法难于利用和推广。
§5.3 一般化与特殊化方法
例2、在单位正方形的周界上任意两点之间连一条曲线， 如果它把正方形分成面积相等的两部分，证明这条曲线的长 度不小于1。
分析：满足题设的两点，所在位置可分为：
①两点在单位正方形的一组对边上；
§5.3 一般化与特殊化方法
特殊化的关键是能否找到一个最佳的特殊化
问题。
先看一个古老而著名的难题——“摆硬币”。
例1、两人相继往一张圆桌上平放一枚同样 大小的硬币（两人拥有同样多的硬币，且两人的 硬币合起来足够摆满桌子），谁放下最后一枚而 使对方没有位置再放，谁就获胜，试问是先放者 获胜还是后放者获胜？怎样才能稳操胜券？
x1x2
1
逆推，去分母、比较，（1）即可得证，但这一证法
不能推广到一般的n，即它只具特殊性而无一般性。
这是因为
若采取§添5项.的3办法一，般由算化术xx—与i2i —特x几i 何殊2平x化均i 不方等式法得
x x2 1 2x1x x1 2 2x22x12x2
2
从而推出（2），显见此证法具有一般性，从这一
§5.3 一般化与特殊化方法
当时有人向一位有才能的数学家提出这一难题时，引 出了如下一段有趣的对话。
数学家：这有什么难的！如果圆桌小到只能放下一枚 硬币，那么先放者获胜。
提问者：这还用你讲？简直是废话！ 数学家：不！这是一个很重要的特殊情况，它的解决 将导致一般情况的解决。 提问者：怎么解决？ 数学家：我先放中心位置，利用圆桌的对称性，我就 可以获胜，不管是圆桌还是方桌，只要有对称中心就行， 硬币大小也可以不一，只要两人都有就行。
数学中的一般化与特殊化例谈
数学中的一般化与特殊化例谈何华兴(无锡高等师范学校，江苏 无锡 214001)摘要:本文通过一组实例探讨“一般化”和“特殊化”这两种解题的基本策略，分析它们的适用条件，并介绍相关的思维过程、步骤和应用技巧。
关键词:一般化 特殊化一般化与特殊化是人类认识事物的两个重要侧面，也是解题的两种基本策略，它们相辅相成，是辩证的统一。
在多数场合，特殊问题简单、直观，容易认识，容易把握。
但是，也有一些场合，特殊问题的个别特性可能会掩盖事物的本质属性，给解题带来困难，而直接求解相应的一般性问题，反而来得简便、明快、奇巧。
一、平起平坐 互为因果通常情况下，特殊不能代替一般；但有时，特殊命题确实能与一般命题等价。
利用特殊与一般等价解决问题，有两种基本形式：其一是特殊借助于一般使问题获得解决；其二是一般借助于特殊使问题获得解决。
例1下列两个命题是否等价?为什么?命题1 设a i ＞0(i=1,2,…,n)，则12n a a a n +++当且仅当a 1=a 2=…=a n时，等号成立。
命题2设a i ＞0(i=1,2,…,n)，且a 1a 2…a n =1，则a 1+a 2+…+a n ≥n ，当且仅当a 1=a 2=…=a n 时，等号成立。
分析：(1) 命题2是命题1的特殊情况, 由命题1当然能推出命题2。
(2)考察下列n，由于它们的积为1，故+…≥n ，即 12n a a a n +++∴由命题2能推出命题1。
由(1)，(2)可知，命题1与命题2等价。
这样，我们就发现了一件非常有趣的事情：有时特殊命题与一般命题等价。
这项发现并非只有理论上的价值。
事实上，既然有时“特殊命题与一般命题等价”，我们想要证明一般命题1，只要证明特殊命题2就可以了。
显然，证明命题2要比证明命题1来得容易(命题2可用数学归纳法证明)。
例2设a，b，c，d，e都是正整数，且满足a+b+c+d+e=abcde，求e的最大值。
分析：由条件等式的对称性，可知e的最大值也是a，b，c，d的最大值，对a、b、c、d、e进行排序，得到一个相应的特殊问题，从而便于放缩，使问题得解。
第十一讲 用字母表示数,一般化与特殊化
