深究考題思想方法比機械刷題更重要

周建玲 朱文平 周毅鴻

［摘? 要］ 歷年高考數學試題，是教學研究的最好載體，值得數學教師和學生反復揣摩，深刻領悟其中的內涵和精髓，發揮以一當十的功效，深究考題思想方法比機械刷題重要得多.

［關鍵詞］ 深究；考題；思想方法

引言

做任何事情都需要思考，做數學問題更不例外！深思高考試題，有時會給我們帶來更多的收獲和啟示：引導學生厘清考題思路，讓學生學會深度思考，靈活運用各種解法比機械刷題更重要.

真題再現

（2021年新高考全國Ⅰ卷第22題）已知函數f（x）=x（1-lnx）.

（1）討論f（x）的單調性；

（2）設a，b是兩個不相等的正實數，且blna-alnb=a-b，證明：2<+

考點分析

本題題目簡潔，第（1）問是基礎題，起點低，易入手，屬于送分題，能讓考生感到人文關懷！第（2）問考查導數的應用，屬于極值點偏移問題（或雙變量問題），需要等價轉化構造函數求解.看似簡單，實則不然！能夠把這個問題思考得透徹、清楚的考生少之又少，是難題！

似這種利用函數的單調性（求導數）來證明不等式的問題，基本方法有：

（1）把證明f（x）>k轉化為證明f（x）>k；

（2）把證明f（x）>g（x）轉化為證明f（x）-g（x）>0；

（3）把證明f（x）>g（x）轉化為證明f（x）>g（x）；

（4）把證明f（x）>g（x）轉化為證明f（x）>h（x），h（x）>g（x）；

（5）改編不等式結構，重新構造函數證明不等式.

解題探究

對于第（1）問，要向學生強調，凡是研究函數，首先應關注其定義域！這也是學生易出錯的地方.

因為f（x）=x（1-lnx）（x>0）?f′（x）= -lnx，所以當x∈（0，1）時，f′（x）>0，f（x）單調遞增；當x∈（1，+∞）時，f′（x）<0，f（x）單調遞減. 綜上所述，f（x）在區間（0，1）上單調遞增，在區間（1，+∞）上單調遞減.

對于第（2）問，因為a≠b，a>0，b>0，于是blna-alnb=a-b兩邊同時除以ab，得lna-lnb=-?（1+lna）=（1+lnb）?

1-ln

=

1-ln

，這樣等式兩邊的結構形式一樣了，可以構造函數f（x）=x（1-lnx）來解決問題——回到了題干，可以利用第（1）問的相關結論解決問題，這也是命題的巧妙之處.不妨設a>b>0，若令x=，x=，則x

考慮到函數f（x）=x（1-lnx）的極大值點x=1，聯想到x+x>2x是極值點偏移問題.處理極值點偏移問題通常用“三大法寶”：①運用對稱性構造新函數；②運用差（比）換元（消元）；③運用對數均值不等式或指數均值不等式.本題要采用的法寶是①②.

而較精準地作出函數圖像，是探究導數解題思路解決問題的關鍵. 根據第（1）問，可用洛比達法則和極限思想考察圖像在區間端點的趨勢，從而作出f（x）=x（1-lnx）的草圖. 具體處理如下：

f（x）=x（1-lnx）=

=0，f（x）=x（1-lnx）=-∞，又f（e）=0，可得f（x）=x（1-lnx）的大致圖像如圖1所示.

由f（x）=f（x）（x≠x），結合圖可知，必有0

1. 問題探究一

下面先證明不等式的左邊x+x>2成立.

方法：法寶①（運用對稱性構造新函數解決極值點），即對稱化構造函數→極值點偏移，其本質是利用函數的單調性，構造差函數.

要證x+x>2，即證x>2-x.因為01，此時x>1，2-x>1都在f（x）的同一單調遞減區間（1，+∞）上. 所以要證x>2-x，等價于證f（x）0，所以φ（x）在區間（0，1）上單調遞增，所以φ（x）<φ（1）=0. 所以不等式x+x>2成立.

點評：極值點偏移問題，在知曉函數f（x）的單調性和極值點x后，常常構造差函數F（x）=f（x+x）-f（x-x）或F（x）=f（x）-f（2x-x），通過求導F′（x）判斷F（x）的單調性，得出F（x）在某區間上的正負，從而推出f（x+x）與f（x-x）或f（x）與f（2x-x）的大小關系.

需要注意的是另一種轉化形式：x+x>2?x>2-x. 因為1

①當2-e<2-x≤0?2≤x2，顯然成立.

②當0<2-x<1?12-x，只需證明f（x）>f（2-x）. 又f（x）=f（x），所以由等量代換得f（x）>f（2-x）. 現構造差函數φ（x）=f（x）-f（2-x）（10（10（1φ（1）=0. 所以不等式x+x>2成立.

