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数学推导一般可以分为两类.第一类是利用等价条件进行转化：题设…结论，最终题设与结论互为充要条件.题设的内涵没有减弱，外延也没有拓展，因此结论的正确性不容质疑.第二类是利用充分条件进行推导：题设…结论，最终结论成为题设的必要但不充分条件.如果从集合的观点来看，设满足题设的元素构成集合M，满足结论的元素构成的集合为N，若MN，则结论是题设的必要但不充分条件.可见，在第二类推导过程中，题设的内涵的性质在减弱，外延的范围在拓展.第二类推导带来“利”与“弊”两方面的后果：“利”的一方面是题设的要求可以暂时降低.如题设条件中“全部”满足可以暂时降到“局部”满足，题设的“一般性”满足暂时降到“特殊性”满足，题设的“是否存在”满足暂时降低到“假设存在”满足等等.这样，我们可以从一般先到特殊，未知暂当已知，从而把解决问题的“入口”降低.“弊”的一方面是这样的推导有可能使答案的范围扩大或者出现“增解”的现象，结果“惹祸”，甚至上当受骗之后还不察觉.因此，我们说“题设的必要不充分条件”是一把“双刃剑”.
为了用好这把“双刃剑”，我们采用以下面的推导流程：
题设题设的必要但不充分条件中间结果验证结论
这种模式的推导是从一般先到特殊再回到一般，即先研究特殊情况，推出中间结果，再对特殊情况下的中间结果进行“一般性”或“存在性”的验证，最后推出结论，这样，一方面使结论与题设仍然保持等价性，另一方面使解决问题的思路简单、清晰，而且也为解决探究性问题提供了行之有效的策略.
下面举例说明怎样使用这把“双刃剑”，来达到既能“克敌制胜”又不会“伤害自己”的目的.先来评析一道经典试题的多种解法.
例1 （2008年江苏高考数学第14题）设函数f（x）=ax3-3x+1（x∈R），若对于任意x∈[-1，1]，都有f（x）≥0成立，则实数a的值为.
这道试题，散见在各种文献资料上有四种解法，现在分别作出评析.
分析1 f（x）≥0恒成立f（x）min≥0.本题转化为求函数f（x）在x∈[-1，1]上的最小值.
由题得：f′（x）=3ax2-3=3（ax2-1），
（1） 当a≤0时，f′（x）<0，f（x）在x∈[-1，1]上递减，f（x）min=f（1） =a-2，由a-2≥0得a≥2与a≤0矛盾，不合题意.
当a>0时，令f′（x）=3（ax2-1）=0，得x=±1a
① 若0 ② 若a>1，则-1<-1a<1a<1，函数f（x）在-1，-1a和1a，1上递增，在-1a，1a上递减，所以f（x）min=f（-1）或f（x）min=f1a，
由f（x）≥0恒成立f（-1）≥0f1a≥0，得a=4.
综上可得a的值为4.
评注 推导过程都是等价转化，结论的正确性不容置疑，但解题过程比较繁琐.
分析2 f（x）=ax3-3x+1≥0恒成立ax3≥3x-1恒成立.
令g（x）=ax3，h（x）=3x-1，在同一直角坐标系中分别作出g（x）和h（x）的图象（如图所示）
首先挖掘隐含条件：设g（x）和h（x）相切，切点为P（x0，y0），则由g（x0）=h（x0）g′（x0）=h′（x0），即ax03=3x0-13ax02=3解得x0=12，进而得到y0=12.这就是说，对于任意的a>0，总有g（x）和h（x）相切于点P12，12，根据图，得原题等价于x∈（-1，1）时，除切点外，g（x）的图象在h（x）图象的上方
g（1） ≥h（1） g（-1）≥h（-1）g12=h12即f（1） ≥0f（-1）≥0f12=0，得a=4.
评注 推导过程仍然是等价转化，不过是画出了大家熟悉的三次函数与一次函数的图象，运用数形结合的思想来列出充要条件.运算量比方法1小，但思维含量要求较高，必须挖掘出隐含条件，并且依赖于直观，有风险.
分析3 对于x∈[-1，1]都有f（x）≥0成立的必要不充分条件是f（1） =a-2≥0f（-1）=-a+4≥0即得2≤a≤4.
在这样的限制范围下，就可以避免分析1中的分类讨论，而只需要说明分析1中的第（2） 种情况的②就可以了，从而得a=4.