第十一讲用字母表示数，一般化与特殊化用字母表示数，可以把数和数量关系简明地表示出来，有利于对数和数量关系进行分析。
例1 把一个两位数的个位数字与十位数字交换后得到一个新数，它与原来的数加起来恰好是某个自然数的平方。
这个和数是多少？解：设原来的两位数是xy，交换十位数字与个位数字后的两位数就是yx，两数的和为xy＋yx＝10x＋y＋10y＋x＝11×(x＋y)。
这个和是11的倍数，所以也是112＝121的倍数。
因为两个两位数的和小于200，所以要求的和数就是121。
例2 有一个电话号码是6位数，其中左边3位数字相同，右边3位数字是3个连续的自然数，6个数的和恰好等于末尾的两位数。
这个电话号码是多少？解：设这个电话号码是aaabcd。
因为b、c、d是三个连续的自然数，所以d ＝c＋1或d＝c－1。
六个数字的和3a＋3c＝10c＋d可简化为3a＋3c＝11c＋1(式①)，或3a＋3c＝11c－1(式②)。
由①，得3a＝8c＋1，于是c＝1，a＝3。
由②，得3a＝8c－1，于是c＝2，a＝5。
因此，这个电话号码是333012或555321。
例3 一个自然数被8除余1，所得的商被8除也余1，再把第二次所得的商用8除余7，最后得到的商是a。
又知道这个自然数被17除余4，所得的商被17除余15，最后得到的商是a的2倍，求这个自然数。
解：依题意，[(8a＋7)×8＋1]×8＋1＝(17×2a＋15)×17＋4，整理得512a ＋457＝578a＋259，即66a＝198，a＝3。
于是，这个自然数是[(8a＋7)×8＋1]×8＋1＝1993。
例4 将一个四位数的数字顺序颠倒过来，得到一个新的四位数，新数比原数大7902。
那么，所有符合条件的原四位数的和是多少？解：设原四位数是abcd，新四位数是dcba，依题意，于是，由千位得d＞a≥1；由个位得10＋a－d＝2，即d－a＝8，所以d＝9，a＝1；由十位得b－c＝1。
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初中数学竞赛专题辅导特殊化与一般化
特殊化的方法就是在求解一般数学命题的解答时，从考虑一组给定的对象转向考虑其中的部分对象或仅仅一个对象．也就是为了解答一般问题，先求解特例，然后应用特殊的方法或结论再来求解一般问题．
另外，特殊化、一般化和类比联想结合起来，更可以由此及彼地发现新命题、开拓新天地．
1．特殊化、一般化和类比推广
命题1在△ABC中，∠C=90°，CD是斜边上的高(图2-102)，则有CD2=AD·BD．
这是大家所熟知的直角三角形射影定理．
类比命题1，如果CD是斜边上的中线，将怎样？由此得到命题2．
命题2在△ABC中，∠C=90°， CD是斜边上的中线(图2-103)，则有CD=AD=BD．
这便是大家已经学过的直角三角形中的斜边中点定理(在此定理中仍保持CD2=AD·BD)．
再类比，如果CD是∠C的平分线，将怎样？于是得到命题3．
命题3在△ABC中，∠C=90°，CD是∠C的平分线(图2-104)，则有
这是一个新命题，证明如下.
引DE⊥BC于E，DF⊥AC于F．
因为
所以
我们把命题1、命题2、命题3一般化，考虑D点是AB上任一点，便产生了以下两个命题．
命题4在△ABC中，∠C=90°，D是斜边AB上的任一内分点(图2-105)，则有
证引DF⊥AC于F，DE⊥BC于E．因为
CD2-BD2＝CE2-BE2=(CE-BE)BC，
而
所以
所以
即
命题5在△ABC中，∠C=90°，D是斜边AB上的任一外分点(图2—106)，则有
证只要令命题4之结论中AD为-AD，则有
我们再把命题4和命题5特殊化，令D点与A点重合(即│AD│=0)，那么无论是①式或②式都有
AB2=BC2+AC2.
