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探索性问题与传统题型不同．传统题型给出已知条件，要求解出预定结果或证明既定的结论．探索性问题可能条件不够完备，结论也不唯一固定，具有开放性，解题过程具有探索性．对培养学生独立解决问题的能力、自觉参与科学发现、培养学生数学创造思维能力，具有重要意义．由于这类问题的知识覆盖面大，综合性强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，要求解答者必须具有扎实的基础知识和较高的数学能力，从而使它成为高考试题中的一种常见而又重要的题型．
从探索性问题的解题来看，现成的套路少，对观察、试验、联想、类比、猜测、抽象、概括，特别是发现问题和分析问题的能力要求较高．但是就目前高考数学所涉及的探索性问题解决，还可以归纳出一些一般的思维方法和一些常见的解题策略．高考范围内的常见的探索性问题可以粗略的分为以下四种基本类型：
一、 结论探索型
结论探索型，一般可以分为肯定型、否定型、讨论型三种．这类问题的基本特征是给出条件而无结论或结论的正确与否需要确定．探索结论而后证明结论是解决这类问题的一般形式．解决这类问题的一般思维方式是首先研究符合条件的特例或反例，观察、试验、归纳、猜测，然后进行讨论、论证．对于判断某结论是否成立的问题，有时需要区别不同的情形而加以分类讨论．
例1（2009年高考湖北卷理科第15题）已知数列{an}满足：a1=m（m为正整数），an+1=an2，当an为偶数时，
3an+1，当an为奇数时。若a6=1，则m所有可能的取值为．
解析：（1） 若a1=m为偶数，则a12为偶, 故a2=m2a3=a22=m4
① 当m4仍为偶数时，a4=m8…a6=m32故m32=1m=32
② 当m4为奇数时，a4=3a3+1=34m+1…a6=34m+14，故34m+14=1得m=4．
（2） 若a1=m为奇数，则a2=3a1+1=3m+1为偶数，故a3=3m+12必为偶数…a6=3m+116，所以3m+116=1可得m=5
二、 探索条件型
这类问题的外在形式是给出结论，条件未知需探究，或条件增删需确定，或条件正误需判断．解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件．在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．
例2（2009年高考浙江卷理科第17题）如图，在长方形ABCD中，AB=2,BC=1,E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面AFD⊥平面ABC,在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足，设AK=t,则t的取值范围是.
例3解析：方法一：此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，t=1，随着F点到C点时，因CB⊥AB，CB⊥DK，∴ CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD，对于CD=2，BC=1，∴ BD=3，又AD=1，AB=2，因此有AD⊥BD，则有t=12，因此t的取值范围是12，1；方法二：连接FK，设DF=x（1＜x＜2），则DK2=1-t2，在Rt△FKD中KF2=x2-(1-t2)=x2+t2-1①，在△AKF中设∠KAF=θ，则AF•cosθ=x，由余弦定理可得：KF2=AK2+AF2-2AK•AFcosθ=t2+x2+1-2tx ②，由①、②得x2+t2-1=t2+x2+1-2tx，即tx=1，而1＜x＜2，∴ 12＜t＜1.
例3已知二次项系数为负数二次函数f(x)，对于任意的x∈R，f(2-x)=f(2+x)总成立，问：f(1-2x2)与f(1-2x-x2)满足什么条件时，才能使-2＜x＜0成立．
解析：本题从结论中的二次函数的自变量的取值范围-2＜x＜0出发，加之条件：二次项系数为负数及f(2-x)=f(2+x)总成立，要探求使结论成立-2＜x＜0的另一些条件．由于结论是关于x的不等式，故猜想f(1-2x2)与f(1-2x-x2)应满足不等关系，考察条件：（1） 二次函数的二次项系数为负数，可知抛物线开口向下；（2） 有f(2-x)=f(2+x)可知抛物线的对称轴方程为x=2．有（1）、（2）可知函数f(x)在（-∞，2）内递增，在（2，+∞）内递减．
再看1-2x2与1-2x-x2所在的区间，显然1-2x2＜1，1-2x-x2=-（x-1）2≤2
所以对任意的x∈R，1-2x2与1-2x-x2都在（-∞，2）这个递增区间内，而1-2x2=1-2x-x2解得：x=0或x=-2．
因此只需要考虑两种情况：由f(1-2x2)＞f(1-2x-x2)时，1-2x2＞1-2x-x2，x2+2x＜0，-2x＜0；另一种情况解得x＜1或x＞0，此时不成立，舍去．故满足的条件为f(1-2x2)＞f(1-2x-x2)．
三、 存在判断型
