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第三讲：特殊与一般思想【讲】
【典例1】（2023年高考数学新课标Ⅰ卷第11题）
已知函数的定义域为，，则（ ）
A． B．
C．是偶函数 D．为的极小值点
【解读】试题是多项选择题中相对较难的题目，大部分考生对抽象函数，尤其是函数方程的有关内容不是非常熟悉．本题需要较强的逻辑思维能力，有利于考查考生的数学素养，选拔创新性人才．
试题是一道重思维、轻计算的题目，题目中关于函数的方程的形式具有“齐次性”，即把函数换成时，方程是不变的，而D选项所陈述的性质与“齐次性”相悖．数学素养较好的考生，在判断D选项时，会注意到方程式的齐次性这一性质，快速排除错误选项，从而节省时间．多选题的题型设置为不同能力水平的考生提供了发挥的空间，试题源于教材，紧扣课程标准，对考生的能力进行了很好的区分，具有较好的选拔功能．
【答案】ABC
【目标】试题以抽象函数为背景，考查了考生逻辑推理的核心素养，以及关于抽象函数的综合分析能力．
【分析】解题思路 思路1 （1）代入可得，即，故选项A正确．
（2）代入可得，即，故选项B正确．
（3）对，代入可得，即，代入可得，因此恒成立，是偶函数，故选项C正确．
（4）由于且，我们对正实数考虑函数（这样由可推出的所有取值）．题设可转化为对任意正实数，成立，由这个式子比较容易想到的解为，对应的（），且．当参数时，是的极大值点而非极小值点．故选项D错误．
思路2 处理抽象函数类型的问题，一般思路是先代入一些特殊值，希望得到关于函数取值的信息．这要求代入的变量的特殊值能使得题目中的式子变得尽量简单，例如本题对变量依次代入特殊值，，，都满足，这时题设式子可以合并同类项，呈现出较为简单的形式．通过带入这些特殊值，得到的信息足以判断ABC三个选项均正确．
对于选项D，可以观察到当函数满足题意时，另一个函数也满足题意．因此如果D正确，则是的极小值点，也是的极小值点，这样既是的极小值点，又是极大值点，导致矛盾，因此选项D不正确．
【典例2】（2023年高考数学新课标Ⅱ卷第4题）若为偶函数，则（ ）
A． B．0 C． D．1
【解读】试题设计简洁，问题明确，给出了一个含有参数的函数解析式，要解决的是关于函数奇偶性的问题．其中函数的主干部分为对数函数，其基本性质是中学数学的重点内容和必备知识，属于考生熟悉的知识范畴．具体来说，本试题包含如下诸多亮点．
（1）突出基础性要求，助力“双减”政策落地．高考“四翼”考查要求中的基础性表现为深刻理解基础知识，掌握基本技能，学会实际应用．这就要求考生对基本概念、基本原理有比较深刻的理解，对学科的研究对象、研究内容、研究方法等有整体把握，对教材的知识能融会贯通，为进入高校继续学习发展提供可靠的基础支撑．本试题首先就是要求考生对函数的奇偶性、对数函数的性质等主干知识有整体把握，并能熟练地加以运用．
（2）注重解题思路的多元性和解题方法的灵活性．突出数学本质，注重通性通法．本试题的求解，既可以通过验证函数奇偶性的定义，也可以巧妙应用奇偶函数的运算性质，使不同思维水平的考生都能充分发挥．
（3）试题位于试卷靠前位置，考查对数函数等考生熟悉的内容，有利于稳定考生情绪，助力考生正常发挥，体现了高考“立德树人，服务选才，引导教学”的核心功能．
【答案】B
【目标】试题以对数函数与一次函数为主干，考查函数的奇偶性和对数函数的性质等基础知识，考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力以及综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力
【分析】解题思路 思路1 利用偶函数的定义进行计算．
由为偶函数知，当或时，，即，由对数函数的性质得，整理得，所以，故选B．
思路2 代入特殊值进行计算．
容易看出，同时．由可得，故选B．
思路3 利用奇偶函数的运算性质．
我们知道，奇偶函数之间经过算术运算，所得函数仍为奇函数或者偶函数．具体而言，有如下常用结论：
（1）两个奇函数相加仍为奇函数，两个偶函数相加仍为偶函数；
（2）两个奇函数相减仍为奇函数，两个偶函数相减仍为偶函数；
（3）两个奇函数相乘为偶函数，一个奇函数与一个偶函数相乘为奇函数，两个偶函数相乘为偶函数；
（4）奇函数的倒数仍为奇函数，偶函数的倒数仍为偶函数（在倒数有意义的范围内）．
