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奇异之美， 因在某处有奇特性质而美，美在因稀少而不易发现，所以弥足珍贵（著名的发明家爱迪生试验了上千种材料，才找到用钨材料制作的灯丝，可见钨材料在高温下具有一般材料所没有的奇异性质），如同悬崖百丈冰上的梅花，一株独傲风雪（引自毛泽东《卜算子·咏梅》风雨送春归，飞雪迎春到.已是悬崖百丈冰，犹有花枝俏. ……）;她的美又在于能将表面上的不可能变为可能进而实现之，这好比两军对垒，其中一方却要在对方百万军中取上将首级，何等困难！它好比是黎明前冲破黑暗里的一丝微光，尽管希望渺小却不可忽视;因为它往往可能是绝处缝生，峰回路转的转折点.
高中数学中的奇异之美，一方面，可以表现在某些函数某些点处的特殊性质，比如函数f（x）=在x=0在處由于不定义而不连续;又如函数g1（x）=x在x=0处虽然连续却不可导（读者可以画出这个函数的图像，分别从x=0处的两侧观察，从右侧看斜率为1，而从左侧看，斜率却为-1），完全类似地，函数g2（x）=lnx在x=1处也是连续却不可导的. 值得注意的是，函数h（x）=xx在x=0处又可导了，真是奇了怪哉！ 当然，也存在处处连续却处处不可导的例子，这里不多说了;又如：若Sn=1++++…+，则当n→+∞，Sn的极限是否存在？直观的看，所加上去的数越来越小，很有可能极限存在，然而，事实上当n→+∞时，Sn却是发散的，这就是有名的调和级数的发散性（如何证明当n→+∞时，Sn发散呢？研究并进行简单放缩即可），值得注意，好几次全国高中数学联赛的二试试题都用到这个知识，然而我们却又有=，（这一结果高中无法严格证明，需要用到高等数学知识方可），事实上，P级数1++++…++…当P >1都是收敛的（即和的极限存在）.
另一方面，也可以是一些解决数学问题的方法具有独特性质，典型的如夹逼法等等，我们觉得这些方法也具有数学奇异之美，本文讨论的重点就放在大家熟知的夹逼法（有关夹逼法的一些具体说明，读者可参阅本刊2020年第9期P31，此处不再赘述）上，值得注意：夹逼法存在的问题背景是非常广泛的（尽管问题本身有其特殊性），我们可以在函数、方程、不等式、数列、三角甚至立体几何的背景下看到它的影子.
例1.（2021年江苏南通高三上学期末模拟题）已知f（x）=（x-a-b）sin（？仔x+），若f（x）≤0在x∈[-1，1]上恒成立，则a+b=（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【解析】易知？坌x∈[-1，-）∪（，1]时有sin（？仔x+）<0，从而由题意有
当？坌x∈[-1，-）∪（，1]时应有（x-a-b）≥0，分别使x→--1及x→+2，（其中1，2为足够小的正数），也有（x-a-b）≥0，也即（--a-b）≥0且（-a-b）≥0;
另一方面有？坌x∈（-，）时，sin（？仔x+）>0，从而由题意，？坌x∈（-，）时，应有（x-a-b）≤0，分别使x→-+3及x→-4，（其中3，4为足够小的正数），也有（x-a-b）≥0，也即（--a-b）≤0且（-a-b）≤0，综上必有（--a-b）=0且（-a-b）=0，于是+a=-a，解得a=，进而得b=，于是a+b=，选A.
【评注】这是一道较为新颖的夹逼法试题，以上解法在具体书写上，似乎有点啰嗦，但笔者以为这样理解才较为严谨.
例2.（2020年江苏卷第19题第（1）小题）已知关于x的函数y=f（x），y=g（x）与h（x）=kx+b，（k，b∈R），在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x），若f（x）=x2+2x，g（x）=-x2+2x，D=（-∞，+∞），求h（x）的表达式.