这类问题是在正确的题设条件下判断某一数学对象是否存在或某一结论是否成立，解决这类问题的基本策略是先假设需要探究的对象存在，以题设条件和这种假设为出发点进行数式运算或逻辑推理，由此推出矛盾，则否定存在；若果不出现矛盾，则肯定存在，给出证明．有时也需要区别不同的情形加以分类讨论．
例4（2011年高考湖南卷文科第22题）设函数f(x)=x-1x-alnx(a∈R)
(Ⅰ) 讨论f(x)的单调性；
（Ⅱ） 若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A（x1，f(x)），B(x2，f(x2))的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k=2-a，若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．
解析：（Ⅰ） f(x)的定义域为（0，+∞），
f′（x）=1+1x2-ax=x2-ax+1x2
令g(x)=x2-ax+1，其判别式Δ=a2-4
当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在（0，+∞）上单调递增．
当a＜-2时，Δ＞0，g(x)=0的两根都小于0，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，故f(x)在（0，+∞）上单调递增．
当a＞0时，Δ＞0，g(x)=0的两根为x1=a-a2-42，x2=a+a2-42，
当0＜x＜x1时，f′（x）＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0；当x＞x2时，f′(x)＞0，故f(x)分别在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．
（Ⅱ） 假设存在满条件的a
由（Ⅰ）知，a＞2．∵ f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+x1-x2x1x2-a（lnx1-lnx2），
∴ k=f(x1)-f(x2)x1-x2=1+1x1x2-a•lnx1-lnx2x1-x2
又由(Ⅰ)知，x1x2=1．于是k=2-a•lnx1-lnx2x1-x2
若存在a，使得k=2-a，则lnx1-lnx2x1-x2=1．即lnx1-lnx2=x1-x2．亦即
x2-1x2-2lnx2=0（x2＞1）（*）
再由（Ⅰ）知，函数h(t)=t-1t-2lnt在（0，+∞）上单调递增，而x2＞1，所以x2-1x2-lnx2＞1-11-ln1=0这与（*）式矛盾．故不存在a，使得k=2-a．
四、 探索规律型
这类问题的基本特征是给出若干具体的数、式、函数等，要求通过观察、归纳、类比、分析等思维方法，概括出一般性规律，然后再给出严格的证明．
例5（2008年高考江苏卷第10题）将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为
…………
解析：本小题考查归纳推理和等差数列求和公式．
前n－1 行共有正整数1＋2＋…＋（n－1）个，即n2*n2个，因此第n 行第3 个数是全体正整数中第n2-n2＋3个，即为n2-n+62．
答案：n2-n+62
总之，探索性问题是一种具有开放性和发散不性的问题，此类题目的条件或结论完备，要求解答者自己去探索，结合已有的条件，进行观察、分析、比较和概括，它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求，它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程．探索是数学发现的先导，也是培养创新精神和发现能力的重要途径．
江苏建湖高级中学王梅224700
心理学表明，“发散思维是创造性思维中的一种，它是从不同角度和方法去解决某一问题的前提”.函数在高中数学中占有非常重要的地位，是高考中的重点与热点问题，不但考查了学生的数学意识、数学思维还对学生的探索能力，推理能力等都提出了较高的要求，常常在考卷中有一定的区分度，而方法的选择往往起着举足轻重的作用.
例1(盐城市2011届摸底考试)已知f(x)是定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，当x＞0时，f(x)=lnx-ax，若函数f(x)在其定义域上有且仅有四个不同的零点，则实数a的取值范围是.
本题涉及到函数的单调性、奇偶性，函数与方程思想，数形结合思想，转化思想等，因此是一个比较好的有一定区分度的题目，解题方法也不唯一.
分析：∵ f(x)是奇函数，f(x)=0有四个根，∴ 当x＞0时，f(x)=0有两个不等实根
思路一：f(x)=lnx-ax在（0，+∞）上与x轴有两个交点，所以要考虑到f(x)的图象
f′（x）=1x-a，若a≤0，则f′(x)＞0，则f(x)单调递增不可能与x轴有两个交点.
∴ a＞0，当x＜1a时，f′（x）＞0；当x＞1a时，f′（x）＜0∴ 当x=1a时，f(x)在（0，+∞）上取得最大值
∴ f1a＞00＜a＜1e
当x→0时，mx-ax＜0，x→+∞时，对任一个确定的a值一定存在一个x使f(x)＜0.
这种解法符合一般学生的思维习惯，入手较易，但在运算过程中要注意对a的分类讨论.
