一个课本题根及其变式的探究

何洪标　蓝云波

人们都说木有本，水有源，题有根.要想脱离茫茫的题海，必须追根溯源.所谓题根，就是那些源于基础，又高于基础，提炼于解题实践，又能广泛应用于解题实践的结论、习题、例题、各类试题.在平时的解题训练中，若能重视题根及其变式的应用，总能达到举一反三、跳出题海并提高解题能力的功效.本文以课本中的一个著名题根为例，结合今年的高考题和模拟题谈谈它及其变式的应用，现分析如下.

1 课本题根及其应用

题根 （人教A版选修22教材第32页习题B组第1大题第3小题）利用函数的单调性，证明不等式ex>1+xx≠0.

分析 要证明不等式，常见的做法是作差或作商，然后通过构造函数，利用其最值证明不等式.结合此题，可用作差法.

证明 设f（x）=1+x-ex，x∈-∞，+∞，则f′（x）=1-ex，令f′（x）>0，得x<0，令f′（x）<0，得x>0.所以f（x）在-∞，0上单调递增，在0，+∞上单调递减.所以当x≠0时，f（x）x+1x≠0.

点评 本题难度虽不大，却是非常重要的不等式，在各类考试中经常考查，其重要性不亚于课本中的重要定义、定理、性质.

例1 （2015年湖北卷第22题第1问）求函数f（x）=1+x-ex的单调区间，并比较1+1nn与e的大小.

分析 利用本文的题根，并进行恰当赋值，即可得到所证不等式.

解析 f（x）的定义域为-∞，+∞，f′（x）=1-ex，令f′（x）>0，得x<0，令f′（x）<0，得x>0.所以f（x）的单调递增区间为-∞，0，单调递减区间为0，+∞.当x>0时，f（x）

点评 本题直接考查了课本的一个题根，体现出高考源于课本高于课本的原则.是课本题根的直接应用.

例2 （2015年广东卷）设a>1，函数f（x）=（1+x2）ex-a.

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）证明：f（x）在-∞，+∞上仅有一个零点；

（Ⅲ）若曲线y=f（x）在点P处的切线与x轴平行，且在点Mm，n处的切线与直线OP平行（O是坐标原点），证明：m≤3a-2e-1.

分析 （Ⅰ）可利用导数研究函数的单调性.（Ⅱ）可利用函数零点存在定理，结合函数单调性使问题得到证明.（Ⅲ）利用导数的几何意义得出一个等式，结合所要证的结论并利用分析法，在进行等式代换后，可知最后只需证明的不等式即是本文所给出的题根.

解析 （Ⅰ）因为f′（x）=2xex+（1+x2）ex=（x+1）2ex，x∈R.因为对任意x∈R，都有f′（x）≥0，所以f（x）的单调递增区间为-∞，+∞，无单调递减区间；

（Ⅱ）证明 由（Ⅰ）知f（x）在-∞，+∞上单调递增，且f（0）=1-a<0，fa-1=aea-1-a=aea-1-1.因为a>1，所以a-1>0，a-1>0，

所以ea-1>1，故ea-1-1>0，故fa-1>0，所以x0∈0，a-1，使得f（x0）=0，又因为f（x）在-∞，+∞上单调递增，所以f（x）在-∞，+∞上仅有一个零点；

（Ⅲ）证明 f′（x）=（x+1）2ex，令f′（x）=0，解得x=-1，所以点P-1，2e-a，所以kOP=a-2e.又因为f（x）在点Mm，n处的切线与直线OP平行，所以f′（m）=kOP，即（m+1）2em=a-2e.而要证m≤3a-2e-1，只需证（m+1）3≤a-2e，

而（m+1）2em=a-2e，只需证（m+1）3≤（m+1）2em，只需证m+1≤em.

构造函数h（x）=ex-x-1，x∈R.所以h′（x）=ex-1.令h′（x）>0，解得x>0，令h′（x）<0，解得x<0.所以h（x）在-∞，0上单调递减，在0，+∞单调递增，所以h（x）≥h（0）=0，所以ex≥x+1，所以m+1≤em，所以m≤3a-2e-1得证.

点评 本题以课本的一个题根为依托进行构建试题，考查了导数在研究函数中的应用和分析法.第三问较为隐蔽，若能利用分析法进行逆向思考，则能化难为易.

例3 （2015年陕西省高三教学质量检测试题二）设函数f（x）=ex-ax-1.

（Ⅰ）若函数f（x）在R上单调递增，求a的取值范围；

（Ⅱ）当a>0时，设函数f（x）的最小值为g（a），求证；g（a）≤0；

（Ⅲ）求证：对任意的正整数n，都有1n+1+2n+1+3n+1+…+nn+1<（n+1）n+1.

分析 （Ⅰ）利用等价转化变为恒成立问题.（Ⅱ）利用导数研究函数的最值.（Ⅲ）由题意得出课本题根，并进行恰当赋值，化为等比数列求和问题.

解析 （Ⅰ）由题意知f′（x）=ex-a≥0对x∈R恒成立，且ex>0，故a的取值范围为a≤0.

