高考二輪數(shù)學(xué)人教版學(xué)案第一部分第1講選擇題填空題的解題方法和技巧

第一部分方法篇·素養(yǎng)形成(文理)⊙｜方法思想概述︱數(shù)學(xué)思想和方法貫穿于整個(gè)高中數(shù)學(xué)，而數(shù)學(xué)方法的引領(lǐng)是學(xué)好數(shù)學(xué)的關(guān)鍵．學(xué)會(huì)一些數(shù)學(xué)方法，將會(huì)使你站在一個(gè)嶄新的高度去審視問題，只有熟練地掌握數(shù)學(xué)的解題方法和技巧，才能使你在解決數(shù)學(xué)問題時(shí)左右逢源，游刃有余．?dāng)?shù)學(xué)解題思維策略有兩條線：一條是明線，即高中數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用；一條是暗線，即數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用．?dāng)?shù)學(xué)思想蘊(yùn)含于數(shù)學(xué)知識(shí)中，數(shù)學(xué)知識(shí)是數(shù)學(xué)思想的載體，通過對(duì)知識(shí)的研究，挖掘背后的思想方法．第1講選擇題、填空題的解題方法和技巧JIETICELUEMINGFANGXIANG解題策略·明方向選擇題、填空題的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)決定了解答選擇題、填空題的方法，除常規(guī)方法外，還有一些特殊的方法，解答選擇題、填空題的基本原則是：“小題不大做”，要充分利用題目中(包括題干和選項(xiàng))提供的各種信息，排除干擾，利用矛盾，作出正確的判斷．?dāng)?shù)學(xué)選擇題的求解，一般有兩種思路：一是從題干出發(fā)考慮，探求結(jié)果；二是從題干和選項(xiàng)聯(lián)合考慮，或從選項(xiàng)出發(fā)探求是否滿足題干條件，由此得到做選擇題的幾種常用方法：直接法、排除法、構(gòu)造法、特例法、代入驗(yàn)證法、數(shù)形結(jié)合法等．填空題雖然沒有選項(xiàng)提供參考，但依然可以根據(jù)其特點(diǎn)，考慮直接法、構(gòu)造法、特例法等．FANGFAFENLEIXIZHONGDIAN方法分類·析重點(diǎn)考點(diǎn)一直接法方法詮釋直接法是從題設(shè)條件出發(fā)，運(yùn)用有關(guān)概念、性質(zhì)、定理、法則或公式等知識(shí)，通過嚴(yán)密的推理和準(zhǔn)確的運(yùn)算，從而得出正確結(jié)論的做題方法適用范圍對(duì)于計(jì)算型試題，多通過計(jì)算求結(jié)果典例1(1)(2020·山西運(yùn)城月考)已知角α的終邊經(jīng)過點(diǎn)P(sin18°，cos18°)，則sin(α－12°)＝(B)A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(\r(1),2) D．－eq\f(\r(3),2)(2)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a2＝3，a6＝11，則S20＝__400__.【解析】(1)由題意，角α的終邊經(jīng)過點(diǎn)P(sin18°，cos18°)，根據(jù)三角函數(shù)的定義，有sinα＝eq\f(y,r)＝cos18°，cosα＝eq\f(x,r)＝sin18°，又由sin(α－12°)＝sinαcos12°－cosα·sin12°＝cos18°cos12°－sin18°sin12°＝cos(18°＋12°)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2).故選B．(2)∵{an}為等差數(shù)列，a2＝3，a6＝11，∴公差d＝eq\f(a6－a2,6－2)＝eq\f(11－3,4)＝2，首項(xiàng)a1＝a2－d＝3－2＝1，∴S20＝20a1＋eq\f(20×19,2)d＝20＋380＝400．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)直接法是解決計(jì)算型客觀題最常用的方法，在計(jì)算過程中，我們要根據(jù)題目的要求靈活處理，多角度思考問題，注意一些解題規(guī)律和解題技巧的靈活應(yīng)用，將計(jì)算過程簡化，從而得到結(jié)果，這是快速準(zhǔn)確求解客觀題的關(guān)鍵．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓(xùn))eq\x(練)1．(2020·唐山市摸底考試)設(shè)z＝eq\f(i1－2i,2－i)，則|z|＝(D)A．eq\r(5) B．2C．eq\f(\r(41),5) D．1【解析】法一：∵z＝eq\f(i1－2i,2－i)＝eq\f(2＋i,2－i)＝eq\f(2＋i2,5)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i，∴|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2)＝1，故選D．法二：|z|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(i1－2i,2－i)))＝eq\f(|i1－2i|,|2－i|)＝eq\f(|i||1－2i|,\r(5))＝eq\f(\r(5),\r(5))＝1，故選D．2．(2019·瀘州一診)已知函數(shù)f(x)＝log2(2x－a)，若f(2)＝0，則a＝__3__.【解析】因?yàn)閒(x)＝log2(2x－a)，所以f(2)＝log2(4－a)＝0,4－a＝1，a＝3．