（5）两个奇函数相除为偶函数，一个奇函数与一个偶函数相除为奇函数，两个偶函数相除为偶函数（在除法有意义的范围内）．
本题中，由对数函数的性质易得是一个奇函数．事实上，记，则当或时，有．由题设，为偶函数，故作为偶函数与奇函数的商，是一个奇函数，从而得到，故选B．
【典例3】（2023年高考数学新课标Ⅱ卷第13题）
已知向量，满足，，则______．
【解读】试题题目简洁清晰，主干部分包括两个关于向量，的条件，要解决的问题是确定向量的长度．其中，题设条件不涉及向量的坐标、角度、方向等，而只包含经过代数运算后的向量长度信息．具体来说，试题包含如下诸多亮点．
（1）培养核心素养，发展素质教育．数学学科高考命题着力落实基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求，问题设计充分体现数学学科特点，注重数学的通用性、严谨性及应用性．试题考查的向量是中学数学的必备知识，属于考生熟悉的知识范畴，要求考生运用科学思维对题目所给条件加以研究和分析．
（2）注重解题思路的多元化和解题方法的灵活性．试题给不同思维层次的考生提供了选用不同解题策略的空间，使考生个体理性思维的广度和深度得到了充分展示，较好地考查了考生进一步学习的潜能．试题的求解，既可以应用向量长度和数量积的关系，不建立坐标系，不依赖向量具体坐标；也可以通过假设平面（立体）向量的坐标代入验证条件，进而得到结论．
（3）逻辑推理是获得数学结论、构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证，是人们在数学活动中进行交流的基本思维品质．逻辑推理核心素养是高考的重点考查内容，要求考生掌握推理的基本形式和规则，探索和表述论证过程，有逻辑地进行表达和交流．注意到试题所给条件只能确定向量的长度，但不足以确定其方向；同样，向量的长度与方向也无法由题设得到．因此，本题体现了一定程度的开放性，对思维灵活性与逻辑严密性提出了较高要求．值得指出的是，直接代入（或者）虽然可以满足题设两个条件，得到的结果．然而这不足以保证结论的唯一性，从逻辑推理的角度看是不完整的．
【答案】
【目标】本题考查向量的代数运算、数量积运算及其几何意义，特别是向量长度和数量积的关系，考查考生理性思维、数学探索等数学学科素养，以及逻辑思维、运算求解等关键能力．
【分析】解题思路 思路1 利用向量数量积的定义及运算律．
由向量长度和数量积的关系，根据题设可知，．由数量积的运算律得，，因此，故．
思路2 利用平面向量的坐标运算．
作为一道填空题，可以假设题目中的向量均为平面向量．设向量坐标，．由得，由得，整理可得．所以，故．完成这一过程后不难发现，结论对空间向量同样成立．
【典例4】（2023年高考数学新课标Ⅰ卷第22题）
在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【解读】试题有一定难度和较好的区分度，需要考生有较强的综合分析能力．试题将一个边长可变的矩形搭在抛物线上，允许它在抛物线上滑动，需要考虑滑动过程中让矩形周长最小化的问题．试题需要一定的动态思维能力，需要大致想象滑动过程中矩形各个元素的变化情况，并找到变化中的不变量．
在对试题的思考解答过程中，考生需要不断地将问题进行等价转化，或者把问题化归为已经解决的情形．在第一种解题思路中，考虑给定边长的矩形符合条件的充要条件，这一步是等价转化，接下来的证明思路（证明两个系数均不超过某个值）也是基于这个等价转化，在这种思路下会比较容易找到方向，不会使不等式放缩过度．在第二种解题思路中，需要考虑二元不等式，一般是先考虑一种比较简单的情形，再把较复杂情形化归为已解决的简单情形，或者用简单情形的一些结果（函数的最值性质）帮助解决较复杂情形下的问题．
试题极具创新性，注重考查思维过程，突出对考生数学素养的考查，并且计算量合理，有利于选拔创新性人才．
【答案】
（1）设点，则，两边平方并化简，可得，
即的方程为．
（2）解法1 设矩形的顶点，，，按顺时针排列，
设顶点，，在轨迹上．
设向量的方向向量为，
向量的方向向量为，
设边长，．
向量，
这样，．
同理可得，
两式相减得，
即．
由于，等号成立当且仅当，
这是因为．
同理，等号成立当且仅当．
因此，
而与不能同时成立，不等式不能取等号，即．
因此矩形周长．
解法2 设点，，的坐标分别为，，．由于轨迹关于轴对称，不妨设．由于，直线，中恰有一条的斜率大于0，不妨设的斜率，则直线的方程为，直线的方程为，代入的方程可得，（由知）．