【解析】由题意有在区间D=（-∞，+∞）上恒有x2+2x≥kx+b≥-x2+2x成立，取x=0，得0≥b≥0，即b=0，也即在区间D=（-∞，+∞）上恒有x2+2x≥kx≥-x2+2x成立，则x2+（2-k）x≥0，？坌x∈R恒成立，所以△=（2-k）2≤0，而由实数平方的非负性，必有（2-k）2≥0，只有k=2，此时2x≥-x2+2x恒成立，于是h（x）=2x为所求.
【评注】这道题先后两次使用夹逼法，具有一定的典型性和代表性，值得注意，有的同学会问：如何发现取x=0这个特殊值呢？一般地，如果在区间D上恒有？覬1（x）≥h（x）≥？覬2（x）成立，想要探求是否存在x0∈D，使得？覬1（x0）=？覬2（x0），只要解这个方程即可（注意对结果回头验证是否在给定区间内），这就给我们相对一般地处理此类问题指明了方法和方向.
例3.（2018年北京卷理第11题）设函数f（x）=cos（？棕x-），（？棕>0），若f（x）≤f（）对任意的实数x都成立，则？棕的最小值为 .
【解析】一方面显然有f（）≤1，另一方面又有1=f（x）max≤f（），于是1≤f（）≤1，必有f（）=1，也即f（）=cos（？棕-）=1，即？棕-=2k？仔，（k∈Z）
所以？棕-=2k，（k∈Z）即？棕=8k+>0，（k∈Z），所以正数？棕的最小值为.
例4.（2012年江苏卷理第20题）已知各项为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an+1=，（n∈N？鄢）.（1）设bn+1=1+，n∈N？鄢，求证：数列{（）2}是等差数列;
（2）设数列bn+1=·，n∈N？鄢，且{an}是等比数列，求a1和b1的值.
【解析】（1）这一问比较简单，且与第（2）小问没有联系，此处从略. （2）由题意可令an=a1qn-1，其中a1>0，q>0，下面解题的关键是最终确定q=1，如何才能排除q>1及00，则==1+，所以1<≤2，即11，对于任意给定的正数a1，由指数函数的单调性知，随着n的增大，an=a1qn+1总有可能大于，与1
【评注】这道题难点在于求的是a1，b1，如果改成证明an=bn=就容易一些（尽管试题难度没有实质性改变，但却为我们的求证工作指明了方向），其中对于数列{an}的公比的确定，正是用了夹逼法才最终能到q=1的结果.类似地可运用夹逼法求解的问题在2012年的高考数学试卷中并不少见，比如浙江卷理第17题、辽宁卷理第7题、湖北卷理第7题等等，限于篇幅，此处从略（感兴趣的读者可自己上网搜索这些试题去体会一下）.
例5. 如图1，四面体DABC的体积为，且满足∠ACB=45°，AD+BC+=3，则CD= .
【解析】設D点到ABC面的距离为h，则h≤AD，已知VDABC=，也即SABC=，即hBC·AC·sin45°=，也即h·BC·=1，而AD+BC+=3，有1=≥3≥3=1，所以，必须有h=AD，且AD=BC==1，于是CD==.
【评注】本题需用到三元基本不等式取等号条件，供参考.
【反馈练习】
1.（2021年5月浙江省镇海中学高考数学模拟题）若实数a，b满足ln（2a）-lnb≥a2+-1，则a+b=（ ）
A. B. C. D. 2
2.（2021年重庆预赛题）关于x的方程2- acos（1-x）=0只有一个实数解，则（ ）
A. a=-1 B. a=1 C. a=2 D. a的值不唯一
3.（2020年复旦大学强基计划试题）设x，y∈[-，]若x3+cos（x+）+2a=0，4y3+sinycos-a=0，则cos（x+2y）= .
4.（2020年河北正定中学高一月考试题）已知二次函数y=ax2+bx+c，（a>0），对任意的实数x，不等式2x≤ax2+bx+c≤（x+1）2恒成立，则a+b+c= .
