重视课本习题研究 达到研一题通一类

摘" 要：课本是教学之根本，也是高考试题之源头，许多高考试题的背景都出自课本的例、习题的改编和延伸，因此留意课本的例、习题的教学及备考是极其重要的.对课本一道习题从多个角度进行解答，然后进一步呈现均值不等式在不同知识板块中的运用.

关键词：课本习题；一题多解；均值不等式

中图分类号：G632""" 文献标识码：A""" 文章编号：1008-0333（2024）16-0048-05

收稿日期：2024-03-05

作者简介：杜海洋（1976.9—），男，四川省仪陇人，从事高中数学教学研究.

“源于教材、高于教材”已经成为高考命题的一条重要原则，也是专家青睐的一种命题手法，即高考命题很注重开发教材、研究教材，挖掘教材知识的考查价值和功能，许多高考试题所涉及的思想方法都源于对教材例、习题的深入研究.这就启示我们要研究课本习题，重视课本习题的组合、演变、延伸、推广及拓展.

1" 课本习题

题目" （2019年人教A版必修第一册58页第5题）［1］若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，求ab的取值范围.

分析" 本题属于求范围问题，涉及两个变量，则会产生以下解题方法：

（1）不等式思想：根据基本不等式化为关于ab的二次不等式，解得ab范围，即得ab的取值范围.

（2）方程思想：化为一元二次方程，利用判别式.

2" 解法探究

解法1" （利用均值不等式和化积）

由于ab=a+b+3≥2ab+3，

所以（ab）2-2ab-3≥0.

即（ab-3）（ab+1）≥0.

所以ab≥3，即ab≥9，当且仅当a=b=3时等号成立.

所以ab的范围为［9，+∞）.

解法2" （利用均值不等式积化和）

因为ab=a+b+3≤（a+b2）2，

所以（a+b）2-4（a+b）-12≥0.

则（a+b-6）（a+b+2）≥0.

所以a+b-6≥0.即a+b≥6.

则ab=a+b+3≥9，此时当且仅当a=b=3时等号成立.

所以ab的取值范围为［9，+∞）.

解法3" （变换利用均值不等式积化和）

由ab＝a＋b＋3可得（a-1）（b-1）=4.

则（a-1）（b-1）=2.

即（a-1）（b-1）=2≤a-1+b-12.

所以a+b-6≥0.即a+b≥6.

则ab=a+b+3≥9，此时当且仅当a=b=3时等号成立.

所以ab的取值范围为［9，+∞）.

解法4"" （比值代换+均值不等式）

令a=bk（kgt;0），则b2k=bk+b+3.

所以k=b+3b2-b.

即ab=b2k=b2+3bb-1=（b-1）+4b-1+5≥24+

5=9，当且仅当b-1=4b-1，即b=3时等号成立.

所以ab的取值范围为［9，+∞）.

解法5"" （增量代换+均值不等式）

令a=b+k（k≥0），则b2+bk=2b+k+3.

即k=-b2+2b+3b-1.

即a=b+k=b+-b2+2b+3b-1=b+3b-1.

所以ab=b2+3bb-1.下同解法4.

解法6" （直接消元+均值不等式）

由ab＝a＋b＋3可得a=b+3b-1.

所以ab=b2+3bb-1.下同解法4.

解法7" （变换消元+均值不等式）

由ab＝a＋b＋3可得（a-1）（b-1）=4.

令a-1=t，则b-1=4t，

所以ab=（t+1）（4t+1）=5+t+4t≥5+24=9，当且仅当t=2时等号成立.

解法8" （化归方程利用判别式）

令a+b+3=t，则ab=at-a2-3a=t.

所以a2+（3-t）a+t=0.

即关于a的一元二次方程有根.

所以△=（3-t）2-4t≥0，

即t≥9，或t≤1（舍去）.

此时当且仅当a=b=3时t≥9等号成立.

所以ab的范围为［9，+∞）.

解法9" （化归方程结合韦达定理）

令ab=m，a+b=n（m，ngt;0），则a，b可看成方程x2-nx+m=0的两根.由m=n+3，方程化为x2-（m-3）x+m=0，

此方程有解即△=（m-3）2-4m≥0.

则（m-9）（m-1）≥0，解得m≥9或m≤1.