则，，
矩形的周长为．
（ⅰ）当时，，
记，则．
考虑函数（），
由，可得在单调递减，在单调递增，在处取得最小值．
故．
（ⅱ）当时，．
若，则；
若，则；
若，则．
综上，矩形的周长大于．
解法3 周长的表达式及对情形、情形的分析同解法2．
当时，．
若，令．
当时，在区间单调递增，所以；
当时，在区间单调递减，在区间单调递增，所以．
故．
若，令，在区间单调递减，所以．
故．
【目标】试题以解析几何中的抛物线为背景，考查不等式估计、函数最值等内容，是一道综合性较强的题目，有助于选拔创新性人才．
【分析】解题思路 思路1 在抛物线上，任意两点构成的向量可以唯一确定这两个点的位置，矩形有三个顶点在抛物线上，即有两条边对应的向量卡在抛物线上，我们考虑这两条边，的长度与方向，由于射线绕点逆时针旋转90°后恰好到射线的位置，因此两边的方向恰好差90°．
我们的思路是考虑一个给定边长的矩形，能否找到合适的角度，使得有三个顶点搭在抛物线上．最终我们算出边长为，的矩形存在的必要条件，即存在角使得下式成立
上式也是充分条件，若存在这样的角，取，并使，，则，，均在抛物线上．
我们在式子成立的前提下证明，如果的系数，可以取是足够小的正数，再取接近，并且接近，使，此时会使得矩阵周长小于．
因此我们有必要证明式子中，的系数均不超过，例如对，我们可以转化为的多项式再通过因式分解来证明，或者用导数研究函数的最小值来证明，也可以用均值不等式来证明．
当式子中，的系数均不超过（且不同时等于）时，我们有，从而推出矩形的周长．
值得注意的是，题目中的不能换为更大的数．当时，取是很小的正数，取，周长可以非常接近．直观地看，此时点与点在点附近，点与点在点附近，抛物线在点处的切线垂直于，且线段长度，因此是周长的最优下界．
思路2 我们使用比较常规的方法，考虑矩形的边的斜率以及顶点的坐标之后，可以给出周长的表达式，接下来需要证明一个二元不等式．由于的表达式中有绝对值符号，因此自然想到按照绝对值里面式子的正负分类讨论．
固定来看的表达式，当时，越小越小，因此可以自然地放缩，将问题转化为只含的不等式，即证．接下来通过换元，就将问题进一步转化为求一个比较常规的函数的最小值问题．
当时，考虑此时的表达式与之前时式子的关联，我们仍然考虑先固定，让变化，看对式子的影响，即先对优化再对优化．
当时，越大式子越小，我们把看成代入的表达式作放缩，此时式子变成与之前相同的形式，可以用之前的函数的结果来证明．
当时，越小式子越小，我们把看成0代入的表达式作放缩，也可以转化为与函数有关的形式，最终证明题目结果．
应用一 特殊化
【例1】在中，为边上的中线，为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
【引导与详解】
第一步 题中对的形状没有任何定量限定，故可以将特殊化，然后利用坐标运算求解；
第二步
如图，不妨设是以为斜边的等腰直角三角形
故，，，，可得，
，，令；
故可得，解得，，故选A．
【例2】设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
【引导与详解】
第一步 因为对正三棱锥的底边长与侧棱长没定量，可选特殊化图形
取为正四面体，然后补成正方体（如左图）；
第二步 用特殊点
因为是棱上的点，取为中点，再通过建系空间向量坐标运算（这里就不展示具体过程）
易得，，，故选B．
【例3】若是偶函数，则实数______．
【引导与详解】
第一步
函数是上的偶函数，故由题意可知对都有，
第二步 代入特值定参数
令，可得，
，由可得．
应用二 具体化
【例4】已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A． B． C．0 D．1
【引导与详解】第一步 抽象函数具体化：用特殊函数去满足题中要求，
由，联想到余弦函数和差化积公式，
可设；
第二步 要确定与需知两个自变量的函数值，体现方程的思想：
因为，
令，可得，，故，
所以，；
第三步
所以符合条件，
因此的周期，，，且，，，，，所以，
由于22除以6余4，所以．故选：A．
应用三 一般化
【例5】设，则下列不等式中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【引导与详解】
第一步，观察数值特点，找对应函数，一般化
设，则由指数函数在上单调递减，
得，
第二步
设，则幂函数在上单调递增，
得，
所以.
