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我们知道，数学解题是从已知向未知不断等价转化的过程，要寻求使结论成立的充要条件，但是这个过程常常非常艰难，高中数学中含参问题经常需要分类讨论，在解题中巧妙应用逻辑方法，先寻求使结论成立的必要条件，逐步缩小“包围圈”，常常可以避免“大规模”的分类讨论；应用这种方法可以减少运算量，达到驾简驭繁的目的，从而提高解题效率，提升解题能力.
一、 利用必要条件缩小参数范围，减少分类情况
例1 （2008江苏高考）f(x)=ax3-3x+1对于x∈［-1,1］总有f(x)≥0成立，则a=.
常规解法如下：
解析:本小题考查函数单调性及恒成立问题的综合运用,体现了分类讨论的数学思想.
要使f(x)≥0恒成立，只要f(x)min≥0在x∈［-1,1］上恒成立.
f′(x)=3ax2-3=3(ax2-1)
1° 当a=0时，f(x)=-3x+1，所以f(x)min=-2<0，不符合题意，舍去.
2° 当a<0时，f′(x)=3ax2-3=3(ax2-1)<0,即f(x)单调递减，f(x)min=f(1)=a-2≥0a≥2，舍去.
3° 当a>0时f′(x)=0x=±1a
① 若1a≤1a≥1时f(x)在-1,-1a和1a,1上单调递增，
在-1a,1a上单调递减.
所以f(x)min=minf(-1),f1a≥0f(-1)=-a+4≥0
f1a=1-21a≥0a=4
② 当1a>1a<1时f(x)在x∈［-1,1］上单调递减，
f(x)min=f(1)=a-2≥0a≥2，不符合题意，舍去.综上可知a=4.
若是先找结论成立的必要条件，要使f(x)=ax3-3x+1对于x∈［-1,1］总有f(x)≥0成立，则必须f(-1)≥0
f(1)≥0得2≤a≤4，这就限定了a只能是正数，无需对a是负数或零进行讨论.此时要使不等式恒成立，只需函数在［-1,1］上的极小值大于等于0.而f′(x)=3ax2-3=3ax2-1a
，因为2≤a≤4，所以14≤1a≤12，由f′(x)=0易得函数的极小值点是x=1a，由
f1a≥0,
即f1a3-31a+1≥0，解得a≥4，又2≤a≤4，故a=4.了了几行，简洁明快，充分体现了运用逻辑思维解题的辩证性，灵巧性.
练习1：已知t是常数，函数f(x)=|x2-2x-t|在区间上［0,3］的最大值为2，则t=.
按常规思路，应分情况讨论函数f(x)在［0,3］的最大值，令最大值等于2，解方程得t.
但是函数f(x)的图像比较复杂，要分几类情况讨论才能确定最大值.注意到二次函数的对称轴在区间［0,3］内，故使函数f(x)在［0,3］的最大值为2的必要条件是函数在对称轴及两端点处的值均小于等于2.得不等式组f(0)=|t|≤2
f(3)=|3-t|≤2
f(1)=|-1-t|≤2，解之得t=1，经检验符合条件.
练习2：（2012扬州市期中调研）已知函数f(x)=x+ax，当x∈［1,3］时，f(x)的值域为A，且A［n,m］(n （1） 若a=1，求m-n的最小值；
（2） 若m=1,n=8,求a的值；
（3） 若m-n≤1，且A=［n,m］,求a的取值范围.
（2） 由题意，当x∈［1,3］时，f(x)的值域A［8,16］，则必有8≤f(1)≤16
8≤f(3)≤16即
8≤1+a≤16
8≤3+a3≤16解得a=15，此时f(x)=x+15x，x∈［1,3］，值域恰好为［8,16］.
（3） 由题意必有|f(1)-f(3)|≤1，解得32≤a≤3，则极值点a在区间［1,3］内，f(x)在(1,a)单调递减，在(a,3)单调递减，要使条件成立，只需f(1)-f(a)≤1或f(3)-f(a)≤1，解得12-63≤a≤4.运用寻求必要条件的方法，这两题都不需讨论，大大简化了解题过程，节约了考试时间，这恐怕是命题者始料未及的.
二、 利用必要条件转化陌生问题为常见题型
例2 （2010江苏高考9）在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2+y2=4上有且只有四个点到直线l：12x-5y+c=0的距离为1，求实数c的取值范围.
直接确定圆上有四个点到一条直线的距离为1比较棘手，若撇开圆，只考虑到一条直线距离为1的点会有无数个，略一思考，就会发现它们分布在已知直线两侧与已知直线平行且距离为1的两条直线l1,l2上，圆上有四个点到一条直线的距离为1转化为圆与这两条直线有四个交点，即圆与两条直线都相交.
设圆心到已知直线l的距离为d，由条件可知，两条直线l1,l2分布在l的两侧，圆心在l1,l2之间，故圆心到直线l1,l2的距离必为d+1和1-d，利用直线与圆相交的条件得
1+d<2
1-d<2，得d<1，即|c|122+52<1，解得-13 通过寻求必要条件，问题转化为直线圆相交这一常见题型.
