邵延會

［摘 要］“以退為進(jìn)”是數(shù)學(xué)解題的一種策略。通過 “退”，往往可以發(fā)現(xiàn)問題的本質(zhì)，快速找到解決問題的入口，進(jìn)而達(dá)到“進(jìn)”的目的。

［關(guān)鍵詞］以退為進(jìn)；高中數(shù)學(xué)；解題策略

［中圖分類號］? ? G633.6? ? ? ? ［文獻(xiàn)標(biāo)識碼］? ? A? ? ? ? ［文章編號］? ? 1674-6058（2024）08-0012-03

華羅庚曾言：“善于‘退，足夠的‘退，退到我們最容易看清楚的地方，認(rèn)透了，鉆深了，然后再上去?！边@就是“以退為進(jìn)”思想。以退為進(jìn)，是數(shù)學(xué)解題的一種策略。通過“退”，可以發(fā)現(xiàn)問題的本質(zhì)，快速找到解題突破口。

一、從一般退到特殊，從特殊處探尋解題入口

特殊寓于一般之中。對于一般性問題，我們可以嘗試給它賦予特殊的情形。在“特殊”處探尋解題入口，會使問題的解決變得直接與簡單，從而取得事半功倍的解題效果。

［例1］已知[n∈N?]，集合[An=（x，y）x-1n+2y-2n<1，x，y∈R]，記[A=n=1∞An]，則集合[A]中的點組成圖形的面積為? ? ? ? ? ? ? ? ?。

解析：若[（x，y）∈A1]，則[x-1+2y-2<1]，從而[x-1∈0，1]，[2y-2∈0，1]，所以[x-1n+2y-2n≤x-1+2y-2<1（n∈N*）]，即得[（x，y）∈An]，故有[A=n=1∞An=A1]。又[A1]中的點組成圖形為如圖1所示的菱形，其中[C（2，1）]，[D1，32]，[E（0，1）]，[B1，12]，該菱形的對角線的交點[M（1，1）]，故菱形的面積為[12×2×1=1]，所以集合[A]中的點組成圖形的面積為1。

點評：本題先由特殊情形可得[x-1∈0，1]，[2y-2∈0，1]，結(jié)合不等式的性質(zhì)可得結(jié)論“若[（x，y）∈A1]，[（x，y）∈An]”，從而可求得圖形的面積?？梢?，特殊化能凸顯問題的本質(zhì)。

二、從抽象退到具體，從具體處探尋解題入口

抽象問題具體化，往往能讓我們從具體問題中窺見解題途徑，從而實現(xiàn)抽象問題具體化。

［例2］已知函數(shù)[f（x）]的定義域為[R]，值域為（0，+∞），[f12=2]，[?x]，[y∈R]，都有[f（x-y）f（x+y）=f2（x）]，函數(shù)[g（x）=f（x）+f（-x）]的最小值為2，則[k=16fk2=]? ? ? ? ? ? ?。

解析：依題意，[f（x）>0]， [f（-x）>0]，函數(shù)[g（x）=f（x）+f（-x）]的最小值為2，即[f（x）+f（-x）≥2]，令[x=0]，則有[f（0）+f（-0）=2f（0）≥2]，[f（0）≥1]①。由[f（x-y）f（x+y）=f2（x）]，令[x=0]，[y=x]得[f2（0）=f（-x）·f（x）≤f（-x）+f（x）22]，當(dāng)且僅當(dāng)[f（x）=f（-x）]，即[f（x）]為偶函數(shù)時等號成立，而[f（-x）+f（x）2≥1]，[f（-x）+f（x）22≥1]，所以[f2（0）≤1]，[-1≤f（0）≤1]②，由①②得[f（0）=1]。由[f（x-y）f（x+y）=f2（x）]，[f（x-y）>0]，得[f（x+y）=f2（x）f（x-y）]，令[y=x]得[f（0）·f（2x）=f2（x）]，即[f（2x）=f2（x）]，所以[f（1）=f2×12=f212=22=4]，[f32=f1+12=f2（1）f1-12=f2（1）f12=162=8]，[f（2）=f（2×1）=f2（1）=42=16]，[f52=f32+1=f232f32-1=f232f12=642=32]，[f（3）=f（2+1）=f2（2）f（2-1）=f2（2）f（1）=2564=64]，所以[k=16fk2=2+4+8+16+32+64=126]。

點評：本題主要考查抽象函數(shù)求函數(shù)值，通過賦值將抽象問題具體化。

三、從復(fù)雜退到簡單，從簡單探尋解題入口

化繁為簡是數(shù)學(xué)解題的重要原則。當(dāng)遇到一些較為復(fù)雜的數(shù)量關(guān)系或空間關(guān)系時，不妨去繁就簡，通過換元把復(fù)雜問題退到簡單問題，牢牢把握住問題的本質(zhì)，然后求解。

