用“特殊值法”妙解“压轴题”

解数学题时，如果直接解原题难以入手，不妨先考察它的某些简单特例，通过解答特例，最终达到解决原题的目的. 这种思想方法，称为“特殊值法”.

特殊值法的逻辑依据是：对于一般性成立的结论，特殊值必然成立，而当特殊值成立时一般性的结果未必成立. 虽然“特殊情形”只是“一般性结论”的必要条件，但若题目要求从若干结论中选取一种时，特殊值法仍然不失为一种有效的方法.

基于上述考虑，特殊值法多用于解选择题.有时也可用于填空题，但需要更加慎重——必须首先判断这是一个“一般性的结论”，即与题目所给的参数无关. 运用该法能有效避免“小题大做”.

从中也可发现，特殊值法的实质是从满足题目所给条件的众多情形中选择的一种，以最少的代价换取成功. 既然如此，在符合“特殊值法”逻辑依据的前提下，也可将之运用于解答题，尤其是具有一定难度的“压轴题”，从而实现“大题小做”.

下面结合实例，探讨“特殊值法”在“压轴题”中的运用.

用特殊值法寻找“压轴题”的结论

压轴题中经常会这样设计：求某参数的值，求定点、定直线等问题，这些问法有一个共性，即最后的结论唯一，这时我们可以尝试利用一些特殊情形去寻找要求的结论.

例1 已知函数f（x）=x3-3ax+1，求所有的实数a，使得不等式-1≤f（x）≤1对x∈[0， ]恒成立.

解析：因为f ′（x）=3x2-3a，可得将参数a分a≤0、a≥3、0

f（x）在[0， ]上递减，在[ ， ]上递增，所以f（x）在[0， ]上的最小值为f（ ）=1-2a . 所以f（a）≥-1，f（ ）≤1，f（0）≤1，即a ≤1，a≥1，所以a=1. 整个解题过程比较烦琐，要完整地解决本题需要考生有较好的数学功底.

思考：既然本题要对所有的x∈[0， ]都要成立，可以取某些特殊值代入不等式进行尝试.

“特殊值法”：发现x= 时不等式可化为1≤a≤ ，再取x=1得 ≤a≤1，由此可快速得到结论a=1. 下面只须把a=1代入不等式进行验算即可.

例2 已知椭圆C： +y2=1的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，过点S0，- 的动直线l交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.

解析：本题设T（m，n），A（x1，y1），B（x2，y2），在由题意可得 · =0，要得到定点T的坐标，就要使得以上等式和直线方程斜率k无关，从而求出定点T的坐标.

思考：对于解析几何的问题思路，我们都能想到，但是中间化简的艰辛又是我们比较害怕的，那么对于这样的问题我们还有其他更好的办法吗？

“特殊值法”：读完本题，我们不难发现，我们可以根据直线斜率不存在和直线斜率为0两种特殊的情况将定点（0，1）求出，再对 · =0进行验证，此时我们将较为复杂的解几问题转化为简单的证明问题，这也给大家一个提示，对于求定点、定直线的问题，我们很多时候都可以先通过特殊的几个位置，算出定点、定直线，再进行验证.

用特殊值法缩小“压轴题”的探究空间

求最值是高考中的一大热点，参数和自变量都在变化，不容易求出最后结果，我们可以利用满足题意的特殊数据将要求的最值范围缩小.

例3 已知函数f（x）=lnx-x+a，其中a∈R. 若a∈[0，2]且存在实数k使得对任意的实数x∈[1，e]恒有f（x）≥kx-xlnx-1成立，求k-a的最大值.

解析：f（x）≥kx-xlnx-1恒成立，求k-a的最值问题即取值范围问题，我们常用的一种策略为参数分离，即k≤ +lnx+ ，问题转化为求g（x）= +lnx+ min，g′（x）= ，f（x）max=f（1）=a-1， f（x）min=1-e+a. 可分①0

当1

令y=2lnx0+ -x0，x0∈（1，e），则y′= - -1=- -1 <0，所以k-a<0.

本题讨论情况较多，以上仅列出其中一种情况，此时大部分同学会遇到不同程度的困难，我们对于含参问题存在一定的畏惧感，而对题中所给的k-a的最大值可能会更加棘手，部分考生会觉得本题可能就是 “鸡肋”——食之难以下手，弃之感觉可惜. 最后就算给了答案也只能是望题兴叹. 在这样的情况下我们是否能另辟蹊径呢？

思考：观察发现，对于任意的实数x∈[1，e]恒有f（x）≥kx-xlnx-1成立，不妨取x=1，x=e（因为ln1=0，lne=1）代入不等式进行尝试，我们可以得到2+a-ke≥0，k-a≤0，接下来我们仅需要证明存在k=a，若能找到这样的k，a，则解题目标已经达成.