由m=n+3可得m≥9成立，此时当且仅当

a=b=3时t≥9等号成立.

所以ab的取值范围为［9，+∞）.

解法10" （直接利用三元均值不等式）由正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则由三元均值不等式则有

ab＝a＋b＋3≥333ab.

即（ab3）3≥3ab.

所以ab≥9，当且仅当a=b=3时等号成立.

所以ab的取值范围为［9，+∞）.

解法11" （权方和不等式）

由正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则

1＝a＋b＋3ab=1a+1b+3ab≥（1+1）2a+b+3ab.

即1≥4a+b+3ab.

则ab（a+b）≥4ab+3（a+b）.

又因为ab＝a＋b＋3，

所以（ab）2-10ab+9≥0，

解得ab≥9符合题意，当且仅当a=b=3时等号成立.

所以ab的取值范围为［9，+∞）.

3" 方法梳理

对于含两个变量求最值或值域的常见技巧：（1）根据和与积的关系等式，结合均值不等式可以求出积或和的最值，这样的方法叫作“和积化归”，如解法1，2，3；（2）对含有多元变量的函数求最值时通常要减少变量的个数，减少变量的个数方法有：①代入消元，把其中一个变量用其他变量表示后代入消元，如解法6；②对齐次式可通过构造比值消元或增量代换，如解法4，5，7；（3）对于求代数式的值或值域，常常可将代数式看成一个整体建立方程，利用方程有解进行求值，如解法8，9；（4）对于项数和变量超过两个可以考虑三元（n元均值不等式）进行求值域，如解法10、解法11权方和不等式本质为柯西不等式的变形，也可以这样构造1＝aba＋b＋3=ab（1+1+1）2·（1+1+1）2a＋b＋3≤ab9（1a+1b+13），然后进行求解，对于学有余力的学生可以适当拓展.

4" 均值不等式的运用

4.1" 求代数式的值（值域）

例1" 已知agt;0，bgt;0，2a+b=ab，则1a-1+2b-2的最小值为.

解析" 由agt;0，bgt;0，2a+b=ab，得

（a-1）（b-2）=2.

所以b-2=2a-1.

即b=2aa-1gt;0.

故a-1gt;0，a=bb-2gt;0.

故b-2gt;0.

所以1a-1+2b-2=1a-1+（a-1）≥2，当且仅当1a-1=a-1，结合2a+b=ab，即a=2，b=4时等号成立.

即1a-1+2b-2的最小值为2.

4.2" 在解三角形中的应用

例2" 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，已知4StanB=a2cosB+abcosA.

（1）求角B；

（2）若b=3，△ABC的周长为l，求Sl的最大值.

解析" （1）因为4StanB=a2cosB+abcosA，

所以4×（acsinBcosB）/2sinB=a2cosB+abcosA.

即2ccosB=acosB+bcosA.

由正弦定理，得

2sinCcosB=sinAcosB+sinBcosA=sin（A+B）.

因为A+B=π-C，所以2sinCcosB=sinC.

因为C∈（0，π），所以sinC≠0.

所以cosB=12.

又B∈（0，π），所以B=π3.

（2）由余弦定理，得b2=a2+c2-2accosB.

即9=a2+c2-ac.

所以9=（a+c）2-3ac.

即ac=13［（a+c）2-9］.

因为S=12acsinB=34ac，l=a+c+3，

所以Sl=3ac4（a+c+3）=3［（a+c）2-9］12（a+c+3）.

所以Sl=312（a+c-3）.

又ac≤（a+c）24（当且仅当a=c时取等号），

所以9=（a+c）2-3ac≥（a+c）24（当且仅当a=c=3时取等号）.

所以a+c≤6（当且仅当a=c=3时取等号）.

所以Sl=312（a+c-3）≤312×（6-3）=34（当且仅当a=c=3时取等号）.

即Sl的最大值为34.

4.3" 在数列中的应用

例3" 已知等比数列an的前n项和为Sn，a3=9，a6=243，若关于n的不等式3anλ-2S2n-730≤0恒成立，则实数λ的取值范围为.

解析" 设等比数列an的公比为q，则

a6=a3q3.

即243=9q3，解得q=3.

所以a1=a3q2=932=1.

