深究考题思想方法比机械刷题更重要

周建玲 朱文平 周毅鸿

［摘  要］ 历年高考数学试题，是教学研究的最好载体，值得数学教师和学生反复揣摩，深刻领悟其中的内涵和精髓，发挥以一当十的功效，深究考题思想方法比机械刷题重要得多.

［关键词］ 深究；考题；思想方法

引言

做任何事情都需要思考，做数学问题更不例外！深思高考试题，有时会给我们带来更多的收获和启示：引导学生厘清考题思路，让学生学会深度思考，灵活运用各种解法比机械刷题更重要.

真题再现

（2021年新高考全国Ⅰ卷第22题）已知函数f（x）=x（1-lnx）.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设a，b是两个不相等的正实数，且blna-alnb=a-b，证明：2<+

考点分析

本题题目简洁，第（1）问是基础题，起点低，易入手，属于送分题，能让考生感到人文关怀！第（2）问考查导数的应用，属于极值点偏移问题（或双变量问题），需要等价转化构造函数求解.看似简单，实则不然！能够把这个问题思考得透彻、清楚的考生少之又少，是难题！

似这种利用函数的单调性（求导数）来证明不等式的问题，基本方法有：

（1）把证明f（x）>k转化为证明f（x）>k；

（2）把证明f（x）>g（x）转化为证明f（x）-g（x）>0；

（3）把证明f（x）>g（x）转化为证明f（x）>g（x）；

（4）把证明f（x）>g（x）转化为证明f（x）>h（x），h（x）>g（x）；

（5）改编不等式结构，重新构造函数证明不等式.

解题探究

对于第（1）问，要向学生强调，凡是研究函数，首先应关注其定义域！这也是学生易出错的地方.

因为f（x）=x（1-lnx）（x>0）?f′（x）= -lnx，所以当x∈（0，1）时，f′（x）>0，f（x）单调递增；当x∈（1，+∞）时，f′（x）<0，f（x）单调递减. 综上所述，f（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上單调递减.

对于第（2）问，因为a≠b，a>0，b>0，于是blna-alnb=a-b两边同时除以ab，得lna-lnb=-?（1+lna）=（1+lnb）?

1-ln

=

1-ln

，这样等式两边的结构形式一样了，可以构造函数f（x）=x（1-lnx）来解决问题——回到了题干，可以利用第（1）问的相关结论解决问题，这也是命题的巧妙之处.不妨设a>b>0，若令x=，x=，则x

考虑到函数f（x）=x（1-lnx）的极大值点x=1，联想到x+x>2x是极值点偏移问题.处理极值点偏移问题通常用“三大法宝”：①运用对称性构造新函数；②运用差（比）换元（消元）；③运用对数均值不等式或指数均值不等式.本题要采用的法宝是①②.

而较精准地作出函数图像，是探究导数解题思路解决问题的关键. 根据第（1）问，可用洛比达法则和极限思想考察图像在区间端点的趋势，从而作出f（x）=x（1-lnx）的草图. 具体处理如下：

f（x）=x（1-lnx）=

=0，f（x）=x（1-lnx）=-∞，又f（e）=0，可得f（x）=x（1-lnx）的大致图像如图1所示.

由f（x）=f（x）（x≠x），结合图可知，必有0

1. 问题探究一

下面先证明不等式的左边x+x>2成立.

方法：法宝①（运用对称性构造新函数解决极值点），即对称化构造函数→极值点偏移，其本质是利用函数的单调性，构造差函数.

要证x+x>2，即证x>2-x.因为01，此时x>1，2-x>1都在f（x）的同一单调递减区间（1，+∞）上. 所以要证x>2-x，等价于证f（x）0，所以φ（x）在区间（0，1）上单调递增，所以φ（x）<φ（1）=0. 所以不等式x+x>2成立.

点评：极值点偏移问题，在知晓函数f（x）的单调性和极值点x后，常常构造差函数F（x）=f（x+x）-f（x-x）或F（x）=f（x）-f（2x-x），通过求导F′（x）判断F（x）的单调性，得出F（x）在某区间上的正负，从而推出f（x+x）与f（x-x）或f（x）与f（2x-x）的大小关系.

需要注意的是另一种转化形式：x+x>2?x>2-x. 因为1

①当2-e<2-x≤0?2≤x2，显然成立.

②当0<2-x<1?12-x，只需证明f（x）>f（2-x）. 又f（x）=f（x），所以由等量代换得f（x）>f（2-x）. 现构造差函数φ（x）=f（x）-f（2-x）（10（10（1φ（1）=0. 所以不等式x+x>2成立.