评注 整个闭区间上要满足f（x）≥0，其必要不充分条件是区间的两端要满足f（x）≥0，通过两个特殊值限制了a的取值范围，依此来减少讨论的情况，甚至避免了分类讨论，这种化繁为简的效果是显而易见的.
分析4 受“二分法”思想的启示，在分别考虑了f（x）在x=1和x=-1处的函数值后，继续考虑f（x）在x=0和x=12处的函数值，从而写出
“对于x∈[-1，1]都有f（x）≥0成立”的必要不充分条件f（1） ≥0f（-1）≥0f（0）≥0f12≥0，得a=4.
评注 这是不少人津津乐道的一种小题小做的方法，并美其名曰“特值法”.其实这里包含着不小的“隐患”.题末的设问是“实数a的值为”，难道没有可能答案是“实数a的值为不存在”吗？！（个别文章的作者为了强化这种“特值法”，故意将题末的设问改成“实数a=”，来暗示实数a的值的存在，可见用心的良苦！）所以分析4必须补充验证的步骤：当a=4时，f（x）=4x3-3x+1，令f′（x）=12x2-3=0得x=±12.
因为-1<-12<12<1，所以f（x）在-1，-12和12，1上递增，在-12，12上递减，从而得到当x∈[-1，1]时，f（x）min=f（-1）=f12=0，故a=4符合题意.
四种方法经过比较，显然先考虑“题设的必要不充分条件”对解题有很大的帮助. 然后来看一道探索直线的存在性问题.
例2 已知抛物线方程y=-12x2+m，点A，B及P（2，4）都在抛物线上，直线PA与PB的倾斜角互补，
（1） 证明：直线AB的斜率是定值；
（2） 是否存在直线AB，使△APB成为以AB为底边的等腰三角形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，说明理由.
解证：（1） 抛物线方程为y=-12x2+6，直线AB的斜率为定值2（过程略）.
（2） 假设存在直线AB：y=2x+n满足条件，代入抛物线方程y=-12x2+6整理得x2+4x+2（n-6）=0（*）
设C为AB的中点，则xC=xA+xB2=-2，yC=2xC+n=n-4，点C的坐标为（-2，n-4），点P到直线AB的距离为d=|4-4+n|5=|n|5，若△APB是以AB为底边的等腰三角形，则有PC=d即（2+2）2+（8-n）2=|n|5，得n=10.
（很多学生做到这里会出现下面三种情况：① 不验证就下结论，“符合题意的直线AB存在”；② 不知道如何验证；③ 不知道为什么要验证.）
但是此时方程（*）的Δ=16-4×2×（10-6）<0
故符合题意的直线AB是不存在的.
评注 满足题设条件的直线AB存在A、B两点的抛物线上AB边上的中线等于AB边上的高，如果假设直线AB存在后，只根据PC=d来推导，就忽略了直线AB是否与抛物线相交于两个点，那么仅仅用了“题设的必要不充分条件”，所以有可能出现“增根”，但是并不可怕，只要再进行“验证”.
最后来看看用好“题设的必要不充分条件”在探究定点、定值问题时的作用.
例3 （1） 已知抛物线y2=2px（p>0），过焦点F的动直线l交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，求证：OA·OB为定值；
（2） 由（1） 可知，过抛物线的焦点F的动直线l交抛物线于A，B两点，存在定点P，使得PA·PB为定值，请写出关于椭圆的类似结论，并给出证明.
下面仅研究例3的（2） .
运用类比推理，关于椭圆有类似的结论：过椭圆的一个焦点F的动直线l交椭圆于A，B两点，存在定点P，使得PA·PB为定值.
不妨设椭圆方程为x2a2+y2b2=1（a>b>0），一个焦点为F（c，0）.
本题对定点P和定值PA·PB，都要探究，是一个双探究问题，难度较大.我们可以先考虑降低它的难度，对于“过椭圆的一个焦点F的动直线l”的必要但不充分条件是“过焦点的动直线的两个特殊位置（l⊥x轴及l在x轴上）”存在定点P，使得PA·PB为定值.
椭圆与抛物线y2=2px（p>0）一样，也关于x轴对称，所以我们有理由猜想定点P在x轴上.那么定点是否也会可能在原点O处呢？不妨试试看：
当直线l⊥x轴时，l与椭圆的两交点为Ac，b2a，Bc，-b2a，此时PA·PB=OA·OB=c2-b4a2，
当直线l⊥x轴上时，l与椭圆的两交点为A（a，0），B（-a，0），此时PA·PB=OA·OB=-a2，
要使PA·OB为定值，则应该有c2-b2a2=-a2，即（2a2+b2）（a2-b2）=0，得a=b，这与a>b矛盾.因此可以确定定点P不在原点O处.