这就是我们熟知的勾股定理．
命题4或命题5与通常形式下的广勾股定理是等效的，因此，它们也可称作广勾股定理．下面用命题4或命题5来证明以下定理．
定理在△ABC中，AB=c，BC=a，AC=b，a在c上的射影为n，
时，取“-”号，∠B为钝角时，取“＋”号)．
证我们仅利用命题4证图2-107中的情况(∠B＜90°)．
为此，我们作图2-109，其中∠DBA=90°，CD=x，CE⊥DB于E，并设CE=n．由命题4，立得
得
所以
b2=a2+c2-2cn．
同理可证图2-108(∠B＞90°)的相应结论．
2．特殊化、一般化在解题中的应用
例1设x，y，z，w为四个互不相等的实数，并且
求证：x2y2z2w2=1
分析与解我们先考虑一个特例，只取两个不同实数，简化原来命
(1)求证这个特殊化的辅助问题就容易多了．事实上，因为
又因为
到原命题，由
容易想到变形
去分母变形为
①×②×③×④，并约去(x-y)(y-z)(z-w)(w-x)(利用x，y，z，w互不相等)就得到
x2y2z2w2=1.
例2设凸四边形O1O2O3O4的周长为l，以顶点O1，O2，O3，O4为圆心作四个半径为R的圆轮．如果带动四个圆轮转动的皮带长为s，求s的长度(图2-110)．
解(1)先解一个特例(图2-111)．设只有两个圆轮⊙O1，⊙O2，2│O1O2│=l＇．显然，带动两轮转动的皮带长度为
s=l＇+2πR．
(2)再回到原题，我们猜想：
s=l＋2πR．
以下证实这个猜想是正确的．
为此，设皮带s与各圆轮接触的四个弧为
由于它们是等圆上的弧，因此，只要证出这四条弧恰好组成一个圆即可．
事实上，引O1A＇3∥O2A3，由于O1A1∥O2A2，所以∠A1O1A＇
O1为圆心，以R为半径的圆．因此，四圆弧之长为2πR．又因为O1O2=A1A2，O2O3=A3A4，O3O4=A5A6，O1O4=A7A8，所以
l＝A1A2＋A3A4＋A5A6＋A7A8．
所以，所求皮带长为
s=l＋2πR．
例3设a1，a2，…，a n都是正数．试证：
证欲证①成立，先考虑最简单的情形，设n=3，即证
把②变形为
即证
由于④中左边有(a1-a2)，(a2-a3)，(a3-a1)，其和为零，因此，我们猜想：若④式左边相加，其和不小于(a1-a2)，(a2-a3)，(a3-a1)之和即可．为此，我们证更简单的事实．
设a，b是任意正整数，则有
事实上，由(a-b)2≥0有
a2-ab≥ab-b2，
根据⑤，④显然成立，因为
≥(a1-a2)+(a2-a3)+(a3-a1)≥0，
从而③式成立，②式成立．
剩下来的工作是把②式推到一般情形①，这是很容易的．因为根据⑤，①式必然成立，因为
练习十九
1．如图2-112．已知由平行四边形ABCD各顶点向形外一条直线l作垂线，设垂足分别为A＇，B＇，C＇，D＇．求证：
＇A＋B＇B=C＇C＋D＇D．
2．在上题中，如果移动直线l，使它与四边形ABCD的位置关系相对变动得更特殊一些(如l过A，或l交AB，BC等)，那么，相应地结论会有什么变化？试作出你的猜想和证明．
3．在题1中，如果考虑直线l和平行四边形更一般的关系(如平行四边形变成圆，或某一中心对称图形，垂线AA＇，BB＇，CC＇，DD＇只保持平行等)，那么又有什么结论，试作出你的猜想和证明．
4．如果△ABC的周长为40米(m)，以A，B，C三点为圆心，作三个半径为1米的圆轮，带动圆轮转动的皮带长为l，试求l的长度．
用心爱心专心。