马先锋

【摘要】在数学教学中，有些问题用一般法解之会花费较多的时间，并且思考、推理、演算较为费劲，而运用特殊化策略则会事半功倍，甚至有意想不到的效果.由于特殊化策略具有一定的技巧性，同时缺乏严密的推理论证，所以一直以来我们只将它用于解决选择题和填空题，在解答题教学中会将它淡化.本文主要谈谈特殊化策略在解答题教学中的应用.

【关键词】特殊化；功效；途径オ

我们先来看2011年高考浙江卷理科22题：

设函数f(x)=(x-a)2玪n玿,a∈R.

（Ⅰ）若x=玡为y=f(x)的极值点，求实数a.

（Ⅱ）求实数a的取值范围，使得对任意的x∈(0,3玡］恒有f(x)≤4玡2成立（注：玡为自然对数）.

以下是标准答案的解答.

答案 （Ⅰ）略

（Ⅱ）①当0

②当1

ゝ(3玡)=(3玡-a)2玪n(3玡)≤4玡2,

解得3玡-2玡玔]玪n(3玡)≤a≤3玡+2玡玔]玪n(3玡).

由f′(x)=(x-a)2玪n玿+1-a[]x.

令h(x)=2玪n玿+1-a[]x，则h(1)=1-a<0，h(a)=2玪n玿a>0，

且h(3玡)=2玪n(3玡)+1-a[]3玡≥2玪n(3玡)+1-3玡+2玡玔]玪n(3玡)[]3玡=2玪n3玡-1[]3玪n(3玡)>0.

又 h(x)在（0，+∞）内单调递增，

∴函数h(x)在（0，+∞）内有唯一零点，记此零点为x0，

则1

从而，当x∈(0,x0)时，f′(x)>0；

当x∈(x0,a)时，f′(x)>a；

当x∈(a,+∞)时，f′(x)>0，

即f(x)在(0,x0)内单调递增，在(x0,a)内单调递减，在(a,+∞)内单调递增.所以要使ゝ(x)≤4玡2对x∈(1,3玡］恒成立，只要f(x0)=(x0-a)2玪n玿0≤4玡2,(1)

f(3玡)=(3玡-a)2玪n(3玡)≤4玡2,(2)成立.

h(x0)=2玪n玿0+1-a[]x0=0，知a=2玪n玿0+x0.（3）

将（3）代入（1），得4x20玪n3x0≤4玡2，又x0>1，注意到函数x2玪n3玿在［1,+∞)内单调递增，故1

再由（3）以及函数2x玪n玿+x在（1,+∞)内单调递增，可得1

由（2）解得，3玡-2玡玔]玪n(3玡)≤a≤3玡+2玡玔]玪n(3玡).

∴3玡-2玡玔]玪n(3玡)≤a≤3玡.

综上，a的取值范围为3玡-2玡玔]玪n(3玡)≤a≤3玡.

看到此解答过程，我们不禁感叹其思路的复杂，非常人能够做到.

下面谈谈我做这题的一些想法：

若将不等式分离参数，化为x-2玡玔]玪n玿≤a≤x+2玡玔]玪n玿，由g(x)=x-2玡玔]玪n玿在x∈(0,3玡］单调递增，得a≥g(3玡)=3玡-2玡玔]玪n3玡,令h(x)=x+2玡玔]玪n玿，则问题等价于a≤h┆玬in(x)，﹉′(x)=1-玡玔]x玪n玿玪n玿, h′(x)的符号较难判断，思路受阻.但若细心观察，不难发现x=玡恰好是h′(x)的零点，这个零点对解题无关紧要的吗？……