考點(diǎn)二特殊值法方法詮釋從題干(或選項(xiàng))出發(fā)，通過選取特殊情況代入，將問題特殊化或構(gòu)造滿足題設(shè)條件的特殊函數(shù)或圖形位置，進(jìn)行判斷，特殊值法是“小題小做”的重要策略，要注意在怎樣的情況下才可使用，特殊情況可能是：特殊值、特殊點(diǎn)、特殊位置、特殊數(shù)列等適用范圍適用于題目中含有字母或具有一般性結(jié)論的小題典例2已知E為△ABC的重心，AD為BC邊上的中線，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，若過點(diǎn)E的直線分別交AB，AC于P，Q兩點(diǎn)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝ma，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝nb，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝(A)A．3 B．4C．5 D．eq\f(1,3)【解析】由于題中直線PQ的條件是過點(diǎn)E，所以該直線是一條“動(dòng)”直線，所以最后的結(jié)果必然是一個(gè)定值．故可利用特殊直線確定所求值．法一：如圖1，PQ∥BC，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，此時(shí)m＝n＝eq\f(2,3)，故eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3，故選A．法二：如圖2，取直線BE作為直線PQ.顯然．此時(shí)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))，故m＝1，n＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)1．特值、特例法是解答選擇題的最佳方法之一，適用于解答“對(duì)某一集合的所有元素、某種關(guān)系恒成立”．這樣以全稱判斷形式出現(xiàn)的題目，其原理是“結(jié)論若在某種特殊情況下不真，則它在一般情況下也不真”，利用“小題小做”或“小題巧做”的解題策略．2．當(dāng)填空題已知條件中含有某些不確定的量．但填空題的結(jié)論唯一或題設(shè)條件中提供的信息暗示答案是一個(gè)定值時(shí)，可以將題中變化的不定量選取一些符合條件的恰當(dāng)特殊值(或特殊函數(shù)、特殊角、特殊數(shù)列、圖形特殊位置、特殊點(diǎn)、特殊方程、特殊模型等)進(jìn)行處理，從而得出探求的結(jié)論．這樣可大大地簡化推理、論證的過程．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓(xùn))eq\x(練)3．(2020·湖北四校聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝8x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l0，過焦點(diǎn)F且傾斜角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ≠\f(π,2)))的直線l與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，則eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝__eq\f(1,2)__.【解析】令θ＝60°，A在第一象限，則易知|AF|＝8，|BF|＝eq\f(8,3)，∴eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝eq\f(1,8)＋eq\f(3,8)＝eq\f(1,2).考點(diǎn)三排除法方法詮釋排除法也叫篩選法或淘汰法，使用排除法的前提條件是答案唯一，具體的做法是采用簡捷有效的手段對(duì)各個(gè)備選答案進(jìn)行“篩選”，將其中與題干相矛盾的干擾支逐一排除，從而獲得正確結(jié)論適用范圍這種方法適用于直接法解決問題很困難或者計(jì)算較繁雜的情況典例3(1)(2019·全國單元測試)已知實(shí)數(shù)a，b，c(D)A．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，則as2＋b2＋c2<100B．若|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1，則a2＋b2＋c2<100C．若|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，則a2＋b2＋c2<100D．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，則a2＋b2＋c2<100(2)(2020·懷化一模)關(guān)于函數(shù)f(x)＝|x－1|－lnx，下列說法正確的是(B)A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增B．f(x)有極小值0，無極大值C．f(x)的值域?yàn)?－1，＋∞)D．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱【解析】(1)令a＝b＝10，c＝－110，可排除A；令a＝10，b＝－100，c＝0，可排除B；令a＝100，b＝－100，c＝0，可排除C；故選D．(2)f(x)＝|x－1|－lnx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1－lnx，x≥1,1－x－lnx，0<x<1))f′(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)，x≥1,－\f(x＋1,x)，0<x<1))∴當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減∴f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故A錯(cuò)誤；f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，則x＝1時(shí)，f(x)有極小值為f(1)＝0，無極大值，故B正確．∵f(x)≥f(1)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)，故C錯(cuò)誤．∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))－lneq\f(1,2)＝eq\f(1,2)＋ln2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－1))－lneq\f(3,2)＝eq\f(1,2)＋lneq\f(2,3)≠feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，故D錯(cuò)誤．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)使用排除法的前提條件是答案唯一，具體的做法是采用筒捷有效的手段對(duì)各個(gè)備選答案進(jìn)行“篩選”，將其中與題干相矛盾的干擾項(xiàng)逐一排除，從而獲得正確結(jié)論．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓(xùn))eq\x(練)4．(2020·九江一模)如圖，已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，則函數(shù)f(x)的解析式可能是(C)A．f(x)＝x2ln|x| B．f(x)＝xlnxC．f(x)＝eq\f(ln|x|,x) D．f(x)＝eq\f(e|x|,x)【解析】由圖象知，函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，排除A，B；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)＝eq\f(e|x|,x)顯然恒大于0，與圖象不符，排除D．考點(diǎn)四數(shù)形結(jié)合法方法詮釋根據(jù)題設(shè)條件作出所研究問題的曲線或有關(guān)圖形，利用函數(shù)圖象或數(shù)學(xué)結(jié)果的幾何意義，將數(shù)的問題(如解方程、解不等式、求最值、求取值范圍等)與某些圖形結(jié)合起來，利用直觀性，再輔以簡單計(jì)算，從而確定正確答案適用范圍適用于求解問題中含有幾何意義的命題典例4設(shè)函數(shù)f(x)定義在實(shí)數(shù)集上，它的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，且當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝3x－1，則有(B)A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))【解析】當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝3x－1，f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，則圖象如圖所示．這個(gè)圖象是個(gè)示意圖，事實(shí)上，就算畫出f(x)＝|x－1|的圖象代替它也可以，由圖知，符合要求的選項(xiàng)是B．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)1．?dāng)?shù)形結(jié)合法的實(shí)質(zhì)就是將抽象的數(shù)學(xué)語言與直觀的圖象結(jié)合起來，實(shí)現(xiàn)代數(shù)問題與圖形之間的轉(zhuǎn)化．2．畫出圖形或者圖象能夠使問題提供的信息更直觀地呈現(xiàn)，從而大大降低思維難度，是解決數(shù)學(xué)問題的有力策略．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓(xùn))eq\x(練)5．(2020·靜安一模)若定義在實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，且當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)＝xeq\f(1,3)，則方程f(x)＝eq\f(1,3)在區(qū)間(－4,10)內(nèi)的所有實(shí)根之和為__24__.【解析】結(jié)合題意，大致可以繪出f(x)的圖象，如圖所示：由圖可知，一共有8個(gè)點(diǎn)，且這8個(gè)點(diǎn)關(guān)于x＝3對(duì)稱，故x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＋x8＝24．考點(diǎn)五構(gòu)造法方法詮釋構(gòu)造法是一種創(chuàng)造性思維，是綜合運(yùn)用各種知識(shí)和方法，依據(jù)問題給出的條件和結(jié)論給出的信息，把問題作適當(dāng)?shù)募庸ぬ幚?，?gòu)造與問題相關(guān)的數(shù)學(xué)模型，揭示問題的本質(zhì)，從而找到解題的方法適用范圍適用于求解問題中常規(guī)方法不能解決的問題典例5(1)函數(shù)f(x)＝x2－ax＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(D)A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)C．[2，eq\f(5,2)) D．[2，eq\f(10,3))(2)如圖，已知球O的球面上有四點(diǎn)A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝eq\r(2)，則球O的體積等于__eq\r(6)π__.【解析】(1)由題意知方程ax＝x2＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有解，即a＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有解，設(shè)t＝x＋eq\f(1,x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，則t的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).