［例3］已知[x>0]，[y>0]，則[2xyx2+4y2+xyx2+y2]的最大值是? ? ? ? ? 。

解析：[2xyx2+4y2+xyx2+y2=2xy+4yx+1xy+yx]，

設(shè)[t=xy（t>0）]，

原式[=2t+4t+1t+1t=2tt2+4+tt2+1=3（t3+2t）t4+5t2+4=3t+2tt2+5+4t2]。

令[u=t+2t（t>0）]，則[u≥22]。

原式[=3uu2+1=3u+1u≤322+122=3942=223 ][函數(shù)y（x）=u+1u在22，+∞上單調(diào)遞增 ]，故答案為[223]。

點評：本題屬于較為復(fù)雜的二元最值問題，需通過兩次換元，第一次是設(shè)[t=xy（t>0）]，第二次是設(shè)[u=t+2t（t>0）]，最終把原問題退化為基本的對勾函數(shù)問題。換元時一定要注意新元的范圍。

四、從三維空間退到二維平面，從二維平面處探尋解題入口

求解立體幾何問題最常用的策略就是將空間問題化為平面問題，復(fù)雜立體幾何計算問題一般可退到軸截面中解決，而立體幾何動態(tài)最值問題一般可將立體圖形展成平面圖形進(jìn)而解決問題。

［例4］如圖2所示，在直三棱柱[ABC-A1B1C1]中，[AC⊥BC]，[AC=1]，[AA1=2]，[AB=3]，點[E]、[F]分別是[AA1]、[AB]上的動點，當(dāng)[C1E+EF+FB1]的長度最小時，三棱錐[B1-C1EF]外接球球面上的點到平面[EFC1]的距離的最大值為? ? ? ? ? ?。

解析：把平面[AA1C1C]沿[AA1]展開到與平面[ABB1A1]共面的[AA1C′1C]的位置，延長[B1B]到[B′1]，使得[BB′1=B1B]，連接[B′1F]，如圖3所示，則[B1F=B′1F]。要使[C1E+EF+FB1]的長度最小，則需[C′1]、[E]、[F]、[B′1]四點共線，此時[C1E+EF+FB1=C′1E+EF+FB′1=C′1B′1]。

因為[C′1B1=4]，[B1B′1=4]，[∠B′1B1C′1=90°]，則[∠B′1=∠B′1C′1B=45°]，所以[BF=BB′1=2]，[A1E=A1C′1=1]，則[AE=AF=1]，[∠AFE=∠BFB1=45°]，所以[∠B1FE=90°]，在圖4中，△[FEB1]是以[EB1]為斜邊的直角三角形，因為[C1E=2]，[C1B1=22]，[EB1=10]，即[C1E2+C1B21=EB21]，所以△[C1EB1]是以[EB1]為斜邊的直角三角形，所以三棱錐[B1-C1EF]的外接球球心為線段[EB1]的中點，記為[O]，球[O]的半徑[R=12B1E=102]，設(shè)△[C1EF]的外接圓半徑為[r]，[C1E=2]，[EF=2]，[FC1=433]。

因為[cos∠C1EF=C1E2+EF2-C1F22C1E·EF=-13]，所以[sin∠C1EF=223]，所以[2r=C1Fsin∠C1EF=6]，即[r=62]。

設(shè)球心[O]到平面[EFC1]的距離為[h]，則[r2+h2=R2]，即[h=R2-r2=1]，則球面上的點到平面[EFC1]的距離的最大值為[1+102]。

點評：本題借助側(cè)面展開圖分析得到[C1E+EF+FB1]的長度最小時，[E]為[AA1]的中點，[AF=1]。通過長度可知△[FEB1]、△[C1EB1]均是以[EB1]為斜邊的直角三角形，所以三棱錐[B1-C1EF]的外接球球心為線段[EB1]的中點，三棱錐[B1-C1EF]的外接球球面上的點到平面[EFC1]的距離的最大值為球心到平面[EFC1]的距離與球的半徑之和。

五、從正面退到反面，從反面處探尋解題入口

有些數(shù)學(xué)問題若從正面入手分析、求解，可能很復(fù)雜，或者無從下手，這時我們應(yīng)遵循“正難則反”原則，從正面退到反面，從反面處探尋解題入口。

［例5］（1）若集合[M?1，2，3，4，5，6，7]，且[M]中至少含有兩個奇數(shù)，則滿足條件的集合[M]的個數(shù)是? ? ? ? ? ? ? 。

（2）某商場舉行抽獎活動，箱子里有10個大小一樣的小球，其中紅色的5個，黃色的3個，藍(lán)色的2個，現(xiàn)從中任意取出3個，則其中至少含有兩種不同顏色的小球的概率為? ? ? ? ? ? ? 。