点评：本问留x，难度较大，而且容易产生问题，注意2-x要分为（2-x）∈（2-e，0］和（2-x）∈（0，1）两种情况进行分类讨论.教学时要给学生充足的自主学习的时间与机会，以对比两种转化方式的优劣，这才是真正的教学思维与思考！因留的变量不同，则难度就不同，需要仔细揣摩！

2. 问题探究二

接下来，再证明不等式的右边x+x

方法1：要证x+xf（e-x）即可. 因为f（x）=f（x），所以由等量代换得f（x）>f（e-x）. 现构造差函数φ（x）=f（x）-f（e-x）（00（0

因为φ′（x）=f′（x）+f′（e-x），真数的最大值>1. 令φ′（x）=0?x=，因为00，φ（x）单调递增；当x∈（x，1）时，φ′（x）<0，φ（x）单调递减. 所以x=x是φ（x）的极大值点.

以下探究φ（x）在x=0与x=1两端点处的函数值. 因为φ（x）=0，φ（1）=f（1）-f（e-1）>0，所以φ（x）=f（x）-f（e-x）>0（0

点评：类似极值点偏移问题进行处理，使得问题得以解决.

方法2：通过类比进行对称化构造.

要证x+x

①由0

②接着只需研究e-1

现构造差函数φ（x）=f（x）-f（e-x）（e-10，所以φ（x）在（e-1，e）上单调递增，所以φ（x）<φ（e）=f（e）-f（0）=0.

综上所述，x+x

点评：此法运用的是“分类讨论+函数构造”.

方法3：法宝②（运用差或比代换消元解决极值点）.

由f（x）=f（x）（x≠x），设=t，因为01，将之代入上式有x（1-lnx）=x（1-lnx）?x（1-lnx）=tx（1-lnx-lnt）?lnx=.

要证x+xln（1+t）?>，由于两边结构形式一样，于是可以构造函数g（t）=（t>1）?g′（t）=. 令φ（t）=1--lnt（t>1）?φ′（t）=<0，所以φ（t）在区间（1，+∞）上单调递减，所以φ（t）<φ（1）=0，所以g′（t）<0，所以g（t）在区间（1，+∞）上单调递减，所以g（t+1）. 不等式得证.

点评：本法变双变量成单变量，达到消元的目的.

方法4：两次转化为相同结构，再构造新函数.

因为0①.

又f（x）=f（x）?x（1-lnx）=x（1-lnx）?=②. 由①②式代换后有>?<③.

下面构造函数g（x）=（0p（e）=1+1-2=0，所以g′（x）>0，所以g（x）在区间（0，e）上单调递增，所以g（x）

方法5：一般放缩法.

由x（1-lnx）=x（1-lnx）（x≠x），又01，所以x（1-lnx）>x，所以x+x0，所以g（x）在区间（1，e）上单调递增，所以g（x）

点评：巧妙借助对数的性质适当放缩，简洁、漂亮！

方法6：切线放缩一.

因为过点（e，0）的函数f（x）=x（1-lnx）的切线方程为y=-x+e，先作出f（x）及其切线的大致草图（如图2所示），现构造函数g（x）=（e-x）-x（1-lnx）（1g（e）=0，即e-x>x（1-lnx）?x（1-lnx）

下面只需证明f（x）=f（x）>x即可.

令h（x）=f（x）-x=x（1-lnx）-x=-xlnx>0（0x，所以x

方法7：切线放缩二.

如图2所示，令t=f（x），y=t与切线的交点为x0，则t=-x+e?x=e-t，所以x

方法8：割线放缩法.

思路简单解析如下：设f（x）=f（x）=m，由图3可知，0

接下来构造函数h（x）=f（x）+x（1

由第（1）问知f（x）=x（1-lnx）的极大值点为x=1，过点（0，0）和（1，1）的直线方程为y=x，当x∈（0，1）时，直线y=x与直线y=m的交点坐标为（m，m），则x

构造函数h（x）=f（x）+x（10，所以h（x）在区间（1，e）上单调递增，所以h（x）

方法9：切线、割线夹逼思想（简称“切线夹、割线夹”）.

切割夹逼思想（筷子型）的简单解析：由图4可知，因为x

综上可知，2<+

结束语

本题主要考查学生构造函数及利用导数研究函数的单调性证明不等式，对培养学生的逻辑思维能力、运算求解能力和实践创新能力是一道很好的训练题，教师要善于总结此类问题的解决策略，强化通性通法，同时也要积极探索一些高妙的思想方法，以提升学生理性的思维能力、解题能力，而不是机械刷题，只有这样才能在较短时间内逐步发展学生的学科核心素养.

作者简介：周建玲（1974—），本科学历，中学高级教师，市骨干教师，市学科名师培养对象，主要从事中學数学教育教学研究工作.