练习3：在直角坐标平面内，与点A(1,2)的距离为1，且与点B(3,1)的距离为2的直线共有几条？
三、 利用必要条件解全称命题，减少含参方程或不等式的运算量
例3 （2000高考理）已知数列{cn}，其中cn=2n+3n，且数列{cn+1-pcn}为等比数列，求常数p.
常规解法如下：
解：因为{cn+1-pcn}是等比数列，故有
(cn+1-pcn)2=(cn+2-pcn+1)(cn-pcn-1)，
将cn=2n+3n代入上式，得
［2n+1+3n+1-p(2n+3n)］2
=［2n+1+3n+1-p(2n+1+3n+1)］2•［2n+3n-p(2n-1+3n-1)］，
即［(2-p)2n+(3-p)3n］2
=［(2-p)2n+1+(3-p)3n+1］［(2-p)2n-1+(3-p)3n-1］，
整理得16(2-p)(3-p)•2n•3n=0 ，
解得p=2或p=3.
此法费时费力，对运算能力不强的学生是严峻的考验.但换一种思维，先找结论成立的必要条件，即欲使数列{cn+1-pcn}为等比数列，则其前三项必为等比数列.因为cn+1-pcn=(2-p)2n+(3-p)3n，所以有
［(2-p)4+(3-p)9］2=［(2-p)2+(3-p)3］［(2-p)8+(3-p)27］易解得
p=2或p=3.p=2时，cn+1-pcn=3n ，显然为等比数列，同理，可检验p=3时，cn+1-pcn=2n也为等比数列.
当然，这种方法解全称命题时必须要进行检验.
练习4：已知数列Sn=2n2-n，是否存在常数k，使数列{Sn+kn}为等差数列，若存在，求出常数k，若不存在，请说明理由.
其实我们在解题中经常被迫用这种方法.比如，解对数方程lga=lgb，先得到a=b，而a=b只是lga=lgb的必要条件，而非充要条件.已知函数y=f(x)在x=1处取极值，我们能得到f′(1)=0，而这也只是函数在此处取极值的必要条件，要保证充分性，还需检验.
这是一种以退为进的策略，当若干条件不能兼顾时，先满足部分条件，找到问题的突破口，使解题得以顺利推进.也是先估后算策略的体现，对整体的情况有一个预估，在“茫茫大海”中圈定一个“范围”，有利于解题目标的定向，提高解题效率.在掌握通性通法的基础上，经常进行思维策略的训练，将会提高学生解题的灵活性，深刻性，运算的简洁性，从而提高解题能力.
（责任编辑：沈书龙）
一、 利用必要条件缩小参数范围，减少分类情况
例1 （2008江苏高考）f(x)=ax3-3x+1对于x∈［-1,1］总有f(x)≥0成立，则a=.
常规解法如下：
解析:本小题考查函数单调性及恒成立问题的综合运用,体现了分类讨论的数学思想.
要使f(x)≥0恒成立，只要f(x)min≥0在x∈［-1,1］上恒成立.
f′(x)=3ax2-3=3(ax2-1)
1° 当a=0时，f(x)=-3x+1，所以f(x)min=-2<0，不符合题意，舍去.
2° 当a<0时，f′(x)=3ax2-3=3(ax2-1)<0,即f(x)单调递减，f(x)min=f(1)=a-2≥0a≥2，舍去.
3° 当a>0时f′(x)=0x=±1a
① 若1a≤1a≥1时f(x)在-1,-1a和1a,1上单调递增，
在-1a,1a上单调递减.
所以f(x)min=minf(-1),f1a≥0f(-1)=-a+4≥0
f1a=1-21a≥0a=4
② 当1a>1a<1时f(x)在x∈［-1,1］上单调递减，
f(x)min=f(1)=a-2≥0a≥2，不符合题意，舍去.综上可知a=4.
若是先找结论成立的必要条件，要使f(x)=ax3-3x+1对于x∈［-1,1］总有f(x)≥0成立，则必须f(-1)≥0
f(1)≥0得2≤a≤4，这就限定了a只能是正数，无需对a是负数或零进行讨论.此时要使不等式恒成立，只需函数在［-1,1］上的极小值大于等于0.而f′(x)=3ax2-3=3ax2-1a
，因为2≤a≤4，所以14≤1a≤12，由f′(x)=0易得函数的极小值点是x=1a，由
f1a≥0,
即f1a3-31a+1≥0，解得a≥4，又2≤a≤4，故a=4.了了几行，简洁明快，充分体现了运用逻辑思维解题的辩证性，灵巧性.
练习1：已知t是常数，函数f(x)=|x2-2x-t|在区间上［0,3］的最大值为2，则t=.
按常规思路，应分情况讨论函数f(x)在［0,3］的最大值，令最大值等于2，解方程得t.
