主要矛盾思想在解题受阻时的应用

葛明雨

在数学解题训练中，思路有时会在一个或多个环节受阻，这些 “拦路虎”对大家做题行成困扰，造成大家做题半途而废.当解题受阻时，发现用主要矛盾思想指导解题思路很有帮助.

主要矛盾思想是哲学领域的一个观点，它的含义是在事物发展过程中处于支配地位，对事物发展起决定作用的矛盾.主要矛盾思想的方法论是善于抓住重点，集中主要力量解决主要矛盾，也就是常说的抓重点.

一、主要矛盾思想应用流程

一道题的解答可以分解为几个小的解题过程，当解题受阻时，这段解题过程的受阻点即为此段的主要矛盾点，主要矛盾思想的方法论指引我们思考怎么去解决矛盾，怎样去抓重点.随着解题的一步步进行，主要矛盾点也在发生着变化.在思考过程中要善于把题目与已学知识和常用方法进行联想、类比，以期解决每个解题过程中的主要矛盾点.二、例析主要矛盾思想在解题中的应用1.应用在三角函数

例1已知cos（θ+π6）=35，π2<θ<53π，求cos（2θ+π12）的值.

分析观察题目形式，已知角是θ+π6，待求角2θ+π12，第一个主要矛盾点是θ与2θ，为了解决这个矛盾需要配角，二倍化后的角2（θ+π6）=2θ+π3≠2θ+π12，但需要补充特殊角π4，所以2（θ+π6）-π4=2θ+π12.则cos（2θ+π12）=cos2（θ+π6）-π4=22cos2（θ+π6）+sin2（θ+π6），其中cos2（θ+π6）=2cos2（θ+π6）-1=-725，sin2（θ+π6）=2sin（θ+π6）cos（θ+π6），第二个主要矛盾点sin（θ+π6）取45还是-45，已知π2<θ<53π，23π<θ+π6<116π，由于cos（θ+π6）=35>0，所以32π<θ+π6<116π，θ+π6在第四象限，所以sin（θ+π6）=-45.

因此，cos（2θ+π12）

=

22-725+2×-45×35=-31250.

点评反思解题流程，发现随着解题的一步步进行，主要矛盾点也在发生着变化，例1中很好地体现了三角函数学习中的两种主要问题.其实三角函数这块知识点公式多，令人眼花缭乱.在三角恒等变形中，有两大主要矛盾点.第一个主要矛盾点主要集中于变角上，尽量把待求角用已知角拆、配、组装，建立起已知角和待求角的某种运算.常见的拆角和配角方式有

A=A+B-B，α=12α+β+

12α-β，

β=12α+β-12α-β.

第二个主要矛盾点主要集中于对角的范围的估计和判断，需要把角度“卡”在合适的范围内.例1还可以把θ+π6“卡”在更小的范围内，12

2.构造函数证不等式

例2若x1，x2∈（1e，1），x1+x2<1，求证 x1x2

分析题目是证明两元之间的不等式，观察题目形式，有x1+x23，如果要把x1+x23展开，题目会陷入到不能求解的境地.出现了第一个矛盾：高次函数的矛盾，这个矛盾着眼于高次（如三次）多项式怎么化为低次（一次或二次）多项式，为了解决这个矛盾，联想到对数性质lnxa=alnx，两边同时取对数，实现了降次.因为x1>0，x2>0，即证lnx1x2<3lnx1+x2，此时又出现第二个矛盾点：无法拆解并移项，左边的lnx1x2可以等于lnx1+lnx2，右边的lnx1+x2就会拆解不开，转化不了

fx1

由于x1，x2∈（1e，1），所以1e

综上，1e

f ′（t）≥0， f（t）单调递增；当t∈（12，e-1），f ′（t）<0，f（t）单调递减.f（t）max≤f（12）=ln427

点评 不等关系证明题目，常用构造函数法，研究函数的单调性去证明不等式，在构造函数时遇到矛盾点，需要找到突破口，如例2联想到对数性质.例2中出现两元，为了分离两元的函数式，出现了第二个矛盾点，在换元工具的使用下，构造了两个函数f（t）和g（x1），函数构造后，出现第三个矛盾点：确定函数的最值，前提是确定换元后自变量的取值范围.反思解题流程，主要矛盾点也在发生着变化.这类题目的矛盾点的解决方式具有借鉴意义.对以后做这类题目是一种启发.

3.应用在数列不等式证明

例3 （2014年陕西高考题改编）已知f（x）=ln（1+x），g（x）=x1+x，当n∈N*时，证明g（1）+g（2）+…+g（n）>n-f（n）

分析要证的不等式左边是前n项和的形式，右边不是和的形式，数列不等式证明中出现第一个主要矛盾点：求和形式的不对称性.为解决这个矛盾点，让其具有整齐性，构造∑ni=1g（i）>∑ni=1bi，令n-fn=Tn=b1+b2+…+bn，当n≥2，bn=Tn-Tn-1=1+lnnn+1，当n=1时，b1=1-ln2，综上bn=1+

lnnn+1.只需证g（n）>bn，即证nn+1>1+lnnn+1.出现第二个主要矛盾点：如何证明这个不等式？为解决矛盾点，需要构造函数，令t=nn+1（01+lnt，构造函数ft=t-lnt-1，f ′t=t-1t<0，所以f（t）在t∈（0，1）上单调递减，

f（t）>f（1）=0，即t>1+lnt，得证.

