高三压轴题讲评,讲好思维的“卡壳”处
——以2020届成都三诊理科数学第20题解法探究为例

2020-11-21 01:51四川
教学考试(高考数学) 2020年6期
关键词:卡壳移项压轴

四川 张 君

高三压轴题讲评,要顺应学生思维惯性,及时抓住学生思维“卡壳”处,和学生一起深度研究,找准“卡壳”原因,突破“卡壳”思维,帮助学生走出困境,跳出题海,赢得胜利!

1.试题

已知函数f(x)=aex-m,其中a,m∈R.

(1)当a=m=1时,设g(x)=f(x)-lnx,求函数g(x)的单调区间;

(2)当a=4,m=2时,证明:f(x)>x(1+lnx).

试题为成都市2020届高中毕业班第三次诊断性检测数学理科第20题,题干设置有两问,有难度梯度,背景常规,但内涵丰富、切入点多、解法灵活、区分度高,常规中见新奇,是一道非常具有讲评和研究价值的函数压轴题.

2.分析“卡壳”原因,讲好思维“卡壳”处

考后笔者分析学生答卷,第(1)问答得非常好,第(2)问成了本次考试的“重灾区”!与部分学生交流得知,第(2)问是一道函数不等式的证明题,问法常规,容易寻找解题思路,但出现了思维“卡壳”,深入下去较难,加上考试时间有限,没有写出完整、严谨的解题过程.经过具体分析,第(2)问出现思维“卡壳”的思路主要有两种:

2.1“卡壳”思路一:变形作差,构造新函数,用隐零点研究

当a=4,m=2时,f(x)=4ex-2,

要证f(x)>x(1+lnx),

即证4ex-2>x(1+lnx).

令g(x)=4ex-2(x-1)-x(x>0),

则g′(x)=4xex-2-1,

因为g″(x)=4ex-2(x+1)>0,所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增,

所以当x∈(0,x0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;

当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.

而g(1)=-1<0,g(2)=2>0,

思路一“卡壳”原因:放大了隐零点x1的范围,怎样恰当地缩小x1的范围是此种思路突破的难点.因为p(x)在(1,2)上单调递减,所以我们只需要考虑区间右侧,寻找一个比2小且比x1大的数n,使得p(n)>0.我们可以通过二分法,尝试寻找逼近x1的n,解法探究如下:

2.2“卡壳”思路二:移项作差,直接构造函数,用隐零点研究

要证f(x)>x(1+lnx),只需证4ex-2>x(1+lnx).

所以当x∈(0,x0)时,h″(x)<0,所以h′(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,h″(x)>0,所以h′(x)单调递增.

所以当x∈(0,x1)和x∈(x2,+∞)时,h′(x)>0,所以h(x)单调递增;当x∈(x1,x2)时,h′(x)<0,所以h(x)单调递减.

由h′(x2)=0,即4ex2-2=lnx2+2,得h(x)的极小值h(x2)=4ex2-2-x2(1+lnx2)=lnx2+2-x2(1+lnx2),

即证得f(x)>x(1+lnx).

评注:移项作差直接构造函数,函数结构复杂,三次用到隐零点,还要构造不等式放缩,对学生能力要求高,难度非常大,深入做下去的学生很少.通过与思路一比较,让学生体会到变形构造比直接构造更简洁,要学会恰当合理的构造函数.

3.进一步解法探究

思路一、二是证明不等式常见的构造方法,思路简单,但所构造的函数结构复杂,计算量大,耗时过多,同时要构造不等式进行放缩,技巧性强,不易想到.在了解学生思维“卡壳”处的基础上,和学生一起再次探究,分析错因,寻找突破,走出困境,让学生明白不同的思路选择,其解答过程的复杂程度不一样,要学会选择.有没有更好的解题思路,正是这道题研究的价值所在.

3.1思路三:一分为二,凹凸性的反转

要证f(x)>x(1+lnx),

只需证4ex-2>x(1+lnx).

当x∈(0,2)时,h′(x)<0,所以h(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,所以h(x)单调递增.

所以h(x)min=h(2)=1.