（Ⅱ）由a>0，及f′（x）=ex-a可得，函数f（x）在-∞，lna上单调递减，在lna，+∞上单调递增，故函数f（x）的最小值为g（a）=flna=elna-alna-1=a-alna-1，则g′（a）=-lna，故当a∈0，1时，g′（a）>0，当a∈1，+∞时，g′（a）<0，从而可知g（a）在0，1上单调递增，在1，+∞上单调递减，且g（1）=0，故g（a）≤0.

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当a=1时，总有f（x）=ex-x-1≥0，当且仅当x=0时等号成立.故当x>0时，总有ex>x+1.于是可得x+1n+1

令x+1=1n+1，即x=-nn+1，可得1n+1n+1

令x+1=2n+1，即x=-n-1n+1，可得2n+1n+1

令x+1=3n+1，即x=-n-2n+1，可得3n+1n+1

……

令x+1=nn+1，即x=-1n+1，可得nn+1n+1

把以上各式相加得：1n+1n+1+2n+1n+1+…+nn+1n+1

=e-n1-en1-e=e-n-11-e=1-e-ne-1<1e-1<1.

故对任意的正整数n，都有1n+1+2n+1+3n+1+…+nn+1

点评 本题是课本题根的精彩应用，与数列知识进行交汇，体现出在知识交汇处命题的思路，并由此得到一个优美的数列不等式，令人拍案叫绝.

2 题根变式及其应用

题根固然重要，其变式也不可轻视.由本文题根知，当x>-1且x≠0时，恒有ex>x+1，两边取对数得lnex>ln（x+1），所以当x>-1且x≠0时，恒有ln（x+1）

例4 （2015年福建卷第20题第1问）已知函数f（x）=ln（1+x），证明：当x>0时，f（x）

分析 由题根变式显然得证，还可使用作差法，构造函数通过最值证明不等式.

解析 令F（x）=f（x）-x=ln（x+1）-x，x∈0，+∞.

则有F′（x）=1x+1-1=-xx+1，当x∈0，+∞时，F′（x）<0，所以F（x）在0，+∞上单调递减，故当x>0时，F（x）0时，f（x）

点评 本题考查了本文课本题根的变式，它在解题中也具有重要地位.以此变式为依据的考题屡见不鲜，应引起足够的重视.

例5 （2015年广东卷）数列{an}满足：a1+2a2+…+nan=4-n+22n-1，n∈N*.

（Ⅰ）求a3的值；

（Ⅱ）求数列{an}的前n项和Tn；

（Ⅲ）令b1=a1，bn=Tn-1n+1+12+…+1nann≥2.证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2lnn.

分析 （Ⅰ）逐一赋值可求解，两式相减更快捷.（Ⅱ）继续两式相减，注意n=1的讨论.（Ⅲ）由（Ⅱ）所求结果代入进行化简求和，可用裂项法进行求和，再进行适当放缩，通过题根变式使问题得到圆满解决.

解析 （Ⅰ）因为a1+2a2+…+nan=4-n+22n-1；当n=2时，a1+2a2=4-2+222-1=2；当n=3时，a1+2a2+3a3=4-3+223-1=114，两式相减得，a3=14.

（Ⅱ）因为a1+2a2+…+nan=4-n+22n-1，①

所以当n≥2时，

a1+2a2+…+（n-1）an-1=4-n+12n-2， ②

①减去②得nan=n+12n-2-n+22n-1=n2n-1，

所以an=12n-1.

当n=1时，a1=1也满足上式，故数列{an}的通项公式an=12n-1.

所以Tn=a1+a2+…+an=1+12+122+…+12n-1=1-12n1-12=2-12n-1.

即数列{an}的前n项和Tn=2-12n-1.

（Ⅲ）设cn=1+12+13+…+1n.则n≥2时，bn=Tn-1n+1+12+13+…+1n12n-1

=Tn-1cn-cn-1+cnTn-Tn-1=cnTn-cn-1Tn-1.

所以当n≥2时，Sn=b1+b2+…+bn=1+（c2T2-c1T1）+（c3T3-c2T2）+…+（cnTn-cn-1Tn-1）

=1+cnTn-c1T1=

1+12+13+…+1n2-12n-1<

21+12+13+…+1n.

设f（x）=ln（x+1）-x，-10，所以f（x）在-1，0上单调递增，所以当-1

所以12+13+…+1n

所以n≥2时，Sn<21+lnn=2+2lnn.当n=1时，Sn=b1=1<2=2+2ln1.

综上，对任意正整数n，恒有Sn<2+2lnn.

点评 本题以数列为载体，考查了题根变式的重要应用.若能在平时的解题训练中注重题根及其变式，在求和之后不难使命题得到证明.

通过对一个课本题根与其变式的分析，沟通了知识的内在联系，发散了数学思维.使无边的题海化为有边际的绿洲，能有效地提高学生的学习效率，并达到举一反三、触类旁通的效果.在以后的教学中，题根教学是极为重要的一环，要引起教师的足够重视.

作者简介 何洪标，男，汉族，广东兴宁人.1968年7月生，中学高级教师，“嘉应名师”，兴宁市“学科带头人”，兴宁一中数学教研组长.发表论文多篇.

蓝云波，男，汉族，广东兴宁人.1981年10月生.中学一级教师.致力于高中数学教学和初等数学研究工作.已在《中学数学杂志》等专业期刊发表论文二十余篇.