“特殊值法”：令g（x）=f（x）-kx+xlnx+1，取x=1有g（1）=-1-k+1+a≥0？圯k-a≤0. 下证存在k，a使k-a=0.此时再取k=a=0，可知g′（x）= +lnx>0在[1，e]上恒成立，故g（x）在[1，e]上单调递增，由g（x）min=g（1）≥0知k-a的最大值为0.

用特殊值法猜想“压轴题”的结论

压轴题很多时候会涉及存在性问题，恰恰从正面去找存在的值是比较困难的，我们可以根据题意去猜想所要的结论，再证明结论.

例4 已知函数f（x）=x2-（a+2）x+alnx，其中常数a>0. 设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x0，h（x0））处的切线方程为l：y=g（x），当x≠x0时，若 >0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”，请你探究当a=4时，函数y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请求出至少一个“类对称点”的横坐标；若不存在，则说明理由.

解析：解决本题关键就是判断φ（x）=f（x）-g（x）的符号情况，我们可以得到φ′（x）= ，接下来我们就可以将x0分成0 ，x0= 三种情况来解决，在每种情况下我们再说明φ（x）的单调性，从而得到我们所要的结果.这样解决这道题，思路方法虽然清晰，但中间的环节难以妥善处理，给解题带来困难.

思考：回观本题，既然要求“是否存在这样的点”，不妨尝试先找到这样的特殊点，再进行验证，解题难度将会大大降低. 由题可得f ′（x）=2x-6+ = >0？圯f（x）在（-∞，1），（2，+∞）上单调递增，在（1，2）上单调递减，由f（x）的函数图象及在点P（x0，h（x0））的切线方程可知x0∈（1，2），x0的取值范围缩小了，接下来我们去找一些特殊的点，我们发现[f ′（x）]′=0？圯x= ，再根据图形我们就找到了这样的一个类对称点.

“特殊值法”：令m（x）=f′（x）=2x-6+ ，则m′（x）=2- =0？圯x= . 猜想x0= 为f（x）的类对称点. 下证明之.

令θ（x）=f（x）-g（x）=x2-4 x+4lnx+6-2ln2，θ′（x）=2x+ -4 .

①当00，则θ（x）在（0， ）上单调递增，θ（x）<θ（ ）=0恒成立，故 >0恒成立；②当x> 时，θ′（x）>0，则θ（x）在（ ，+∞）上单调递增，θ（x）>θ（ ）=0恒成立，故 >0恒成立.

综上得：存在类对称点横坐标x= .

在压轴题中运用“特殊值法”，通常需要具备特殊的结构、特殊的数据或特殊的命题表述. 尽管“特殊值法”运用的条件限制较多，但这种“巧用”并非只是“雕虫小技”，需要敏锐的观察力，更需要严谨的逻辑判断能力. 一旦可以运用，就可以大大降低压轴题的难度，达到“四两拨千斤”的效果.

？摇？摇事实上，就压轴题本身而言，虽然通过一些常规的思路、通用的解法或许也能解决，但往往耗时费力. 在解题过程的某个关键环节中，有时需要打破传统“出奇制胜”，这正是压轴题之为“压轴”的含义所在. 就此而言，“特殊值法”给予我们更大的启示在于：充分挖掘解题信息，打破思维定式，寻求更优秀的解题之道，让思想充满灵气.

例4 已知函数f（x）=x2-（a+2）x+alnx，其中常数a>0. 设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x0，h（x0））处的切线方程为l：y=g（x），当x≠x0时，若 >0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”，请你探究当a=4时，函数y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请求出至少一个“类对称点”的横坐标；若不存在，则说明理由.

解析：解决本题关键就是判断φ（x）=f（x）-g（x）的符号情况，我们可以得到φ′（x）= ，接下来我们就可以将x0分成0 ，x0= 三种情况来解决，在每种情况下我们再说明φ（x）的单调性，从而得到我们所要的结果.这样解决这道题，思路方法虽然清晰，但中间的环节难以妥善处理，给解题带来困难.

