注重高三二轮复习质量

逄志伟

【摘要】高三第一轮复习知识点较多且零散，导致学生在综合应用多个知识点的时候容易出现问题，因此第二轮复习的首要任务是按专题总结知识点，对知识点的串联和概括是重中之重.在高考背景下，不仅仅要求我们将题目讲透，还要求我们在讲解题目的过程中能够教会学生举一反三，让学生对知识点深入理解，学会知识点之间的迁移、归纳.

【关键词】二轮复习;发散联想;举一反三

一、问题与分析

（2017 盐城三模）若实数x，y满足2x-3≤ln（x+y+1）+ln（x-y-2），则xy=.

思路分析1：基本不等式与导数的应用

ln（x+y+1）+ln（x-y-2）

=ln（x+y+1）（x-y-2）

≤ln（2x-1）24=2ln（2x-1）-2ln 2.

当且仅当x+y+1=x-y-2，即y=-32时取等号.

设t=2x-1（t>0），则原式t-2≤2ln t-2ln 2.

令f（t）=t-2-2ln t+2ln 2，

∴f′（t）=1-2t=t-2t.

当t>2时，f′（t）>0，函数f（t）单调递增;

当0

∴fmin（t）=f（2）=0.

所以要使不等式成立，需t=2，此时x=32.

所以xy=-94.

分析：这种解答方法相對来说运用知识点较多，考查了学生对于知识点综合运用的能力.其思路的复杂之处在于先应用基本不等式，确定y的值，再用换元法构造函数解决不等式问题，解x值，最后得出结论.

思路分析2：巧妙利用典型不等式ln x≤x-1

不等函数关系式ln x≤x-1在x∈（0，+∞）上恒成立，当且仅当x=1时取等号.这个不等式为一个经典不等式的变式，考虑到题中不等式与这个结论的相似性，我们可以利用这个不等式求解.

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.

满足上述形式，但不等号方向相反，因此当且仅当x+y+1=1x-y-2=1即x=32y=-32时等号成立，所以xy=-94.

其中ln x≤x-1的证明过程如下：

设函数f（x）=ln x-x+1（x>0），

则f′（x）=1x-1=1-xx.

当00，函数f（x）单调递增;

当x>1时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减.

∴fmax（x）=f（1）=0，

∴f（x）≤f（1）=0恒成立，不等式得证.

分析：此方法与方法1相比更加简洁，但运用知识的综合能力、技巧性更强.这个不等式实际上是ex≥x+1不等式的变形，此不等式及其变形应用相当广泛，并且由于与之有关的试题构思巧妙、结构独特、综合性强、技巧性强，常被作为各类试题的压轴题.同时，我们从这个题目可以看出，解题过程中已经出现了同构函数的影子，掌握此方法对于解决2020年全国Ⅰ卷的第12题，新高考山东卷的第21题都有借鉴意义.

二、思路2的探索研究

1.不等式原型证明

原型：ex≥x+1

证明：设函数f（x）=ex-x-1，

则f′（x）=ex-1.

当x>0时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增;

当x<0时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减.

∴fmin（x）=f（0）=0，

∴f（x）≥f（0）=0恒成立，不等式得证.

2.不等式的变形应用

原型：ex≥x+1①

变形1：用-x替换①式中的x

可得e-x≥-x+1（x∈R），当且仅当x=0时等号成立.

变形2：①式两边同时取自然对数

可得x≥ln（x+1）（x>-1）②，当且仅当x=0时等号成立.

变形3：用x-1替换②式中的x

可得x-1≥ln x（x>0）③，当且仅当x=1时等号成立.

变形4：③式两边同时乘-1

可得1-x≤ln1x（x>0）④，当且仅当x=1时等号成立.

变形5：用1x替换④式中的x

可得ln x≥1-1x（x>0）⑤，当且仅当x=1时等号成立.

变形6：⑤式两边同时乘x

可得xln x≥x-1（x>0），当且仅当x=1时等号成立.

此不等式虽然变形方式较多，但是都是在原型基础上的延伸变换.其中联系密切的指数不等式和对数不等式之间的变化，对于解决压轴题中出现的不等式变化具有较高的参考价值.

三、探索结论在试题中的应用

应用1：（2016苏州暑假测试）已知函数f（x）=x-1-aln x（其中a为参数）.证明：1+1nn

分析：对于指数型的不等式证明，通常来说思路比较清晰，先将其两边分别取对数，转化为对数型的函数不等式再证明.

两边取对数后，只要证明nln1+1n<1<（n+1）ln1+1n，

即只要证明1n+1

令x=1+1n，则只要证1-1x

此不等式的证明即为变形③和变形④的结合应用.

应用2：（2015南京三模）已知函数f（x）=x2-x+t，t≥0，g（x）=ln x.直线l与函数f（x），g（x）的图像都相切.对于确定的正实数t，讨论直线l的条数，并说明理由.

分析：通过假设切点可以计算出直线l，同时构造出等式ln x+（1+x）24x2-（t+1）=0.切线的条数即为方程的解的个数.

令F（x）=ln x+（1+x）24x2-（t+1），在證明过程中，完全可以利用变形公式⑤进行简单求解.

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

从而得到F12（t+1）>t+122-t=t+14>0……

同构函数解决不等式的应用：（2020山东高考）已知函数f（x）=aex-1-ln x+ln a，若f（x）≥1，求a的取值范围.

分析：利用指数对数的运算可将f（x）≥1转化为eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x，令g（x）=ex+x，上述不等式等价于gln a+x-1≥gln x，注意到g（x）的单调性，进一步等价转化为ln a≥ln x-x+1，令h（x）=ln x-x+1，利用导数求得h（x）max，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a的对数不等式，解得a的取值范围.

解：f（x）=aex-1-ln x+ln a=eln a+x-1-ln x+ln a≥1等价于

eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x=eln x+ln x，

令g（x）=ex+x，则上述不等式等价于gln a+x-1≥gln x，

显然g（x）为单调增函数，

∴ln a+x-1≥ln x，

即ln a≥ln x-x+1，

令h（x）=ln x-x+1（x>0），则h′（x）=1x-1=1-xx，

当x∈（0，1）时，h′（x）>0，h（x）单调递增;

当x∈（1，+∞）时，h′（x）<0，h（x）单调递减，

∴h（x）max=h1=0，可得ln a≥0，即a≥1，

∴a的取值范围是[1，+∞）.

从以上三个应用不难看出，不等式以及其变形相关类型题在历年的考试中往往是以压轴题的形式出现，这也是大部分学生学习过程中的难点.当然，不等式这些结论的应用技巧性极强，对于立志冲击高等学府的优等生来说是必须要掌握的.虽说几种变式形式不同，且应用起来较为复杂，但对于我们思考解题还是有很大帮助的，在二轮专题复习的过程中，教师要注重学生思维的发散和统一，加强变式题型的训练与总结，让学生学会举一反三.