思路二：lnx-ax=0在（0，+∞）上有两个不等实根，即y=lnx与y=ax在（0，+∞）上有两个交点，由图可明显看出a＞0，只要考虑y=lnx与y=ax相切即可，
设切点(x0,y0)，∵ （lnx）′=1x
∴ y0x0=1x0=a
∴ y0=1，x0=2，∴ a=y0x0=1e
∴ 0＜a＜1e
第二种解法明显要比第一种优越多了，尤其对填空题来讲不仅更加快捷，而且能提高准确率，这是转化为两个函数的交点来解决的.
思路三：lnx-ax=0在（0，+∞）上有两个不等实根，即a=lnxx在（0，+∞）上有两个交点
令h(x)=lnxx，h′（x）=lnxx，当x＜R时，h′（x）＞0，x＞e时，h′（x）＜0
∴ h(x)max=h(e)=1e，当x→0时，h(x)→-∞，当x→+∞时，h(x)→0
∴ 0＜a＜1e
第三种解法：继续延用了第二种解题思路，不过在转化时，我们使用了参数分离，这样的解题方法对很多类似的问题往往有更好的效果.
例2(2010年全国卷2文数第2题)已知函数f(x)=x3-3ax2+3x+1
（Ⅰ） 设a=2，求f（x）的单调期间.
（Ⅱ） 设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a的范围.
分析：这题中答题中的倒数第二题，承担着区分与选拔的任务，注重了学生的能力的考查.
首先可转化为f′(x)=0在(2,3)中至少有一种且无重根
f′(x)=3x2-6ax+3
思路一：利用二次函数图象直接加以研究，可发现不仅分类多，而且运算量大
思路二：利用求根公式
这两种方法是网络上答案所提供的两种方法，从过程的篇幅来看，让人望而生畏
思路三：3x2-6ax+3=0在(2,3)内至少有一根，即2a=x+1x，x∈（2，3）至少有一根
∴ y=2a与y=x+1x至少有一个交点
利用y=x+1x在(2,3)内的单调性，很快求出x+1x∈52，103
∴ a∈54，53
很明显第三种方法让人看了不禁眼前一亮，运算简单、快捷，那么怎样的问题可用上述解法呢？我们可看出，当研究一个方程在给定区间内讨论根的个数或函数在给定范围内讨论交点个数时，利用参数分离，往往能起到事半功倍的效果.
方程f(x)=g(x)的解的个数“等价于”y=f(x)与y=g(x)图象的交点个数，特别地，“f(x)=a的解的个数”等价于y=f(x)与y=a图象的交点个数，借助图象来讨论方程解的个数，使抽象的问题直观化，生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，灵活地转换思考角度为解决疑难问题创造途径.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
从探索性问题的解题来看，现成的套路少，对观察、试验、联想、类比、猜测、抽象、概括，特别是发现问题和分析问题的能力要求较高．但是就目前高考数学所涉及的探索性问题解决，还可以归纳出一些一般的思维方法和一些常见的解题策略．高考范围内的常见的探索性问题可以粗略的分为以下四种基本类型：
一、 结论探索型
结论探索型，一般可以分为肯定型、否定型、讨论型三种．这类问题的基本特征是给出条件而无结论或结论的正确与否需要确定．探索结论而后证明结论是解决这类问题的一般形式．解决这类问题的一般思维方式是首先研究符合条件的特例或反例，观察、试验、归纳、猜测，然后进行讨论、论证．对于判断某结论是否成立的问题，有时需要区别不同的情形而加以分类讨论．
例1（2009年高考湖北卷理科第15题）已知数列{an}满足：a1=m（m为正整数），an+1=an2，当an为偶数时，
3an+1，当an为奇数时。若a6=1，则m所有可能的取值为．
解析：（1） 若a1=m为偶数，则a12为偶, 故a2=m2a3=a22=m4
① 当m4仍为偶数时，a4=m8…a6=m32故m32=1m=32
② 当m4为奇数时，a4=3a3+1=34m+1…a6=34m+14，故34m+14=1得m=4．
（2） 若a1=m为奇数，则a2=3a1+1=3m+1为偶数，故a3=3m+12必为偶数…a6=3m+116，所以3m+116=1可得m=5
二、 探索条件型
这类问题的外在形式是给出结论，条件未知需探究，或条件增删需确定，或条件正误需判断．解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件．在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．
例2（2009年高考浙江卷理科第17题）如图，在长方形ABCD中，AB=2,BC=1,E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面AFD⊥平面ABC,在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足，设AK=t,则t的取值范围是.
