从一道函数恒成立问题引发的教学思考

2022-11-11 09:02广西南宁市第三中学530021汪世杰
中学教学参考 2022年20期
关键词:赵某切线零点

广西南宁市第三中学(530021)汪世杰

《礼记·学记》有云:“学然后知不足,教然后知困。”在十年的教学生涯中,笔者接触了大量思维能力不同的学生。他们的解题经验虽然不如笔者丰富,但是常常具有创造性思维,能不拘泥于常规,想到很多笔者想不到的“点”。笔者认为,在教书育人的过程中,一方面是笔者在传道授业,另一方面是学生的创造性思维加深了笔者对数学的认知,所谓教学相长也。可以毫不夸张地说,笔者很多时候是站在学生的肩膀上,从而让自己看得更远。

笔者现执教高三年级,学生的基础还不错,考完南宁市的摸底考后,笔者在课堂上评析其中的导数压轴题时,引起了学生的热烈讨论。现将整个课堂的实录整理如下。

题目的第(2)问:若ex-1+x(lnx-ax)≥0 恒成立,求a的取值范围。

一说到恒成立问题,很快就有学生赵某发言:“本题可以用分离参数的方法来求解。”笔者顺势请赵某上来板书解答的过程。过程如下:由ex-1+x(lnx-ax)≥0 恒成立,可得也恒成立。记,则g′(x)=显然g″(x)在(x0,+∞)单调递增且g″(1)=0,当(x0,+∞)时g″(x)>0,当x∈(0,1)时g″(x)<0,g′(x)在x∈(0,1)上单调递减,在x∈(x0,+∞)上单调递增。[g′(x)]min=g′(1)=0,g(x)在(x0,+∞)上单调递增且g(1)=0,当x∈(x0,+∞)时g(x)>0,当x∈(0,1)时g(x)<0,当x∈(x0,+∞)时f′(x)>0,当x∈(0,1)时f′(x)<0。

f(x)在x∈(0,1)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,[f(x)]min=f(1)=1,a≤1。

赵某的解答逻辑清晰,过程严密,赢得了全班同学的热烈掌声。此时,班上的学生李某提出了自己的解法,他使用的也是分离参数法,但是他认为可以通过放缩的技巧减少求导的次数。这里只展示他和赵某解答过程中不同的地方:注意到g′(x)=(x-1)ex-1-lnx,由切线放缩不等式x-1 ≥lnx(先证再用)可知,g′(x)≥(x-1)(ex-1-1)≥0恒成立。李某说:“通过放缩我们可以发现g′(x)≥0,这就避免了再次对g′(x)求导,可以有效节约解题的时间。”这个观点抛出来,大家立刻给予热烈的掌声,纷纷赞许李某观察仔细。

正当笔者准备讲下一道题时,学生王某提出一个问题:“本题能否不分离参数,而是直接研究原函数不等式恒成立?”笔者说道:“理论上来说是可以的,直接求解原函数的最值也是恒成立的一种常见方法。”王某说:“但是我试了这种方法,解到某一步就进行不下去了。”

笔者让王某将他的解法展示出来,过程如下:记g(x)=ex-1+x(lnx-ax),∵g′(x)=ex-1+lnx+1-2ax,∴g″(x)=不难发现g‴(x)在(0,+∞)上单调递增且g‴(1)=0,当x∈(1,+∞)时g‴(x)>0,当x∈(0,1)时g‴(x)<0。g″(x)在(0,1)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,[g″(x)]min=2-2a。

接下来如何解答?王某表示应该对a进行分类 讨论。当a≤1时,g″(x)≥0恒成立,g′(x)在(0,+∞)上单调递增。g′(1)=2-2a≥0且当x→0时,g′(x)→-∞,g′(x)在(0,+∞)上有唯一的零点,记为x=x0,x0∈(]0,1,当x∈(x0,+∞)时g′(x)>0,当x∈(0,x0)时g′(x)<0,g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,[g(x)]min=“解到这我的思路就断了,感觉函数g(x)的最小值求不出来。”王某说。