5.定义：首项为1，且对任意自然数n∈N？鄢，数列{an}满足数列an+1-an>3，则称数列{an}为“M数列”，已知公比为正整数的等比数列{bn}为“M数列”，记数列{bn}满足bn=an，且数列{bn}不是“M数列”，则数列{an}的通项公式为 .
6.（2011年安徽卷理第9题）已知函数f（x）=sin（2x+？渍），其中？渍为实数，若f（x）≤f（），对x∈R恒成立，且f（）>f（？仔），则f（x）的单调递增区间是（ ）
（A）[k？仔-，k？仔+]（k∈Z）
（B）[k？仔，k？仔+]（k∈Z）
（C）[k？仔+，k？仔+]（k∈Z）
（D）[k？仔-，k？仔]（k∈Z）
7.（2017广西预赛）设函数f（x）=4x3+bx+1（b∈R），对任意的x∈[-1，1]，都有f（x）≥0成立，求实数b的取值范围.
【参考答案】
1. 因为由题意有ln（2a）-lnb=ln≥a2+-1≥-1，另一方面，对于任意实数x>0有lnx≤x-1，取x=，（其中a>0，b>0），又有ln≤-1，于是只有ln=-1，由图像可知=1，此时基本不等式也去等号，也即ab=1，于是a=，b=，所以a+b=，选（C）.
2. 构建函数f（x）=2-acos（1-x），即f（x）=2-acos（x-1），容易发现该函数关于直线x=1对称，于是若函数有大于1的一个零点x=1+（>0），必有小于1的一个零点x=1-（>0），这样就与已知题意矛盾，除非只有一个零点x=1才符合题意，所以，将函数零点（也即原方程的实数根）x=1代回得a=1，只有（B）.
3. 已知条件两个等式中上一个即为x3+sinx+2a=0，下一个表达式整理即为（2y）3+sin2y-2a=0，而函数f（t）=t3+sint，t∈[-，]是奇函数，也是单调增函数，而现在f（x）=x3+sinx=-2a=-f（2y），利用单调性，只有x=-2y，于是cos（x+2y）=cos0=1.
4. 研究（x+1）2-2x=0的实根，发现有两个相等的实数根x1，2=1，于是对不等式2x≤ax2+bx+c≤（x+1）2取x=1，立得2≤a+b+c≤2，也即a+b+c=2.
5. 记等比数列{an}的公比为q，由题意q∈N？鄢，而数列{an}为“M数列”，即对任意自然数n∈N？鄢，an+1-an>3，取n=1，则a1（q-1）>3，已知a1=1，于是q>4，进一步由q∈N？鄢知q≥5;再由bn=an，且数列{bn}不是“M数列”知n0∈N？鄢，使得b-b≤3，即a（q-1）≤3，前面已得q≥5，则有a≤，又1≤a≤，可得q≤5，则必有q=5，所以an=5n-1.
6. 由题意？坌x∈R，f（x）≤f（），已知函数f（x）=sin（2x+？渍），取x=-，立得1≤f（），而有正弦函数的有界性易知f（）≤1，于是由夹逼法立得f（）=1，即sin（+？渍）=1，得+？渍=k？仔+（k∈Z），也即？渍=k？仔+（k∈Z），又已知f（）>f（？仔），即sin（？仔+？渍）>sin？渍，即sin？渍<0，所以？渍=2k？仔+（k∈Z），
也即f（x）=-sin（2x+），联系y=sinX的递增、递减区间，可知在2k？仔+≤2x+≤2k？仔+（k∈Z）上f（x）单调递增，即x∈[k？仔+，k？仔+] （k∈Z）单调递增，正确答案为（C）.
7. 已知对任意的x∈[-1，1] ，4x3+bx+1≥0恒成立，取x=-1，得b≤-3;再取x=，得b≥-3，所以只有b=-3，回头验算，易知b=-3为所求.【注】如何想到上面的解法的呢？我们可以认为是从一些最基本的数量关系出发尝试的结果，显然容易想到尝试x=±1的情形，接着可以试探x=0，（x=±1的中点），接着就可以试x=，（x=0和x=1的中点），当然，我们是求所有这些情况下实数b的取值范围的交集，于是上述结果易得.