例3解析：方法一：此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，t=1，随着F点到C点时，因CB⊥AB，CB⊥DK，∴ CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD，对于CD=2，BC=1，∴ BD=3，又AD=1，AB=2，因此有AD⊥BD，则有t=12，因此t的取值范围是12，1；方法二：连接FK，设DF=x（1＜x＜2），则DK2=1-t2，在Rt△FKD中KF2=x2-(1-t2)=x2+t2-1①，在△AKF中设∠KAF=θ，则AF•cosθ=x，由余弦定理可得：KF2=AK2+AF2-2AK•AFcosθ=t2+x2+1-2tx ②，由①、②得x2+t2-1=t2+x2+1-2tx，即tx=1，而1＜x＜2，∴ 12＜t＜1.
例3已知二次项系数为负数二次函数f(x)，对于任意的x∈R，f(2-x)=f(2+x)总成立，问：f(1-2x2)与f(1-2x-x2)满足什么条件时，才能使-2＜x＜0成立．
解析：本题从结论中的二次函数的自变量的取值范围-2＜x＜0出发，加之条件：二次项系数为负数及f(2-x)=f(2+x)总成立，要探求使结论成立-2＜x＜0的另一些条件．由于结论是关于x的不等式，故猜想f(1-2x2)与f(1-2x-x2)应满足不等关系，考察条件：（1） 二次函数的二次项系数为负数，可知抛物线开口向下；（2） 有f(2-x)=f(2+x)可知抛物线的对称轴方程为x=2．有（1）、（2）可知函数f(x)在（-∞，2）内递增，在（2，+∞）内递减．
再看1-2x2与1-2x-x2所在的区间，显然1-2x2＜1，1-2x-x2=-（x-1）2≤2
所以对任意的x∈R，1-2x2与1-2x-x2都在（-∞，2）这个递增区间内，而1-2x2=1-2x-x2解得：x=0或x=-2．
因此只需要考虑两种情况：由f(1-2x2)＞f(1-2x-x2)时，1-2x2＞1-2x-x2，x2+2x＜0，-2x＜0；另一种情况解得x＜1或x＞0，此时不成立，舍去．故满足的条件为f(1-2x2)＞f(1-2x-x2)．
三、 存在判断型
这类问题是在正确的题设条件下判断某一数学对象是否存在或某一结论是否成立，解决这类问题的基本策略是先假设需要探究的对象存在，以题设条件和这种假设为出发点进行数式运算或逻辑推理，由此推出矛盾，则否定存在；若果不出现矛盾，则肯定存在，给出证明．有时也需要区别不同的情形加以分类讨论．
例4（2011年高考湖南卷文科第22题）设函数f(x)=x-1x-alnx(a∈R)
(Ⅰ) 讨论f(x)的单调性；
（Ⅱ） 若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A（x1，f(x)），B(x2，f(x2))的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k=2-a，若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．
解析：（Ⅰ） f(x)的定义域为（0，+∞），
f′（x）=1+1x2-ax=x2-ax+1x2
令g(x)=x2-ax+1，其判别式Δ=a2-4
当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在（0，+∞）上单调递增．
当a＜-2时，Δ＞0，g(x)=0的两根都小于0，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，故f(x)在（0，+∞）上单调递增．
当a＞0时，Δ＞0，g(x)=0的两根为x1=a-a2-42，x2=a+a2-42，
当0＜x＜x1时，f′（x）＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0；当x＞x2时，f′(x)＞0，故f(x)分别在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．
（Ⅱ） 假设存在满条件的a
由（Ⅰ）知，a＞2．∵ f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+x1-x2x1x2-a（lnx1-lnx2），
∴ k=f(x1)-f(x2)x1-x2=1+1x1x2-a•lnx1-lnx2x1-x2
又由(Ⅰ)知，x1x2=1．于是k=2-a•lnx1-lnx2x1-x2
若存在a，使得k=2-a，则lnx1-lnx2x1-x2=1．即lnx1-lnx2=x1-x2．亦即
x2-1x2-2lnx2=0（x2＞1）（*）
再由（Ⅰ）知，函数h(t)=t-1t-2lnt在（0，+∞）上单调递增，而x2＞1，所以x2-1x2-lnx2＞1-11-ln1=0这与（*）式矛盾．故不存在a，使得k=2-a．
四、 探索规律型
这类问题的基本特征是给出若干具体的数、式、函数等，要求通过观察、归纳、类比、分析等思维方法，概括出一般性规律，然后再给出严格的证明．
例5（2008年高考江苏卷第10题）将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为
…………
解析：本小题考查归纳推理和等差数列求和公式．
前n－1 行共有正整数1＋2＋…＋（n－1）个，即n2*n2个，因此第n 行第3 个数是全体正整数中第n2-n2＋3个，即为n2-n+62．
答案：n2-n+62
总之，探索性问题是一种具有开放性和发散不性的问题，此类题目的条件或结论完备，要求解答者自己去探索，结合已有的条件，进行观察、分析、比较和概括，它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求，它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程．探索是数学发现的先导，也是培养创新精神和发现能力的重要途径．
江苏建湖高级中学王梅224700
心理学表明，“发散思维是创造性思维中的一种，它是从不同角度和方法去解决某一问题的前提”.函数在高中数学中占有非常重要的地位，是高考中的重点与热点问题，不但考查了学生的数学意识、数学思维还对学生的探索能力，推理能力等都提出了较高的要求，常常在考卷中有一定的区分度，而方法的选择往往起着举足轻重的作用.