但是函数f(x)的图像比较复杂，要分几类情况讨论才能确定最大值.注意到二次函数的对称轴在区间［0,3］内，故使函数f(x)在［0,3］的最大值为2的必要条件是函数在对称轴及两端点处的值均小于等于2.得不等式组f(0)=|t|≤2
f(3)=|3-t|≤2
f(1)=|-1-t|≤2，解之得t=1，经检验符合条件.
练习2：（2012扬州市期中调研）已知函数f(x)=x+ax，当x∈［1,3］时，f(x)的值域为A，且A［n,m］(n
（2） 若m=1,n=8,求a的值；
（3） 若m-n≤1，且A=［n,m］,求a的取值范围.
（2） 由题意，当x∈［1,3］时，f(x)的值域A［8,16］，则必有8≤f(1)≤16
8≤f(3)≤16即
8≤1+a≤16
8≤3+a3≤16解得a=15，此时f(x)=x+15x，x∈［1,3］，值域恰好为［8,16］.
（3） 由题意必有|f(1)-f(3)|≤1，解得32≤a≤3，则极值点a在区间［1,3］内，f(x)在(1,a)单调递减，在(a,3)单调递减，要使条件成立，只需f(1)-f(a)≤1或f(3)-f(a)≤1，解得12-63≤a≤4.运用寻求必要条件的方法，这两题都不需讨论，大大简化了解题过程，节约了考试时间，这恐怕是命题者始料未及的.
二、 利用必要条件转化陌生问题为常见题型
例2 （2010江苏高考9）在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2+y2=4上有且只有四个点到直线l：12x-5y+c=0的距离为1，求实数c的取值范围.
直接确定圆上有四个点到一条直线的距离为1比较棘手，若撇开圆，只考虑到一条直线距离为1的点会有无数个，略一思考，就会发现它们分布在已知直线两侧与已知直线平行且距离为1的两条直线l1,l2上，圆上有四个点到一条直线的距离为1转化为圆与这两条直线有四个交点，即圆与两条直线都相交.
设圆心到已知直线l的距离为d，由条件可知，两条直线l1,l2分布在l的两侧，圆心在l1,l2之间，故圆心到直线l1,l2的距离必为d+1和1-d，利用直线与圆相交的条件得
1+d<2
1-d<2，得d<1，即|c|122+52<1，解得-13
练习3：在直角坐标平面内，与点A(1,2)的距离为1，且与点B(3,1)的距离为2的直线共有几条？
三、 利用必要条件解全称命题，减少含参方程或不等式的运算量
例3 （2000高考理）已知数列{cn}，其中cn=2n+3n，且数列{cn+1-pcn}为等比数列，求常数p.
常规解法如下：
解：因为{cn+1-pcn}是等比数列，故有
(cn+1-pcn)2=(cn+2-pcn+1)(cn-pcn-1)，
将cn=2n+3n代入上式，得
［2n+1+3n+1-p(2n+3n)］2
=［2n+1+3n+1-p(2n+1+3n+1)］2•［2n+3n-p(2n-1+3n-1)］，
即［(2-p)2n+(3-p)3n］2
=［(2-p)2n+1+(3-p)3n+1］［(2-p)2n-1+(3-p)3n-1］，
整理得16(2-p)(3-p)•2n•3n=0 ，
解得p=2或p=3.
此法费时费力，对运算能力不强的学生是严峻的考验.但换一种思维，先找结论成立的必要条件，即欲使数列{cn+1-pcn}为等比数列，则其前三项必为等比数列.因为cn+1-pcn=(2-p)2n+(3-p)3n，所以有
［(2-p)4+(3-p)9］2=［(2-p)2+(3-p)3］［(2-p)8+(3-p)27］易解得
p=2或p=3.p=2时，cn+1-pcn=3n ，显然为等比数列，同理，可检验p=3时，cn+1-pcn=2n也为等比数列.
当然，这种方法解全称命题时必须要进行检验.
练习4：已知数列Sn=2n2-n，是否存在常数k，使数列{Sn+kn}为等差数列，若存在，求出常数k，若不存在，请说明理由.
其实我们在解题中经常被迫用这种方法.比如，解对数方程lga=lgb，先得到a=b，而a=b只是lga=lgb的必要条件，而非充要条件.已知函数y=f(x)在x=1处取极值，我们能得到f′(1)=0，而这也只是函数在此处取极值的必要条件，要保证充分性，还需检验.
这是一种以退为进的策略，当若干条件不能兼顾时，先满足部分条件，找到问题的突破口，使解题得以顺利推进.也是先估后算策略的体现，对整体的情况有一个预估，在“茫茫大海”中圈定一个“范围”，有利于解题目标的定向，提高解题效率.在掌握通性通法的基础上，经常进行思维策略的训练，将会提高学生解题的灵活性，深刻性，运算的简洁性，从而提高解题能力.
（责任编辑：沈书龙）