所以，要想发现问题的奇异之美，不仅要有清晰的学科概念，更要有敏锐的观察能力，同时还要有持续深入研究的毅力和勇气，这三者形成有效的合力，结合具体问题的情境，才有可能挖掘到.
责任编辑 徐国坚
高中数学中的奇异之美，一方面，可以表现在某些函数某些点处的特殊性质，比如函数f（x）=在x=0在處由于不定义而不连续;又如函数g1（x）=x在x=0处虽然连续却不可导（读者可以画出这个函数的图像，分别从x=0处的两侧观察，从右侧看斜率为1，而从左侧看，斜率却为-1），完全类似地，函数g2（x）=lnx在x=1处也是连续却不可导的. 值得注意的是，函数h（x）=xx在x=0处又可导了，真是奇了怪哉！ 当然，也存在处处连续却处处不可导的例子，这里不多说了;又如：若Sn=1++++…+，则当n→+∞，Sn的极限是否存在？直观的看，所加上去的数越来越小，很有可能极限存在，然而，事实上当n→+∞时，Sn却是发散的，这就是有名的调和级数的发散性（如何证明当n→+∞时，Sn发散呢？研究并进行简单放缩即可），值得注意，好几次全国高中数学联赛的二试试题都用到这个知识，然而我们却又有=，（这一结果高中无法严格证明，需要用到高等数学知识方可），事实上，P级数1++++…++…当P >1都是收敛的（即和的极限存在）.
另一方面，也可以是一些解决数学问题的方法具有独特性质，典型的如夹逼法等等，我们觉得这些方法也具有数学奇异之美，本文讨论的重点就放在大家熟知的夹逼法（有关夹逼法的一些具体说明，读者可参阅本刊2020年第9期P31，此处不再赘述）上，值得注意：夹逼法存在的问题背景是非常广泛的（尽管问题本身有其特殊性），我们可以在函数、方程、不等式、数列、三角甚至立体几何的背景下看到它的影子.
例1.（2021年江苏南通高三上学期末模拟题）已知f（x）=（x-a-b）sin（？仔x+），若f（x）≤0在x∈[-1，1]上恒成立，则a+b=（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【解析】易知？坌x∈[-1，-）∪（，1]时有sin（？仔x+）<0，从而由题意有
当？坌x∈[-1，-）∪（，1]时应有（x-a-b）≥0，分别使x→--1及x→+2，（其中1，2为足够小的正数），也有（x-a-b）≥0，也即（--a-b）≥0且（-a-b）≥0;
另一方面有？坌x∈（-，）时，sin（？仔x+）>0，从而由题意，？坌x∈（-，）时，应有（x-a-b）≤0，分别使x→-+3及x→-4，（其中3，4为足够小的正数），也有（x-a-b）≥0，也即（--a-b）≤0且（-a-b）≤0，综上必有（--a-b）=0且（-a-b）=0，于是+a=-a，解得a=，进而得b=，于是a+b=，选A.
【评注】这是一道较为新颖的夹逼法试题，以上解法在具体书写上，似乎有点啰嗦，但笔者以为这样理解才较为严谨.
例2.（2020年江苏卷第19题第（1）小题）已知关于x的函数y=f（x），y=g（x）与h（x）=kx+b，（k，b∈R），在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x），若f（x）=x2+2x，g（x）=-x2+2x，D=（-∞，+∞），求h（x）的表达式.
【解析】由题意有在区间D=（-∞，+∞）上恒有x2+2x≥kx+b≥-x2+2x成立，取x=0，得0≥b≥0，即b=0，也即在区间D=（-∞，+∞）上恒有x2+2x≥kx≥-x2+2x成立，则x2+（2-k）x≥0，？坌x∈R恒成立，所以△=（2-k）2≤0，而由实数平方的非负性，必有（2-k）2≥0，只有k=2，此时2x≥-x2+2x恒成立，于是h（x）=2x为所求.