点评此题可以归类为“∑ni=1ai与f（n）大小关系”证明类，解决这类题目一般是看成两个数列前n项和的大小比较，再转化为比较通项之间的大小.例3中还有一个需要考虑的小细节，换元构造函数中兼顾到不等式的形式，右边的对数形式的矛盾性要大于左边的分式，所以要以换元后对数形式的简单化为换元方向，如例3中令t=nn+1比t=n+1好些.

例4已知数列{bn}，满足bn=2n-12n，数列an=1bn的前n项和为Sn，求证Sn<43

分析这种类型的题目在高考中屡次出现，属于“Sn与常数C大小关系” 证明类，常见做法是用综合法去证明，证明的过程需要自己灵活掌握放缩法，但是这对数学的思维和素养要求比较高.书本上我们做等差和等比数列的求和比较容易，这种结构特别的数列一时不知如何处理，这就出现一种主要矛盾，等差或等比数列与特殊数列的矛盾，基础知识与灵活迁移的矛盾，既然特殊数列不好处理，那么需要把主要矛盾进行转化为大家易知的等差或等比数列，

在等比数列{an}中，前n项和为Sn=a1（1-qn）1-q，当0

2312n-1，即证4n4n-1<43，即证14n-1<13，只需证4n-1>3.

当n≥2时成立，

当n=1时，S1=a1=23<43.

综上，可得an

点评“Sn与常数C大小关系” 证明类题目，一般考虑构造伪等比数列，利用分析法寻找放缩路径，这样处理可以很大程度降低思维难度.

4.应用在导数函数综合压轴题

这几年的高考函数压轴题，都需要依靠导数的帮助来求解，在研究导函数零点问题时，经常遇到解题矛盾点“导函数具有零点但又无法求解或求解相对比较繁杂”.主要矛盾的思想如何应用在高考函数压轴题，请看下面两个经典的例题.

例5（2015年全国高考新课标卷1文21题）设函数f（x）=e2x-alnx.

（1）讨论f（x）的导函数f ′（x）的零点个数.

（2）证明：当a>0时，f（x）≥2a+aln2a.

分析（1）略.

（2）由（1），f ′（x）=2e2x-ax（x>0），令f ′（x）=0，出现主要矛盾点；此时零点不易求，为了解决这个矛盾，先虚设零点x0，可设f ′（x）在（0，+ 单调递增，所以f（x）min=f（x0）=e2x0-alnx0，由于2e2x0-ax0=0，得e2x0=a2x0，

又x0=a2e2x0，得lnx0=lna2e2x0=lna2-2x0，

所以f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0-a（lna2-2x0）=a2x0+2ax0+aln2a≥2a2x0×2ax0+aln2a=2a+aln2a.

点评例5属于零点不易求问题.当导函数的零点不易求时，经常虚设零点，设而不求.例5中虚设零点，着眼于将超越式化简为普通的代数式，把超越函数看成整体，设而不求，通过形式化的合理代换或推理，达到化简并求解问题的目的.

在导数和函数综合题中，构造的函数形式如果不合理，会造成解题受阻.如果直接构造函数难以求出导数的零点， 可以通过整合重组函数表达式，将原函数转化为简单、易于求导数零点的函数.下面的例6是很好的例子.

例6求证：lnx>1ex-2ex

分析如果按常规方法， 令f（x）=lnx-1ex+2ex，发现求导后f ′（x）=1x+1ex-2ex2，其导数值的正负不能确定，也无法求出其导数值的零点，故直接构造的方法行不通.出现主要矛盾点：构造的函数难以判断单调性或者难以求出导数的零点.说明构造的函数的方式不合适，以解决主要矛盾点为思考出发点，让导函数的求导简单化.换种方式重组整合，证明xlnx>xex-2e，

令f（x）=xlnx，g（x）=xex-2e，问题转化为证明

f（x）min>g（x）max.以下利用导数工具，根据函数和单调性证明即可.f ′（x）=lnx+1，令f ′（x）=0得x=1e.当01e时，f ′（x）>0，f（x）在（1e，+∞）上单调递增，所以f（x）min=f（1e）=-1e

，又g′（x）=1-xex，令g′（x）=0得x=1.

当00.g（x）在（0，1）上单调递增.

当x>1时，g′（x）<0，g（x）在（1，+∞）上单调递减，所以g（x）max=g（1）=-1e.

又f（x）与g（x）取得最值时对应的x值不同.故x∈（0，+∞）时，f（x）>g（x），即lnx>1ex-2ex.

总结主要矛盾思想在解题受阻时具有广泛的应用，主要矛盾点把解题流程分成几段，找准每段流程的主要矛盾点，反思解题流程，发现随着解题的一步步进行，主要矛盾点也在发生着变化，以解决每一步的主要矛盾点为出发点，去指导每一步的解题方向和方式，明确解题路线， 这对于提高解题的效率和训练逻辑思维素养有重要意义.

（收稿日期：2016-11-22）