很自然的，设定点为P（x0，0），再试试看：
当直线l⊥x轴时，PA·PB=c-x0，b2a·c-x0，-b2a=（c-x0）2-b4a2，
当直线l在x轴上时，PA·PB=（a-x0，0）·（-a-x0，0）=x20-a2，要使PA·PB为定值，则应有（c-x0）2-b4a2=x20-a2，得x0=a2（a2+c2）-b42a2c，此时，PA·PB=b4（c2-4a2）4a4.
通过对动直线l的两种特殊位置的探究，我们得到了这个问题的中间结果：如果存在定点P，那么P点的坐标为a2（a2+c2）-b42a2c，0，PA·PB为定值b4（c2-4a2）4a4.
接着对动直线l的一般情况给出证明：
若直线l不垂直于x轴，设其方程为y=k（x-c），l与椭圆交于点A（x1，y1），B（x2，y2），由y=k（x-c）x2a2+y2b2=1，得（a2k2+b2）x2-2a2ck2x+（a2c2-a2b2）=0（*）
因为直线l与椭圆必交于两点，所以方程（*）有两个相异实根x1，x2，且
x1+x2=2a2ck2a2k2+b2，x1x2=a2c2k2-a2b2a2k2+b2
假设存在定点P（m，0），使得PA·PB为定值
则PA·PB=（x1-m，y1）·（x2-m，y2）
=（x1-m）（x2-m）+y1y2=（1+k2）x1x2-（m+ck2）（x1+x2）+m2+c2k2=
（a4-a2b2-b4+a2m2-2a2cm）k2+（m2-a2）b2a2k2+b2（**）
到这里有两种处理方法：
方法1.取m=x0=a2（a2+c2）-b42a2c，代入（**）式消去k，得到PA·PB=b4（c2-4a2）4a4为定值，不过运算量较大.
方法2：当且仅当a4-a2b2-b4+a2m2-2a2cma2=m2-a21时，（**）式为定值从而解得m=a2（a2+c2）-b42a2c，进而得到PA·PB=b4（c2-4a2）4a4为定值
故过椭圆焦点的动直线l交椭圆于A，B两点，存在定点Pa2（a2+c2）-b42a2c，0，使得PA·PB为定值b4（c2-4a2）4a4.
评注 这样的探究活动，从特殊到一般，有操作的方法可以遵循.这样的证明过程，从具体到抽象，有明确的目标可以努力.有兴趣的读者还可以去探究双曲线是否也有类似的结论.
以上几个例子使我们体会到，用好“题设的必要不充分条件”，确实能提高教学的效率.但是诚如车尔尼雪夫斯基所说的：“既然太阳也有黑点，人世间的事情就更不可能没有缺陷”.对于这把“双刃剑”我们要扬长避短.
为了用好这把“双刃剑”，我们采用以下面的推导流程：
题设题设的必要但不充分条件中间结果验证结论
这种模式的推导是从一般先到特殊再回到一般，即先研究特殊情况，推出中间结果，再对特殊情况下的中间结果进行“一般性”或“存在性”的验证，最后推出结论，这样，一方面使结论与题设仍然保持等价性，另一方面使解决问题的思路简单、清晰，而且也为解决探究性问题提供了行之有效的策略.
下面举例说明怎样使用这把“双刃剑”，来达到既能“克敌制胜”又不会“伤害自己”的目的.先来评析一道经典试题的多种解法.
例1 （2008年江苏高考数学第14题）设函数f（x）=ax3-3x+1（x∈R），若对于任意x∈[-1，1]，都有f（x）≥0成立，则实数a的值为.
这道试题，散见在各种文献资料上有四种解法，现在分别作出评析.
分析1 f（x）≥0恒成立f（x）min≥0.本题转化为求函数f（x）在x∈[-1，1]上的最小值.
由题得：f′（x）=3ax2-3=3（ax2-1），
（1） 当a≤0时，f′（x）<0，f（x）在x∈[-1，1]上递减，f（x）min=f（1） =a-2，由a-2≥0得a≥2与a≤0矛盾，不合题意.
当a>0时，令f′（x）=3（ax2-1）=0，得x=±1a
① 若0
由f（x）≥0恒成立f（-1）≥0f1a≥0，得a=4.
综上可得a的值为4.