【评注】这道题先后两次使用夹逼法，具有一定的典型性和代表性，值得注意，有的同学会问：如何发现取x=0这个特殊值呢？一般地，如果在区间D上恒有？覬1（x）≥h（x）≥？覬2（x）成立，想要探求是否存在x0∈D，使得？覬1（x0）=？覬2（x0），只要解这个方程即可（注意对结果回头验证是否在给定区间内），这就给我们相对一般地处理此类问题指明了方法和方向.
例3.（2018年北京卷理第11题）设函数f（x）=cos（？棕x-），（？棕>0），若f（x）≤f（）对任意的实数x都成立，则？棕的最小值为 .
【解析】一方面显然有f（）≤1，另一方面又有1=f（x）max≤f（），于是1≤f（）≤1，必有f（）=1，也即f（）=cos（？棕-）=1，即？棕-=2k？仔，（k∈Z）
所以？棕-=2k，（k∈Z）即？棕=8k+>0，（k∈Z），所以正数？棕的最小值为.
例4.（2012年江苏卷理第20题）已知各项为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an+1=，（n∈N？鄢）.（1）设bn+1=1+，n∈N？鄢，求证：数列{（）2}是等差数列;
（2）设数列bn+1=·，n∈N？鄢，且{an}是等比数列，求a1和b1的值.
【解析】（1）这一问比较简单，且与第（2）小问没有联系，此处从略. （2）由题意可令an=a1qn-1，其中a1>0，q>0，下面解题的关键是最终确定q=1，如何才能排除q>1及00，则==1+，所以1<≤2，即11，对于任意给定的正数a1，由指数函数的单调性知，随着n的增大，an=a1qn+1总有可能大于，与1
【评注】这道题难点在于求的是a1，b1，如果改成证明an=bn=就容易一些（尽管试题难度没有实质性改变，但却为我们的求证工作指明了方向），其中对于数列{an}的公比的确定，正是用了夹逼法才最终能到q=1的结果.类似地可运用夹逼法求解的问题在2012年的高考数学试卷中并不少见，比如浙江卷理第17题、辽宁卷理第7题、湖北卷理第7题等等，限于篇幅，此处从略（感兴趣的读者可自己上网搜索这些试题去体会一下）.
例5. 如图1，四面体DABC的体积为，且满足∠ACB=45°，AD+BC+=3，则CD= .
【解析】設D点到ABC面的距离为h，则h≤AD，已知VDABC=，也即SABC=，即hBC·AC·sin45°=，也即h·BC·=1，而AD+BC+=3，有1=≥3≥3=1，所以，必须有h=AD，且AD=BC==1，于是CD==.
【评注】本题需用到三元基本不等式取等号条件，供参考.
【反馈练习】
1.（2021年5月浙江省镇海中学高考数学模拟题）若实数a，b满足ln（2a）-lnb≥a2+-1，则a+b=（ ）
A. B. C. D. 2
2.（2021年重庆预赛题）关于x的方程2- acos（1-x）=0只有一个实数解，则（ ）
A. a=-1 B. a=1 C. a=2 D. a的值不唯一
3.（2020年复旦大学强基计划试题）设x，y∈[-，]若x3+cos（x+）+2a=0，4y3+sinycos-a=0，则cos（x+2y）= .
4.（2020年河北正定中学高一月考试题）已知二次函数y=ax2+bx+c，（a>0），对任意的实数x，不等式2x≤ax2+bx+c≤（x+1）2恒成立，则a+b+c= .
5.定义：首项为1，且对任意自然数n∈N？鄢，数列{an}满足数列an+1-an>3，则称数列{an}为“M数列”，已知公比为正整数的等比数列{bn}为“M数列”，记数列{bn}满足bn=an，且数列{bn}不是“M数列”，则数列{an}的通项公式为 .