解析：（1）考慮反面的兩種情況：若[M]中不含有奇數(shù)，則集合[M]的個數(shù)等價于集合[2，4，6]的子集的個數(shù)，即[23=8]；若[M]中只含有一個奇數(shù)，則有4種可能，集合[M]的個數(shù)等價于集合[2，4，6]的子集的個數(shù)的4倍，即[23×4=32]。不考慮奇數(shù)條件時集合[M]共有[27-1=127]個，故符合條件的集合共有[127-8-32=87]個。

（2）由題意知，取出的3個小球為同一種顏色的有[C35+C33=11]種取法，10個大小一樣的小球任取3個球有[C310=120]種取法，所以至少含有兩種不同顏色的小球的概率為[1-11120=109120]。

點評：本題第（1）問先考慮反面的兩種情況，即集合[M]中不含有奇數(shù)和只含有一個奇數(shù)時集合[M]的個數(shù)，再求出不考慮奇數(shù)條件時集合[M]的個數(shù)，相減即可得出答案。本題第（2）問應(yīng)用組合數(shù)求取出3個為同一種顏色的取法、任取3個球的取法，應(yīng)用古典概型、對立事件概率求法求至少含有兩種不同顏色的小球的概率。當(dāng)計數(shù)或概率問題中出現(xiàn)“至少”字眼時，一般可從正面退到反面，從反面處探尋解題入口。

六、從數(shù)退到形，從形上探尋解題入口

當(dāng)某些復(fù)雜問題無法從數(shù)量關(guān)系上去探尋解題思路時，我們應(yīng)該關(guān)注其幾何意義，從數(shù)退到形，從形上探尋解題入口，進(jìn)而實現(xiàn)問題的解決。

［例6］設(shè)[m]是實數(shù)，已知集合[P=（x，y）（x+2）2+（y-3）2≤4]，集合[Q=（x，y）（x+1）2+（y-m）2<14]，且[P?Q=Q]，則[m]的取值范圍是? ? ? ? ? ?。

解析：點集[P]表示平面上以 [O1（-2，3）] 為圓心， 2 為半徑的圓所圍成的區(qū)域（包括圓周）；點集[Q]表示平面上以 [O2（-1，m）] 為圓心， [12] 為半徑的圓的內(nèi)部。要使 [P?Q=Q]，應(yīng)使[⊙O2]內(nèi)含或內(nèi)切于[⊙O1]。故有 [O1O22≤（R1-R2）2]， 即[（-1+2）2+（m-3）2≤2-122]，解得[3-52≤m≤3+52]。

點評：本題根據(jù)題意， 分析可得[P]與[Q]表示的平面區(qū)域， 又有 [P?Q=Q]， 即可得兩個區(qū)域的包含關(guān)系， 將集合問題轉(zhuǎn)化為圓與圓的位置關(guān)系問題，即可得到答案。本題考查交集的運算， 但因涉及圓以及幾何區(qū)域， 難度較大， 要求學(xué)生熟悉用集合語言表述幾何問題， 從數(shù)退到形，利用數(shù)形結(jié)合方法解題。

七、從方程退到函數(shù)，從函數(shù)上探尋解題入口

函數(shù)與方程是一對“孿生兄弟”，當(dāng)題目中出現(xiàn)復(fù)雜的方程時，我們不妨利用同構(gòu)思想，通過構(gòu)造函數(shù)，把方程退到函數(shù)，從函數(shù)的性質(zhì)中探尋解題入口。

［例7］已知實數(shù)[x]，[y]滿足[ex+x-2023=e2023y+2023-ln（y+2023）]，則[ex+y+2024]的最小值是? ? ? ? ? ? ? ? ? 。

解析：[ex+x-2023=e2023y+2023-ln（y+2023）]，有[ex+x=e2023y+2023+2023-ln（y+2023）]，得[ex+lnex=e2023y+2023+lne2023-ln（y+2023）=e2023y+2023+lne2023y+2023]，函數(shù)[f（x）=x+lnx]在（0，+∞）上單調(diào)遞增， [f（ex）=fe2023y+2023]，所以[ex=e2023y+2023]，則[ex+y+2024=e2023y+2023+（y+2023）+1≥2e2023y+2023·（y+2023）+1=2e2023+1]，當(dāng)且僅當(dāng)[e2023y+2023=（y+2023）]，即[y=e2023-2023]時等號成立，所以[ex+y+2024]的最小值是[2e2023+1]。

點評：本題把[ex+x-2023=e2023y+2023-ln（y+2023）]變形為[ex+lnex=e2023y+2023+lne2023y+2023]，通過構(gòu)造函數(shù)[f（x）=x+lnx]，從而實現(xiàn)了方程向函數(shù)的轉(zhuǎn)化，利用函數(shù)單調(diào)性得到[ex=e2023y+2023]是解題關(guān)鍵。

（責(zé)任編輯 黃桂堅）