评注 推导过程都是等价转化，结论的正确性不容置疑，但解题过程比较繁琐.
分析2 f（x）=ax3-3x+1≥0恒成立ax3≥3x-1恒成立.
令g（x）=ax3，h（x）=3x-1，在同一直角坐标系中分别作出g（x）和h（x）的图象（如图所示）
首先挖掘隐含条件：设g（x）和h（x）相切，切点为P（x0，y0），则由g（x0）=h（x0）g′（x0）=h′（x0），即ax03=3x0-13ax02=3解得x0=12，进而得到y0=12.这就是说，对于任意的a>0，总有g（x）和h（x）相切于点P12，12，根据图，得原题等价于x∈（-1，1）时，除切点外，g（x）的图象在h（x）图象的上方
g（1） ≥h（1） g（-1）≥h（-1）g12=h12即f（1） ≥0f（-1）≥0f12=0，得a=4.
评注 推导过程仍然是等价转化，不过是画出了大家熟悉的三次函数与一次函数的图象，运用数形结合的思想来列出充要条件.运算量比方法1小，但思维含量要求较高，必须挖掘出隐含条件，并且依赖于直观，有风险.
分析3 对于x∈[-1，1]都有f（x）≥0成立的必要不充分条件是f（1） =a-2≥0f（-1）=-a+4≥0即得2≤a≤4.
在这样的限制范围下，就可以避免分析1中的分类讨论，而只需要说明分析1中的第（2） 种情况的②就可以了，从而得a=4.
评注 整个闭区间上要满足f（x）≥0，其必要不充分条件是区间的两端要满足f（x）≥0，通过两个特殊值限制了a的取值范围，依此来减少讨论的情况，甚至避免了分类讨论，这种化繁为简的效果是显而易见的.
分析4 受“二分法”思想的启示，在分别考虑了f（x）在x=1和x=-1处的函数值后，继续考虑f（x）在x=0和x=12处的函数值，从而写出
“对于x∈[-1，1]都有f（x）≥0成立”的必要不充分条件f（1） ≥0f（-1）≥0f（0）≥0f12≥0，得a=4.
评注 这是不少人津津乐道的一种小题小做的方法，并美其名曰“特值法”.其实这里包含着不小的“隐患”.题末的设问是“实数a的值为”，难道没有可能答案是“实数a的值为不存在”吗？！（个别文章的作者为了强化这种“特值法”，故意将题末的设问改成“实数a=”，来暗示实数a的值的存在，可见用心的良苦！）所以分析4必须补充验证的步骤：当a=4时，f（x）=4x3-3x+1，令f′（x）=12x2-3=0得x=±12.
因为-1<-12<12<1，所以f（x）在-1，-12和12，1上递增，在-12，12上递减，从而得到当x∈[-1，1]时，f（x）min=f（-1）=f12=0，故a=4符合题意.
四种方法经过比较，显然先考虑“题设的必要不充分条件”对解题有很大的帮助. 然后来看一道探索直线的存在性问题.
例2 已知抛物线方程y=-12x2+m，点A，B及P（2，4）都在抛物线上，直线PA与PB的倾斜角互补，
（1） 证明：直线AB的斜率是定值；
（2） 是否存在直线AB，使△APB成为以AB为底边的等腰三角形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，说明理由.
解证：（1） 抛物线方程为y=-12x2+6，直线AB的斜率为定值2（过程略）.
（2） 假设存在直线AB：y=2x+n满足条件，代入抛物线方程y=-12x2+6整理得x2+4x+2（n-6）=0（*）
设C为AB的中点，则xC=xA+xB2=-2，yC=2xC+n=n-4，点C的坐标为（-2，n-4），点P到直线AB的距离为d=|4-4+n|5=|n|5，若△APB是以AB为底边的等腰三角形，则有PC=d即（2+2）2+（8-n）2=|n|5，得n=10.
（很多学生做到这里会出现下面三种情况：① 不验证就下结论，“符合题意的直线AB存在”；② 不知道如何验证；③ 不知道为什么要验证.）
但是此时方程（*）的Δ=16-4×2×（10-6）<0
故符合题意的直线AB是不存在的.
评注 满足题设条件的直线AB存在A、B两点的抛物线上AB边上的中线等于AB边上的高，如果假设直线AB存在后，只根据PC=d来推导，就忽略了直线AB是否与抛物线相交于两个点，那么仅仅用了“题设的必要不充分条件”，所以有可能出现“增根”，但是并不可怕，只要再进行“验证”.