6.（2011年安徽卷理第9题）已知函数f（x）=sin（2x+？渍），其中？渍为实数，若f（x）≤f（），对x∈R恒成立，且f（）>f（？仔），则f（x）的单调递增区间是（ ）
（A）[k？仔-，k？仔+]（k∈Z）
（B）[k？仔，k？仔+]（k∈Z）
（C）[k？仔+，k？仔+]（k∈Z）
（D）[k？仔-，k？仔]（k∈Z）
7.（2017广西预赛）设函数f（x）=4x3+bx+1（b∈R），对任意的x∈[-1，1]，都有f（x）≥0成立，求实数b的取值范围.
【参考答案】
1. 因为由题意有ln（2a）-lnb=ln≥a2+-1≥-1，另一方面，对于任意实数x>0有lnx≤x-1，取x=，（其中a>0，b>0），又有ln≤-1，于是只有ln=-1，由图像可知=1，此时基本不等式也去等号，也即ab=1，于是a=，b=，所以a+b=，选（C）.
2. 构建函数f（x）=2-acos（1-x），即f（x）=2-acos（x-1），容易发现该函数关于直线x=1对称，于是若函数有大于1的一个零点x=1+（>0），必有小于1的一个零点x=1-（>0），这样就与已知题意矛盾，除非只有一个零点x=1才符合题意，所以，将函数零点（也即原方程的实数根）x=1代回得a=1，只有（B）.
3. 已知条件两个等式中上一个即为x3+sinx+2a=0，下一个表达式整理即为（2y）3+sin2y-2a=0，而函数f（t）=t3+sint，t∈[-，]是奇函数，也是单调增函数，而现在f（x）=x3+sinx=-2a=-f（2y），利用单调性，只有x=-2y，于是cos（x+2y）=cos0=1.
4. 研究（x+1）2-2x=0的实根，发现有两个相等的实数根x1，2=1，于是对不等式2x≤ax2+bx+c≤（x+1）2取x=1，立得2≤a+b+c≤2，也即a+b+c=2.
5. 记等比数列{an}的公比为q，由题意q∈N？鄢，而数列{an}为“M数列”，即对任意自然数n∈N？鄢，an+1-an>3，取n=1，则a1（q-1）>3，已知a1=1，于是q>4，进一步由q∈N？鄢知q≥5;再由bn=an，且数列{bn}不是“M数列”知n0∈N？鄢，使得b-b≤3，即a（q-1）≤3，前面已得q≥5，则有a≤，又1≤a≤，可得q≤5，则必有q=5，所以an=5n-1.
6. 由题意？坌x∈R，f（x）≤f（），已知函数f（x）=sin（2x+？渍），取x=-，立得1≤f（），而有正弦函数的有界性易知f（）≤1，于是由夹逼法立得f（）=1，即sin（+？渍）=1，得+？渍=k？仔+（k∈Z），也即？渍=k？仔+（k∈Z），又已知f（）>f（？仔），即sin（？仔+？渍）>sin？渍，即sin？渍<0，所以？渍=2k？仔+（k∈Z），
也即f（x）=-sin（2x+），联系y=sinX的递增、递减区间，可知在2k？仔+≤2x+≤2k？仔+（k∈Z）上f（x）单调递增，即x∈[k？仔+，k？仔+] （k∈Z）单调递增，正确答案为（C）.
7. 已知对任意的x∈[-1，1] ，4x3+bx+1≥0恒成立，取x=-1，得b≤-3;再取x=，得b≥-3，所以只有b=-3，回头验算，易知b=-3为所求.【注】如何想到上面的解法的呢？我们可以认为是从一些最基本的数量关系出发尝试的结果，显然容易想到尝试x=±1的情形，接着可以试探x=0，（x=±1的中点），接着就可以试x=，（x=0和x=1的中点），当然，我们是求所有这些情况下实数b的取值范围的交集，于是上述结果易得.
所以，要想发现问题的奇异之美，不仅要有清晰的学科概念，更要有敏锐的观察能力，同时还要有持续深入研究的毅力和勇气，这三者形成有效的合力，结合具体问题的情境，才有可能挖掘到.
责任编辑 徐国坚