例1(盐城市2011届摸底考试)已知f(x)是定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，当x＞0时，f(x)=lnx-ax，若函数f(x)在其定义域上有且仅有四个不同的零点，则实数a的取值范围是.
本题涉及到函数的单调性、奇偶性，函数与方程思想，数形结合思想，转化思想等，因此是一个比较好的有一定区分度的题目，解题方法也不唯一.
分析：∵ f(x)是奇函数，f(x)=0有四个根，∴ 当x＞0时，f(x)=0有两个不等实根
思路一：f(x)=lnx-ax在（0，+∞）上与x轴有两个交点，所以要考虑到f(x)的图象
f′（x）=1x-a，若a≤0，则f′(x)＞0，则f(x)单调递增不可能与x轴有两个交点.
∴ a＞0，当x＜1a时，f′（x）＞0；当x＞1a时，f′（x）＜0∴ 当x=1a时，f(x)在（0，+∞）上取得最大值
∴ f1a＞00＜a＜1e
当x→0时，mx-ax＜0，x→+∞时，对任一个确定的a值一定存在一个x使f(x)＜0.
这种解法符合一般学生的思维习惯，入手较易，但在运算过程中要注意对a的分类讨论.
思路二：lnx-ax=0在（0，+∞）上有两个不等实根，即y=lnx与y=ax在（0，+∞）上有两个交点，由图可明显看出a＞0，只要考虑y=lnx与y=ax相切即可，
设切点(x0,y0)，∵ （lnx）′=1x
∴ y0x0=1x0=a
∴ y0=1，x0=2，∴ a=y0x0=1e
∴ 0＜a＜1e
第二种解法明显要比第一种优越多了，尤其对填空题来讲不仅更加快捷，而且能提高准确率，这是转化为两个函数的交点来解决的.
思路三：lnx-ax=0在（0，+∞）上有两个不等实根，即a=lnxx在（0，+∞）上有两个交点
令h(x)=lnxx，h′（x）=lnxx，当x＜R时，h′（x）＞0，x＞e时，h′（x）＜0
∴ h(x)max=h(e)=1e，当x→0时，h(x)→-∞，当x→+∞时，h(x)→0
∴ 0＜a＜1e
第三种解法：继续延用了第二种解题思路，不过在转化时，我们使用了参数分离，这样的解题方法对很多类似的问题往往有更好的效果.
例2(2010年全国卷2文数第2题)已知函数f(x)=x3-3ax2+3x+1
（Ⅰ） 设a=2，求f（x）的单调期间.
（Ⅱ） 设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a的范围.
分析：这题中答题中的倒数第二题，承担着区分与选拔的任务，注重了学生的能力的考查.
首先可转化为f′(x)=0在(2,3)中至少有一种且无重根
f′(x)=3x2-6ax+3
思路一：利用二次函数图象直接加以研究，可发现不仅分类多，而且运算量大
思路二：利用求根公式
这两种方法是网络上答案所提供的两种方法，从过程的篇幅来看，让人望而生畏
思路三：3x2-6ax+3=0在(2,3)内至少有一根，即2a=x+1x，x∈（2，3）至少有一根
∴ y=2a与y=x+1x至少有一个交点
利用y=x+1x在(2,3)内的单调性，很快求出x+1x∈52，103
∴ a∈54，53
很明显第三种方法让人看了不禁眼前一亮，运算简单、快捷，那么怎样的问题可用上述解法呢？我们可看出，当研究一个方程在给定区间内讨论根的个数或函数在给定范围内讨论交点个数时，利用参数分离，往往能起到事半功倍的效果.
方程f(x)=g(x)的解的个数“等价于”y=f(x)与y=g(x)图象的交点个数，特别地，“f(x)=a的解的个数”等价于y=f(x)与y=a图象的交点个数，借助图象来讨论方程解的个数，使抽象的问题直观化，生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，灵活地转换思考角度为解决疑难问题创造途径.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文