點評：本問留x，難度較大，而且容易產生問題，注意2-x要分為（2-x）∈（2-e，0］和（2-x）∈（0，1）兩種情況進行分類討論.教學時要給學生充足的自主學習的時間與機會，以對比兩種轉化方式的優劣，這才是真正的教學思維與思考！因留的變量不同，則難度就不同，需要仔細揣摩！

2. 問題探究二

接下來，再證明不等式的右邊x+x

方法1：要證x+xf（e-x）即可. 因為f（x）=f（x），所以由等量代換得f（x）>f（e-x）. 現構造差函數φ（x）=f（x）-f（e-x）（00（0

因為φ′（x）=f′（x）+f′（e-x），真數的最大值>1. 令φ′（x）=0?x=，因為00，φ（x）單調遞增；當x∈（x，1）時，φ′（x）<0，φ（x）單調遞減. 所以x=x是φ（x）的極大值點.

以下探究φ（x）在x=0與x=1兩端點處的函數值. 因為φ（x）=0，φ（1）=f（1）-f（e-1）>0，所以φ（x）=f（x）-f（e-x）>0（0

點評：類似極值點偏移問題進行處理，使得問題得以解決.

方法2：通過類比進行對稱化構造.

要證x+x

①由0

②接著只需研究e-1

現構造差函數φ（x）=f（x）-f（e-x）（e-10，所以φ（x）在（e-1，e）上單調遞增，所以φ（x）<φ（e）=f（e）-f（0）=0.

綜上所述，x+x

點評：此法運用的是“分類討論+函數構造”.

方法3：法寶②（運用差或比代換消元解決極值點）.

由f（x）=f（x）（x≠x），設=t，因為01，將之代入上式有x（1-lnx）=x（1-lnx）?x（1-lnx）=tx（1-lnx-lnt）?lnx=.

要證x+xln（1+t）?>，由于兩邊結構形式一樣，于是可以構造函數g（t）=（t>1）?g′（t）=. 令φ（t）=1--lnt（t>1）?φ′（t）=<0，所以φ（t）在區間（1，+∞）上單調遞減，所以φ（t）<φ（1）=0，所以g′（t）<0，所以g（t）在區間（1，+∞）上單調遞減，所以g（t+1）. 不等式得證.

點評：本法變雙變量成單變量，達到消元的目的.

方法4：兩次轉化為相同結構，再構造新函數.

因為0①.

又f（x）=f（x）?x（1-lnx）=x（1-lnx）?=②. 由①②式代換后有>?<③.

下面構造函數g（x）=（0p（e）=1+1-2=0，所以g′（x）>0，所以g（x）在區間（0，e）上單調遞增，所以g（x）

方法5：一般放縮法.

由x（1-lnx）=x（1-lnx）（x≠x），又01，所以x（1-lnx）>x，所以x+x0，所以g（x）在區間（1，e）上單調遞增，所以g（x）

點評：巧妙借助對數的性質適當放縮，簡潔、漂亮！

方法6：切線放縮一.

因為過點（e，0）的函數f（x）=x（1-lnx）的切線方程為y=-x+e，先作出f（x）及其切線的大致草圖（如圖2所示），現構造函數g（x）=（e-x）-x（1-lnx）（1g（e）=0，即e-x>x（1-lnx）?x（1-lnx）

下面只需證明f（x）=f（x）>x即可.

令h（x）=f（x）-x=x（1-lnx）-x=-xlnx>0（0x，所以x

方法7：切線放縮二.

如圖2所示，令t=f（x），y=t與切線的交點為x0，則t=-x+e?x=e-t，所以x

方法8：割線放縮法.

思路簡單解析如下：設f（x）=f（x）=m，由圖3可知，0

接下來構造函數h（x）=f（x）+x（1

由第（1）問知f（x）=x（1-lnx）的極大值點為x=1，過點（0，0）和（1，1）的直線方程為y=x，當x∈（0，1）時，直線y=x與直線y=m的交點坐標為（m，m），則x

構造函數h（x）=f（x）+x（10，所以h（x）在區間（1，e）上單調遞增，所以h（x）

方法9：切線、割線夾逼思想（簡稱“切線夾、割線夾”）.

切割夾逼思想（筷子型）的簡單解析：由圖4可知，因為x

綜上可知，2<+

結束語

本題主要考查學生構造函數及利用導數研究函數的單調性證明不等式，對培養學生的邏輯思維能力、運算求解能力和實踐創新能力是一道很好的訓練題，教師要善于總結此類問題的解決策略，強化通性通法，同時也要積極探索一些高妙的思想方法，以提升學生理性的思維能力、解題能力，而不是機械刷題，只有這樣才能在較短時間內逐步發展學生的學科核心素養.

作者簡介：周建玲（1974—），本科學歷，中學高級教師，市骨干教師，市學科名師培養對象，主要從事中學數學教育教學研究工作.