思考：回观本题，既然要求“是否存在这样的点”，不妨尝试先找到这样的特殊点，再进行验证，解题难度将会大大降低. 由题可得f ′（x）=2x-6+ = >0？圯f（x）在（-∞，1），（2，+∞）上单调递增，在（1，2）上单调递减，由f（x）的函数图象及在点P（x0，h（x0））的切线方程可知x0∈（1，2），x0的取值范围缩小了，接下来我们去找一些特殊的点，我们发现[f ′（x）]′=0？圯x= ，再根据图形我们就找到了这样的一个类对称点.

“特殊值法”：令m（x）=f′（x）=2x-6+ ，则m′（x）=2- =0？圯x= . 猜想x0= 为f（x）的类对称点. 下证明之.

令θ（x）=f（x）-g（x）=x2-4 x+4lnx+6-2ln2，θ′（x）=2x+ -4 .

①当00，则θ（x）在（0， ）上单调递增，θ（x）<θ（ ）=0恒成立，故 >0恒成立；②当x> 时，θ′（x）>0，则θ（x）在（ ，+∞）上单调递增，θ（x）>θ（ ）=0恒成立，故 >0恒成立.

综上得：存在类对称点横坐标x= .

在压轴题中运用“特殊值法”，通常需要具备特殊的结构、特殊的数据或特殊的命题表述. 尽管“特殊值法”运用的条件限制较多，但这种“巧用”并非只是“雕虫小技”，需要敏锐的观察力，更需要严谨的逻辑判断能力. 一旦可以运用，就可以大大降低压轴题的难度，达到“四两拨千斤”的效果.

？摇？摇事实上，就压轴题本身而言，虽然通过一些常规的思路、通用的解法或许也能解决，但往往耗时费力. 在解题过程的某个关键环节中，有时需要打破传统“出奇制胜”，这正是压轴题之为“压轴”的含义所在. 就此而言，“特殊值法”给予我们更大的启示在于：充分挖掘解题信息，打破思维定式，寻求更优秀的解题之道，让思想充满灵气.

例4 已知函数f（x）=x2-（a+2）x+alnx，其中常数a>0. 设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x0，h（x0））处的切线方程为l：y=g（x），当x≠x0时，若 >0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”，请你探究当a=4时，函数y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请求出至少一个“类对称点”的横坐标；若不存在，则说明理由.

解析：解决本题关键就是判断φ（x）=f（x）-g（x）的符号情况，我们可以得到φ′（x）= ，接下来我们就可以将x0分成0 ，x0= 三种情况来解决，在每种情况下我们再说明φ（x）的单调性，从而得到我们所要的结果.这样解决这道题，思路方法虽然清晰，但中间的环节难以妥善处理，给解题带来困难.

思考：回观本题，既然要求“是否存在这样的点”，不妨尝试先找到这样的特殊点，再进行验证，解题难度将会大大降低. 由题可得f ′（x）=2x-6+ = >0？圯f（x）在（-∞，1），（2，+∞）上单调递增，在（1，2）上单调递减，由f（x）的函数图象及在点P（x0，h（x0））的切线方程可知x0∈（1，2），x0的取值范围缩小了，接下来我们去找一些特殊的点，我们发现[f ′（x）]′=0？圯x= ，再根据图形我们就找到了这样的一个类对称点.

“特殊值法”：令m（x）=f′（x）=2x-6+ ，则m′（x）=2- =0？圯x= . 猜想x0= 为f（x）的类对称点. 下证明之.

令θ（x）=f（x）-g（x）=x2-4 x+4lnx+6-2ln2，θ′（x）=2x+ -4 .

①当00，则θ（x）在（0， ）上单调递增，θ（x）<θ（ ）=0恒成立，故 >0恒成立；②当x> 时，θ′（x）>0，则θ（x）在（ ，+∞）上单调递增，θ（x）>θ（ ）=0恒成立，故 >0恒成立.

综上得：存在类对称点横坐标x= .

在压轴题中运用“特殊值法”，通常需要具备特殊的结构、特殊的数据或特殊的命题表述. 尽管“特殊值法”运用的条件限制较多，但这种“巧用”并非只是“雕虫小技”，需要敏锐的观察力，更需要严谨的逻辑判断能力. 一旦可以运用，就可以大大降低压轴题的难度，达到“四两拨千斤”的效果.

？摇？摇事实上，就压轴题本身而言，虽然通过一些常规的思路、通用的解法或许也能解决，但往往耗时费力. 在解题过程的某个关键环节中，有时需要打破传统“出奇制胜”，这正是压轴题之为“压轴”的含义所在. 就此而言，“特殊值法”给予我们更大的启示在于：充分挖掘解题信息，打破思维定式，寻求更优秀的解题之道，让思想充满灵气.