(2)如圖，以DA，AB，BC為棱長構(gòu)造正方體，設(shè)正方體的外接球球O的半徑為R，則正方體的體對(duì)角線長即為球O的直徑，所以|CD|＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2＋\r(2)2)＝2R，所以R＝eq\f(\r(6),2)，故球O的體積V＝eq\f(4πR3,3)＝eq\r(6)π.eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)構(gòu)造法實(shí)質(zhì)上是轉(zhuǎn)化與化歸思想在解題中的應(yīng)用，需要根據(jù)已知條件和所要解決的問題確定構(gòu)造的方向，通過構(gòu)造新的函數(shù)、不等式或數(shù)列等新的模型，從而轉(zhuǎn)化為自己熟悉的問題．(2)題巧妙地構(gòu)造出正方體，而球的直徑恰好為正方體的體對(duì)角線，問題很容易得到解決．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓(xùn))eq\x(練)6．(2020·漢中12校高三模擬)已知奇函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)＋f(x)>0，若a＝f(1)，b＝eq\f(1,e)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，c＝－ef(－e)，則a，b，c的大小關(guān)系是(D)A．a(chǎn)<b<c B．b<c<aC．a(chǎn)<c<b D．b<a<c【解析】令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)為(0，＋∞)上的遞增函數(shù)，又g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝g(x)，所以g(x)為偶函數(shù)，因?yàn)閑>1>eq\f(1,e)，所以g(e)>g(1)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，所以ef(e)>f(1)>eq\f(1,e)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，又g(x)為偶函數(shù)，所以－ef(－e)＝ef(e)，所以b<a<c，故選D．考點(diǎn)六巧用定義法方法詮釋定義法，就是直接利用數(shù)學(xué)定義解題，數(shù)學(xué)中的定理、公式、性質(zhì)和法則等，都是由定義和公理推演出來的．用定義法解題是最直接的方法適用范圍涉及圓錐曲線的頂點(diǎn)、焦點(diǎn)、準(zhǔn)線、離心率等問題典例6(2020·成都七中一診)設(shè)拋物線C：y2＝12x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，點(diǎn)M在C上，點(diǎn)N在l上，且eq\o(FN,\s\up6(→))＝λeq\o(FM,\s\up6(→))(λ>0)，若|MF|＝4，則λ的值為(D)A．eq\f(3,2) B．2C．eq\f(5,2) D．3【解析】過M向準(zhǔn)線l作垂線，垂足為M′，根據(jù)已知條件，結(jié)合拋物線的定義得eq\f(|MM′|,|FF′|)＝eq\f(|MN|,|NF|)＝eq\f(λ－1,λ)，又|MF|＝4，所以|MM′|＝4，又|FF′|＝6，所以eq\f(|MM′|,|FF′|)＝eq\f(4,6)＝eq\f(λ－1,λ)，所以λ＝3．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)定義是知識(shí)的基礎(chǔ)，因此回歸定義是解決問題的一種基本策略．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓(xùn))eq\x(練)7．(2020·西安一模)橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的左焦點(diǎn)為F，直線x＝m與橢圓相交于點(diǎn)M，N，當(dāng)△FMN的周長最大時(shí)，△FMN的面積是__eq\f(8\r(5),5)__.【解析】設(shè)橢圓右焦點(diǎn)為F′，則|MF′|＋|NF′|≥|MN|，當(dāng)M，N，F(xiàn)′三點(diǎn)共線時(shí)，等號(hào)成立，所以△FMN的周長|MF|＋|NF|＋|MN|≤|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|＝4a＝4eq\r(5)，此時(shí)|MN|＝eq\f(2b2,a)＝eq\f(8\r(5),5)，所以此時(shí)△FMN的面積為S＝eq\f(1,2)×eq\f(8\r(5),5)×2＝eq\f(8\r(5),5).考點(diǎn)七估算法方法詮釋由于選擇題提供了唯一正確的選項(xiàng)，解答又無需過程，因此，有些題目，不必進(jìn)行準(zhǔn)確的計(jì)算，只需對(duì)其數(shù)值特點(diǎn)和取值界限作出適當(dāng)?shù)墓烙?jì)，便能作出正確的判斷，這就是估算法．估算法往往可以減少運(yùn)算量適用范圍難度稍大的函數(shù)的最值或取值范圍、函數(shù)圖象的變化等問題，常用估值法確定選項(xiàng)典例7(2019·全國卷Ⅰ)古希臘時(shí)期，人們認(rèn)為最美人體的頭頂至肚臍的長度與肚臍至足底的長度之比是eq\f(\r(5)－1,2)(eq\f(\r(5)－1,2)≈0.618，稱為黃金分割比例)，著名的“斷臂維納斯”便是如此．此外，最美人體的頭頂至咽喉的長度與咽喉至肚臍的長度之比也是eq\f(\r(5)－1,2).若某人滿足上述兩個(gè)黃金分割比例，且腿長為105cm，頭頂至脖子下端的長度為26cm，則其身高可能是(B)A．165cm B．C．185cm【解析】不妨設(shè)此人咽喉至肚臍的長度為xcm，則eq\f(26,x)≈0.618，得x≈42，故某人身高大約為26＋42＋105＝173(cm)，考慮誤差，結(jié)合選項(xiàng)，可知選B．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)估算法的應(yīng)用技巧估算法就是不需要計(jì)算出準(zhǔn)確數(shù)值，可根據(jù)變量變化的趨勢或取值情況進(jìn)行估算出大致取值范圍從而解決相應(yīng)問題的方法．當(dāng)題目從正面解答比較麻煩，特值法又無法確定