所以an=3n-1，Sn=a1（1-qn）1-q=3n-12.

因为3anλ-2S2n-730≤0恒成立，即3nλ≤32n-1+730恒成立.

即λ≤3n+7293n恒成立.

由基本不等式可得3n+7293n≥23n·7293n=54，当且仅当3n=7293n，即n=3时等号成立.

所以λ≤54.

即实数λ的取值范围为（-∞，54］.

4.4" 在直线与圆中的应用

例4" 已知圆O：x2+y2=4，P（2，3）.

（1）求过点P且与⊙O相切的直线方程；

（2）直线l过点P，且与x轴、y轴正半轴分别交于A，B两点.求|PA|·|PB|的最小值，并求此时直线l的方程.

解析" （1）切线方程为5x-12y+26=0和x=2.

（2）设直线l的方程为xa+yb=1，其中agt;0，bgt;0，A（a，0），B（0，b）.

因为过点P（2，3），所以2a+3b=1.

因为A，P，B三点共线，所以

|PA|·|PB|=|PA·PB|

=|（a-2，-3）·（-2，b-3）|=|13-2a-3b|.

因为2a+3b=（2a+3b）·（2a+3b）

=4+9+6ba+6ab

≥13+26ba·6ab=25，

当且仅当a＝5，b＝5时取等号.

所以|PA|·|PB|=2a+3b-13≥12.

此时直线l的方程为x+y-5＝0.

综上，|PA|·|PB|的最小值为12，直线l的方程为x+y-5＝0.

4.5" 在圆锥曲线中的应用

例5" 椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的离心率e=32，且椭圆C的长轴长为4.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设直线l过点D（0，12），且与椭圆C相交于M，N两点，又点P是椭圆C的下顶点，当△PMN面积最大时，求直线l的方程.

解析" （1）椭圆C的方程为x24+y2=1.

（2）由题意可知，直线斜率必存在，故设M（x1，y1），N（x2，y2），直线l：y=kx+12，联立y=kx+12，x24+y2=1 得

（4k2+1）x2+4kx-3=0，

△=16k2+12（4k2+1）gt;0，

x1+x2=-4k4k2+1，x1x2=-34k2+1.

所以S△PMN=12|PD||x1-x2|

=34（x1+x2）2-4x1x2

=32×16k2+34k2+1.

令16k2+3=m（m≥3），则

S△PMN=3m2×（m2+1）/4=6m+1/m.

又因为y=m+1m在［3，+∞）单调递增，

所以当m=3即16k2+3=3即k=0时，△PMN面积最大，此时直线l：y=12.

4.6" 在立体几何中的应用

例6" 如图1，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为.

解析" 建立坐标系如图2所示.设AB=1，则

AF=（1，12，0），E（12，0，0）.

设M（0，y，1）（0≤y≤1），则EM=（-12，y，1）.

由于异面直线所成角的范围为（0，π2］，

所以cosθ=|-1/2+y/2|1+1/4·1/4+y2+1

=2（1-y）5·4y2+5.

因为［2（1-y）4y2+5］2=1-8y+14y2+5，

令8y+1=t，1≤t≤9，

则8y+14y2+5=16t+81/t-2≥15，

当且仅当t=1时取等号.

所以cosθ=2（1-y）5·4y2+5≤15×25=25，

当且仅当y=0时，取得最大值.

5" 结束语

蔡上鹤教授认为：教科书是由正文、例题和习题三部分有机组成的.教材中的习题凝聚了无数专家、学者的心血、智慧，经历一代又一代数学人的打磨、优化.我们不仅应该仔细研究教科书上每一道习题，而且还要重视教科书配套的教师教学用书，因为主编很多的用意和编写目的都会体现在这里.教师要钻研教材，挖掘课本习题的潜在功能，让考生回归教材.面对新一轮课改，许多教师无所适从，依然采用题海战术，依然加班加点，而且愈演愈烈，这种“劳民伤财”的做法苦了学生、伤了老师，既不符合课改精神，也无助于高考得分.重视教材、回归课本，才是解决问题的唯一有效良策.

参考文献：

［1］

人民教育出版社，课程教材研究所，中学数学课程教材研究开发中心.普通高中教科书·数学必修第一册（A版）［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［责任编辑：李 "璟］