故选：B
【例6】酒驾是严重危害交通安全的违法行为.为了保障交通安全，根据国家有关规定：100mL血液中酒精含量达到20 79mg的驾驶员即为酒后驾车，80mg及以上认定为醉酒驾车，都属于违法驾车.假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了1mg/mL.如果停止喝酒以后，他血液中的酒精含量会以每小时25%的速度减少，要保证他不违法驾车，则他至少要休息（其中取）（ ）
A．7小时 B．6小时 C．5小时 D．4小时
【引导与详解】
第一步 列不等式，一般化
设需要休息小时，依题意，，，
第二步
两边取以为底的对数得，
所以，
所以至少需要小时.
故选：B
应用四 归纳推理
【例7】古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1，3，6，10，…，第n个三角形数为，记第n个k边形数为，下面列出了部分k边形数中第n个数的表达式：
三角形数，
正方形数，
五边形数，
六边形数，
以此类推，下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【引导与详解】
第一步 依据边数计算，观察规律
因为三角形数，
正方形数，
五边形数，
六边形数，
第二步 归纳一般结论
所以可以类推得到：第n个k边形数为，
于是有，，，，因此选项C是错误的.
故选:C.
方法一： 特殊处理：在不改变本质的基础上，可以结合具体题目进行赋特值、构造特殊函数、利用特殊图形、特殊点、特殊位置等来进行特殊处理.
方法二： 一般化：对于类似与具体函数值比大小，可寻求相应函数并联系函数性质来迎刃而解.
方法三： 归纳推理：从具体的个别事实或现象中，发现它们之间的共性和规律，进而推广到更广泛的范围.
微点：数学归纳法
【表现形式】当问题的结论与自然数n有关或是不能直接利用推理证明（或直接证明不好叙述），可用数学归纳法
【步骤】①验证n=1时命题成立
②假设n=k时命题成立
③证明n=k+1时命题也成立
【例1】若正项数列中，，，则的值是（ ）
A． B．
C． D．
【详解】,
在正项数列 中, 当 时, , 解得 ,
当 时, , 解得 ,
猜想 ,
证明: 当 时, 显然成立;
假设 时, ,
则当 时,
.
故 时, 结论也成立.
故 ,
故选: C.
【例2】已知，．
（1）求在处的切线方程；
（2）求证：对于和，且，都有；
（3）请将（2）中的命题推广到一般形式，井用数学归纳法证明你所推广的命题．
【详解】（1）因为，所以，
又，所以求在处的切线方程为．
（2）不妨设，
令，，
则，
因为，
所以，
所以在上恒成立．在上单调递减，
所以，即．
（3）对于任意的，任意的，，
都有，
证明：①当时，由（2）知，命题显然成立．
②假设当时命题成立．
即对任意的，，，…，及，，2，3，…，k，．
都有．
现设，，，…，，及，，2，3，…，k，，．
令，，2，3，…，k，则．
由归纳假设可知
所以当时命题也成立．
综上对于任意的，任意的，且，
都有．
【跟踪练习】
1．若，则（ ）
A． B．
C． D．
2．过抛物线(>0)的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点，若线段PF与FQ的长分别为p、q，则等于
A．2 B． C． D．
3．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是从一个正三角形开始，把每条边分成三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案.设原正三角形（图①）的边长为1，把图①、②、③、④……中图形的周长依次记为，得到数列.设数列的前项和为，若时，则的最小值为（ ）
（参考数据：，）

A．5 B．8 C．10 D．12
4．如图，在平行四边形ABCD中 ，AP⊥BD，垂足为P，且 .
5．记为等差数列的前n项和．若，则公差 ．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换
所以
即
故选：C.
2．C
【分析】设PQ直线方程是则x1，x2是方程的两根，借助韦达定理即可得到的值．
【详解】抛物线转化成标准方程：，
焦点坐标，准线方程为，
设过的直线方程为，
，整理得．
设，，，
由韦达定理可知：，，
，
，
根据抛物线性质可知，，，
，
的值为，
故选：C．
【点睛】涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用．
3．C
【分析】观察图形可知周长形成的数列是首项，公比为的等比数列，即可求出与，从而得到关于的不等式，解得即可..
【详解】观察图形知，各个图形的周长依次排成一列构成数列，
从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的倍，边长是相邻前一个图形的，
因此从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的，即有，
因此数列是首项，公比为的等比数列，，
数列的前项和为，
若，则，即，
所以，
所以，又为正整数，所以的最小值为.
故选：C
4．18
【分析】设，将所求转化为，然后利用平面向量的数量积的定义转化计算
【详解】
则，,
所以 ,
故答案为：18.
【点睛】本题考查平面向量加法的几何运算、平面向量的数量积运算，考查数形结合思想、等价转化思想等数学思想方法
5．2
【分析】转化条件为，即可得解.
【详解】由可得，化简得，
即，解得.
故答案为：2.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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