当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,所以φ(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,所以φ(x)单调递减.

所以f(x)>x(1+lnx).

评注:通过在所证不等式两边同时除以x2,构造两个凹凸性相反的函数,满足h(x)min≥φ(x)max,且不在同一点处取等号,从而使问题得到快速解决.此法简洁、新颖,让学生感受到恰当构造函数的重要和美妙!

3.2思路四:函数隔离法

要证4ex-2>x(1+lnx),

只需证4ex-2≥x2≥x(1+lnx),

先证右边:x2≥x(1+lnx),即证x≥1+lnx,

再证左边:4ex-2≥x2(x>0),对此不等式,有如下构造证明方法:

方法1:移项直接构造差函数

令q(x)=4ex-2-x2(x>0),

则q′(x)=4ex-2-2x,

令p(x)=q′(x),则p′(x)=2(2ex-2-1),

由p′(x)=0,得x=2-ln2,

所以当x∈(0,2-ln2)时,p′(x)<0,q′(x)单调递减;当x∈(2-ln2,+∞)时,p′(x)>0,q′(x)单调递增.

又q′(2)=0,所以当x∈(0,x0)和x∈(2,+∞)时,q′(x)>0,q(x)单调递增;当x∈(x0,2)时,q′(x)<0,q(x)单调递减.

所以4ex-2≥x2≥x(1+lnx),因为不等式左右两边不在同一点取等,所以4ex-2>x(1+lnx).

方法2:取对数,化指数为对数

要证4ex-2≥x2(x>0),只需证ln(4ex-2)≥lnx2,即证:ln4+x-2≥2lnx,

令t(x)=ln4+x-2-2lnx,

所以当x∈(0,2)时,t′(x)<0,t(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,t′(x)>0,t(x)单调递增.

所以t(x)min=t(2)=ln4+2-2-2ln2=0,所以t(x)≥0,即4ex-2≥x2(当且仅当x=2时取等).原式得证.

方法3:合理变形,构造商函数

当x∈(0,2)时,h′(x)<0,所以h(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,所以h(x)单调递增.

所以h(x)min=h(2)=1,所以h(x)≥1,即4ex-2≥x2(当且仅当x=2时取等).原式得证.

评注:在所证不等式中间插入一个函数,实现两个函数的隔离,把问题转化成证明两个相对比较简单的不等式,化繁为简,跳出泥潭,使问题得到顺利解决.用三种不同方法对左边不等式4ex-2≥x2进行构造证明,再次让学生感受到构造在函数不等式证明中的魅力!

3.3思路五:利用切线不等式放缩

令h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1,

所以h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,

所以h(x)≥h(0)=0,即ex≥x+1(当且仅当x=0时取等).

用x-1替换x得ex-1≥x(当且仅当x=1时取等),

用lnx替换ex≥x+1中的x得x≥lnx+1(当且仅当x=1时取等),

因为x>0,所以x2≥x(lnx+1)(当且仅当x=1时取等)②,

由①②式得,4ex-2≥x2≥x(1+lnx),由于两式不在同一点处取等号,

所以4ex-2>x(1+lnx),

所以f(x)>x(1+lnx).

评注:通过两个相关联的切线不等式ex≥x+1和x≥lnx+1的替换、放缩,巧妙证明目标不等式,此法对学生的数学素养要求较高,解法很有创新性,值得学习、思考.

4.教后反思

思路一、二通过移项作差、构造和变形作差直接构造新函数,是函数不等式证明的通性通法,学生入手容易深入难,这也正是高考压轴题的常见命题手法,对学生的能力和素养要求高、区分度强.讲评时顺应学生的思维惯性,通过通性通法的研究,深度剖析题目本质,挖掘试题的思想和方法,找准学生思维“卡壳”的原因,认清命题陷阱,寻求思维突破.

思路三、四、五通过一题多解,深刻体会题目内涵及命题意图,进行思路引导,多视角分析,合理构造、放缩,提出更加自然、简洁、美妙、创新的解法,从而突破“卡壳”思维,帮助学生走出困境、跳出题海.

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