最后来看看用好“题设的必要不充分条件”在探究定点、定值问题时的作用.
例3 （1） 已知抛物线y2=2px（p>0），过焦点F的动直线l交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，求证：OA·OB为定值；
（2） 由（1） 可知，过抛物线的焦点F的动直线l交抛物线于A，B两点，存在定点P，使得PA·PB为定值，请写出关于椭圆的类似结论，并给出证明.
下面仅研究例3的（2） .
运用类比推理，关于椭圆有类似的结论：过椭圆的一个焦点F的动直线l交椭圆于A，B两点，存在定点P，使得PA·PB为定值.
不妨设椭圆方程为x2a2+y2b2=1（a>b>0），一个焦点为F（c，0）.
本题对定点P和定值PA·PB，都要探究，是一个双探究问题，难度较大.我们可以先考虑降低它的难度，对于“过椭圆的一个焦点F的动直线l”的必要但不充分条件是“过焦点的动直线的两个特殊位置（l⊥x轴及l在x轴上）”存在定点P，使得PA·PB为定值.
椭圆与抛物线y2=2px（p>0）一样，也关于x轴对称，所以我们有理由猜想定点P在x轴上.那么定点是否也会可能在原点O处呢？不妨试试看：
当直线l⊥x轴时，l与椭圆的两交点为Ac，b2a，Bc，-b2a，此时PA·PB=OA·OB=c2-b4a2，
当直线l⊥x轴上时，l与椭圆的两交点为A（a，0），B（-a，0），此时PA·PB=OA·OB=-a2，
要使PA·OB为定值，则应该有c2-b2a2=-a2，即（2a2+b2）（a2-b2）=0，得a=b，这与a>b矛盾.因此可以确定定点P不在原点O处.
很自然的，设定点为P（x0，0），再试试看：
当直线l⊥x轴时，PA·PB=c-x0，b2a·c-x0，-b2a=（c-x0）2-b4a2，
当直线l在x轴上时，PA·PB=（a-x0，0）·（-a-x0，0）=x20-a2，要使PA·PB为定值，则应有（c-x0）2-b4a2=x20-a2，得x0=a2（a2+c2）-b42a2c，此时，PA·PB=b4（c2-4a2）4a4.
通过对动直线l的两种特殊位置的探究，我们得到了这个问题的中间结果：如果存在定点P，那么P点的坐标为a2（a2+c2）-b42a2c，0，PA·PB为定值b4（c2-4a2）4a4.
接着对动直线l的一般情况给出证明：
若直线l不垂直于x轴，设其方程为y=k（x-c），l与椭圆交于点A（x1，y1），B（x2，y2），由y=k（x-c）x2a2+y2b2=1，得（a2k2+b2）x2-2a2ck2x+（a2c2-a2b2）=0（*）
因为直线l与椭圆必交于两点，所以方程（*）有两个相异实根x1，x2，且
x1+x2=2a2ck2a2k2+b2，x1x2=a2c2k2-a2b2a2k2+b2
假设存在定点P（m，0），使得PA·PB为定值
则PA·PB=（x1-m，y1）·（x2-m，y2）
=（x1-m）（x2-m）+y1y2=（1+k2）x1x2-（m+ck2）（x1+x2）+m2+c2k2=
（a4-a2b2-b4+a2m2-2a2cm）k2+（m2-a2）b2a2k2+b2（**）
到这里有两种处理方法：
方法1.取m=x0=a2（a2+c2）-b42a2c，代入（**）式消去k，得到PA·PB=b4（c2-4a2）4a4为定值，不过运算量较大.
方法2：当且仅当a4-a2b2-b4+a2m2-2a2cma2=m2-a21时，（**）式为定值从而解得m=a2（a2+c2）-b42a2c，进而得到PA·PB=b4（c2-4a2）4a4为定值
故过椭圆焦点的动直线l交椭圆于A，B两点，存在定点Pa2（a2+c2）-b42a2c，0，使得PA·PB为定值b4（c2-4a2）4a4.
评注 这样的探究活动，从特殊到一般，有操作的方法可以遵循.这样的证明过程，从具体到抽象，有明确的目标可以努力.有兴趣的读者还可以去探究双曲线是否也有类似的结论.
以上几个例子使我们体会到，用好“题设的必要不充分条件”，确实能提高教学的效率.但是诚如车尔尼雪夫斯基所说的：“既然太阳也有黑点，人世间的事情就更不可能没有缺陷”.对于这把“双刃剑”我们要扬长避短.