注重高三二輪復習質量

逄志偉

【摘要】高三第一輪復習知識點較多且零散，導致學生在綜合應用多個知識點的時候容易出現問題，因此第二輪復習的首要任務是按專題總結知識點，對知識點的串聯和概括是重中之重.在高考背景下，不僅僅要求我們將題目講透，還要求我們在講解題目的過程中能夠教會學生舉一反三，讓學生對知識點深入理解，學會知識點之間的遷移、歸納.

【關鍵詞】二輪復習;發散聯想;舉一反三

一、問題與分析

（2017 鹽城三模）若實數x，y滿足2x-3≤ln（x+y+1）+ln（x-y-2），則xy=.

思路分析1：基本不等式與導數的應用

ln（x+y+1）+ln（x-y-2）

=ln（x+y+1）（x-y-2）

≤ln（2x-1）24=2ln（2x-1）-2ln 2.

當且僅當x+y+1=x-y-2，即y=-32時取等號.

設t=2x-1（t>0），則原式t-2≤2ln t-2ln 2.

令f（t）=t-2-2ln t+2ln 2，

∴f′（t）=1-2t=t-2t.

當t>2時，f′（t）>0，函數f（t）單調遞增;

當0

∴fmin（t）=f（2）=0.

所以要使不等式成立，需t=2，此時x=32.

所以xy=-94.

分析：這種解答方法相對來說運用知識點較多，考查了學生對于知識點綜合運用的能力.其思路的復雜之處在于先應用基本不等式，確定y的值，再用換元法構造函數解決不等式問題，解x值，最后得出結論.

思路分析2：巧妙利用典型不等式ln x≤x-1

不等函數關系式ln x≤x-1在x∈（0，+∞）上恒成立，當且僅當x=1時取等號.這個不等式為一個經典不等式的變式，考慮到題中不等式與這個結論的相似性，我們可以利用這個不等式求解.

令t1=x+y+1（t1>0），

t2=x-y-2（t2>0），

原式t1+t2-2≤ln t1+ln t2，

（ln t1-t1+1）+（ln t2-t2-1）≥0，

又ln t1-t1+1≥0，

ln t2-t2+1≥0

∴ln t1≥t1-1，

ln t2≥t2-1.

滿足上述形式，但不等號方向相反，因此當且僅當x+y+1=1x-y-2=1即x=32y=-32時等號成立，所以xy=-94.

其中ln x≤x-1的證明過程如下：

設函數f（x）=ln x-x+1（x>0），

則f′（x）=1x-1=1-xx.

當00，函數f（x）單調遞增;

當x>1時，f′（x）<0，函數f（x）單調遞減.

∴fmax（x）=f（1）=0，

∴f（x）≤f（1）=0恒成立，不等式得證.

分析：此方法與方法1相比更加簡潔，但運用知識的綜合能力、技巧性更強.這個不等式實際上是ex≥x+1不等式的變形，此不等式及其變形應用相當廣泛，并且由于與之有關的試題構思巧妙、結構獨特、綜合性強、技巧性強，常被作為各類試題的壓軸題.同時，我們從這個題目可以看出，解題過程中已經出現了同構函數的影子，掌握此方法對于解決2020年全國Ⅰ卷的第12題，新高考山東卷的第21題都有借鑒意義.

二、思路2的探索研究

1.不等式原型證明

原型：ex≥x+1

證明：設函數f（x）=ex-x-1，

則f′（x）=ex-1.

當x>0時，f′（x）>0，函數f（x）單調遞增;

當x<0時，f′（x）<0，函數f（x）單調遞減.

∴fmin（x）=f（0）=0，

∴f（x）≥f（0）=0恒成立，不等式得證.

2.不等式的變形應用

原型：ex≥x+1①

變形1：用-x替換①式中的x

可得e-x≥-x+1（x∈R），當且僅當x=0時等號成立.

變形2：①式兩邊同時取自然對數

可得x≥ln（x+1）（x>-1）②，當且僅當x=0時等號成立.

變形3：用x-1替換②式中的x

可得x-1≥ln x（x>0）③，當且僅當x=1時等號成立.

變形4：③式兩邊同時乘-1

可得1-x≤ln1x（x>0）④，當且僅當x=1時等號成立.

變形5：用1x替換④式中的x

可得ln x≥1-1x（x>0）⑤，當且僅當x=1時等號成立.

變形6：⑤式兩邊同時乘x

可得xln x≥x-1（x>0），當且僅當x=1時等號成立.

此不等式雖然變形方式較多，但是都是在原型基礎上的延伸變換.其中聯系密切的指數不等式和對數不等式之間的變化，對于解決壓軸題中出現的不等式變化具有較高的參考價值.

三、探索結論在試題中的應用

應用1：（2016蘇州暑假測試）已知函數f（x）=x-1-aln x（其中a為參數）.證明：1+1nn

分析：對于指數型的不等式證明，通常來說思路比較清晰，先將其兩邊分別取對數，轉化為對數型的函數不等式再證明.

兩邊取對數后，只要證明nln1+1n<1<（n+1）ln1+1n，

即只要證明1n+1

令x=1+1n，則只要證1-1x

此不等式的證明即為變形③和變形④的結合應用.

應用2：（2015南京三模）已知函數f（x）=x2-x+t，t≥0，g（x）=ln x.直線l與函數f（x），g（x）的圖像都相切.對于確定的正實數t，討論直線l的條數，并說明理由.

分析：通過假設切點可以計算出直線l，同時構造出等式ln x+（1+x）24x2-（t+1）=0.切線的條數即為方程的解的個數.

令F（x）=ln x+（1+x）24x2-（t+1），在證明過程中，完全可以利用變形公式⑤進行簡單求解.

所以可以得到ln x+（1+x）24x2-（t+1）>1-1x+（1+x）24x2-（t+1）=12x-122-t.

從而得到F12（t+1）>t+122-t=t+14>0……

同構函數解決不等式的應用：（2020山東高考）已知函數f（x）=aex-1-ln x+ln a，若f（x）≥1，求a的取值范圍.

分析：利用指數對數的運算可將f（x）≥1轉化為eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x，令g（x）=ex+x，上述不等式等價于gln a+x-1≥gln x，注意到g（x）的單調性，進一步等價轉化為ln a≥ln x-x+1，令h（x）=ln x-x+1，利用導數求得h（x）max，進而根據不等式恒成立的意義得到關于a的對數不等式，解得a的取值范圍.

解：f（x）=aex-1-ln x+ln a=eln a+x-1-ln x+ln a≥1等價于

eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x=eln x+ln x，

令g（x）=ex+x，則上述不等式等價于gln a+x-1≥gln x，

顯然g（x）為單調增函數，

∴ln a+x-1≥ln x，

即ln a≥ln x-x+1，

令h（x）=ln x-x+1（x>0），則h′（x）=1x-1=1-xx，

當x∈（0，1）時，h′（x）>0，h（x）單調遞增;

當x∈（1，+∞）時，h′（x）<0，h（x）單調遞減，

∴h（x）max=h1=0，可得ln a≥0，即a≥1，

∴a的取值范圍是[1，+∞）.

從以上三個應用不難看出，不等式以及其變形相關類型題在歷年的考試中往往是以壓軸題的形式出現，這也是大部分學生學習過程中的難點.當然，不等式這些結論的應用技巧性極強，對于立志沖擊高等學府的優等生來說是必須要掌握的.雖說幾種變式形式不同，且應用起來較為復雜，但對于我們思考解題還是有很大幫助的，在二輪專題復習的過程中，教師要注重學生思維的發散和統一，加強變式題型的訓練與總結，讓學生學會舉一反三.