“通过零点虚设代换可以证明当a≤1时,g(x)≥0 恒成立,但是当a>1时,如何证明g(x)≥0不恒成立的方法我还没有找到。”赵某接着说道。

“既然是要证明当a>1时,g(x)≥0 不恒成立,意味着我们是不是只要找到一个正数m,使得g(m)<0就可以了?”笔者提醒道。

赵某马上反应过来,答道:“就取m=1,此时g(1)=1-a<0,就可以说明当a>1时,g(x)≥0 不恒成立了。”这时班上再次响起热烈的掌声,通过王某和赵某的合作,得出了本题的第二种解法。

“同学们,刚才我们得出的第二种解法,还有没有需要修改的地方?”笔者问道。发现学生一脸茫然,笔者便继续追问:“如何判断一个函数是否有零点?”这时马上有学生回答:“用零点存在定理判断。”如何用零点存在定理判断呢?下面让我们一起来回顾零点存在定理:对于[ ]a,b的连续函数f(x),若f(a)f(b)≤0,则f(x)在[ ]a,b必有零点。你们发现第二种解法需要改进的地方了吗?平时很少发言的学生林某举起手,说道:“之前王某在判断g′(x)在(0,+∞)上有唯一的零点时,只说明了g′(1)=2-2a≥0,而没有找到一个正数m,使得g′(m)<0,他用‘当x→0时,g′(x)→-∞’这种极限的技巧来代替‘找到一个正数m,使得g′(m)<0’,确实很妙,但是超出了高中数学知识的范畴,在考试中可能会被扣分。”“你观察得很仔细,我们判断零点是否存在一定要严格依照零点存在定理来判断。下面让我们一起把第二种解法的补丁打上吧,即找到一个正数m,使得g′(m)<0。”笔者说道。“这不是我们之前研究过的一个有关取点的技巧吗?从趋势上看,当x→0时,g′(x)=ex-1+lnx+1-2ax中的()

ex-1+1-2ax→常数,而lnx→-∞,我们只要适当放缩变形一下g′(x)就可以了。”学生马某说。“嗯,很不错,直接找一个正数m,使得g′(m)<0 有点困难,那么我们如何对g′(x)进行变形呢?”笔者接着问道。平时擅长放缩变形的学生李某这时站出来展示他熟练的放缩技巧:

注意到g′(x)在(0,+∞)上单调递增且g′(1)=2-2a≥0,下面要找一个数m∈(0,1),使得g′(m)<0。g′(m)=em-1+lnm+1-2am<lnm+2-2am=ln e2m-2am≤e2m-1-2am(这里用到切线放缩不等式x-1 ≥lnx)。若e2m-1-2am<0,即m<,则g′(m)<0,因此取m=时,g′(m)<0。

他精彩的放缩步骤赢得了同学们热烈的掌声。正当笔者准备讲评下一道题目时,李某再次举手表示他有一个新的简便方法来解决本题。方法如下:

要证ex-1+x(lnx-ax)≥0 恒成立,即证+(lnx-ax)≥0 恒成立,即证ex-1-lnx+(lnx-ax)≥0,由切线放缩不等式ex-1≥x可得ex-1-lnx+(lnx-ax)≥x-lnx+lnx-ax=(1-a)x。当a≤1时,即可得到ex-1-lnx+(lnx-ax)≥0 恒成立;当a>1时,记g(x)=ex-1+x(lnx-ax),则g(1)=1-a<0,说明ex-1+x(lnx-ax)≥0不恒成立。故当a>1时不符题意,因此a≤1。

这个方法既新颖又简便,出乎笔者意料,全班学生也对李某钦佩不已。笔者问道:“这么巧妙的方法你是怎么想到的?”李某谦虚地说:“我平时在刷题过程中,遇到过类似的问题,便想着这题是不是也可以这么解,结果还真解出来了。”他拿出平时积累的数学笔记和资料,找了一道类似本题的题目分享给大家,题目如下:

若x(e2x-a)≥1 +x+lnx在(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围。

“同学们,学霸就是这么养成的,十年磨一剑,每天坚持不懈地学习和总结,才换来现在课堂上的精彩表现!我建议大家再给他一些热烈的掌声!”笔者怀着激动的心情说道。平时很少发言的张某在一旁飞速计算着李某分享的题目,他举起手并说道:“李某提供的方法确实妙,我们记h(x)=x(e2xa)-(1+x+lnx)=e2x+lnx-ax-(1+x+lnx)≥2x+lnx+1-ax-(1+x+lnx)=(1-a)x,当a≤1时,即可得h(x)≥0 恒成立。当a>1时,则h(1)=e2-a-2,此时我们无法判断h(1)的正负,从而不能判断当a>1时h(x)≥0 是否恒成立。”“其实当a>1时是可以取到一个点x0,使得h(x0)<0 的。不过这次的取点不像前一道题那样简单。本题要取一个这样的点x0,须满足2x0+lnx0=0,即=1。此时,h(x0)==(1-a)x0,由a>1可知h(x0)<0。”李某回应道。“你是怎么想到要取一个这样的点x0,使它满足2x0+lnx0=0 的呢?”笔者追问道。李某回答说:“这其实和我们所用的切线放缩不等式有关,我们知道ex≥x+1 当且仅当x=0时取等号,本题中,我们是用到了e2x+lnx≥2x+lnx+1这个形式的切线放缩,因此取等号条件变为当且仅当2x+lnx=0 了,我们只要取满足方程2x+lnx=0 的根x0即可。当a>1时,将使得上述不等式的不等号变方向,即找到一个点x0,使得h(x0)<0。”这番精彩的分析,立刻收到大家热烈的掌声。“这种方法具有普遍性吗?在什么情况下适用?”笔者接着追问道。“这种方法不是万能的,比如说:证明当x∈(0,+∞)时,x2ex>lnx+1 恒成立,上述方法就不适用。因为x2ex=ex+2lnx≥x+2 lnx+1,但我们无法证明x+2 lnx+1>lnx+1 也恒成立,所以这道题就不太适用此方法。”李某回答。“那么,这种方法在什么情况下适用?”笔者问道。过了一会儿,赵某举手回答:“我觉得可以逆向思考,本方法的实质是使用切线不等式ex≥x+1进行放缩,因此可以得出如下式子ealnx+bx+c≥alnx+bx+c+1,即满足xaebx+c≥alnx+bx+c+1 形式的式子可以使用此方法。”大家听完赵某的分析之后恍然大悟,其实这种方法的本质就是切线放缩的一种特殊形式,不过由于其变形方式独特,一直未被大家所发现和运用。就在此时,赵某再次提出一个问题:“刚才我们分析的‘若x(e2x-a)≥1 +x+lnx在(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围。’这道题可以用分离参数法来解答吗?我在用这种方法分析的过程中遇到一个困难:原不等式等价于记f(x)=,则f′(x)=,显然g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)>0,。g(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点x0,即,当x∈(x0,+∞)时g(x)>0,即f′(x)>0;当x∈(0,x0)时g(x)<0,即f′(x)<0,∴f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增。这时我发现f(x)的最小值似乎求不出来。”全班学生陷入沉思之中,一方面大家都认为f(x)的最小值是可以求出来的,但是既求不出x0,又无法将+lnx0=0这个式子整体代换到f(x)的最小值中消去x0。这时笔者不失时机地提醒+lnx0=0这个式子还可以化简吗?”“哦,好像可以构造同构式来化简。由前知等价于ln(-lnx0),即ln(2x0)+lnx0+2x0=ln(-lnx0),即ln(2x0)+2x0=ln(-lnx0)+(-lnx0),由y=lnx+x单调递增可知,2x0=-lnx0,”赵某激动地说,“这样一来即a≤1。”赵某精彩的发言再次赢得了全班热烈的掌声。

波利亚曾经说过,当你找到第一个蘑菇或作出第一个发现后,再环顾四周,它们总是成群生长的。在数学课堂上如何引导和激发学生的学习和探究兴趣,如何启发学生的思维是教师需要深入思考的问题。如果只是单独解答一道题,学生很难从中有很大的收获,教师应该有意识地引导学生由此及彼,通过深入研究一道题,找到解决一类题的方法,或者是通过一题多解,开阔学生的视野,锻炼学生的思维能力。更重要的是,在探究的过程中,凸显问题的本质,揭示出知识之间的联系,从而使得课堂教学更加高效。

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