安徽省合肥市第四中學(xué)(230000) 鄭 良 錢兆云

根據(jù)對(duì)數(shù)的定義有: (1)logaab=b(a ＞0 且a /= 1);(2)alogaN=N(a ＞0 且a /= 1,N ＞0). 大家常常把兩個(gè)公式叫做對(duì)數(shù)恒等式.[1]以上兩個(gè)等式從左向右為式子的化簡(jiǎn),可視為正用,學(xué)生一般不會(huì)出現(xiàn)問題;從右到左,由(1)可知任意實(shí)數(shù)均可寫成對(duì)數(shù)的形式,由(2)可知任意正數(shù)均可寫成指數(shù)的形式.它需要根據(jù)所要求解與求證問題的結(jié)構(gòu)調(diào)整,可視為逆用,具有一定的靈活性.對(duì)于由指數(shù)型函數(shù)、對(duì)數(shù)型函數(shù)、冪函數(shù)型函數(shù)等構(gòu)成的特殊問題,若能合理借助上述對(duì)數(shù)恒等式(主要指逆用),往往使問題迎刃而解或解題(證明)過程得到優(yōu)化.

一、真題呈現(xiàn)

1 借助同構(gòu)構(gòu)建函數(shù)

同構(gòu)式是指變量不同、結(jié)構(gòu)相同的表達(dá)式,多表現(xiàn)為函數(shù)對(duì)稱性的應(yīng)用.[2]若已知函數(shù)f(x)的解析式,正向代入容易得到f(x1),f(x2),反過來,若給出f(x1),f(x2)及變形形式,逆向抽象(構(gòu)造)出函數(shù)f(x)則相對(duì)困難,它需要解題者根據(jù)結(jié)構(gòu)的相似性進(jìn)行(不斷地)調(diào)適,實(shí)現(xiàn)相同結(jié)構(gòu)形式的還原與配湊.

例1(自編題)已知函數(shù)f(x) =xex(e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),g(x) =xlnx,若f(x1) =g(x2) =t,其中t ＞0,則的取值范圍是____.

解法1x1ex1=x2lnx2=t,由t ＞0,得x1＞0,x2＞1,所以lnx2＞0,由對(duì)數(shù)恒等式(2)得x2lnx2=lnx2elnx2=t,由f′(x) = (x+1)ex,函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增. 由f(x1) =g(x2) 知f(x1) =f(lnx2), 又x1＞0,lnx2＞0,得x1=lnx2. 所以

設(shè)h(t) =則h′(t) =當(dāng)t ∈(0,e) 時(shí),h′(t)＞0,函數(shù)h(t)單調(diào)遞增,當(dāng)t ∈(e,+∞)時(shí),h′(t)＜0,函數(shù)h(t) 單調(diào)遞減, 故h(t) ≤h(e) =當(dāng)t →0 時(shí),h(t)→-∞;當(dāng)t →+∞時(shí),h(t)→0,所以的取值范圍是

解法2由對(duì)數(shù)恒等式(1) 得f(x) =xex= exlnex,由x1ex1=x2lnx2=t, 由t ＞0, 得x1＞0,x2＞1, 所以x2＞1.g(x) =xlnx,g′(x) = lnx+1, 則函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增. 由ex1lnex1=x2lnx2=t, 即g(ex1) =g(x2),而ex1,x2∈(1,+∞),所以ex1=x2. 所以下同解法1.

點(diǎn)評(píng)求解目標(biāo)中含有相互關(guān)聯(lián)的三個(gè)量x1,x2,t, 消元是解題的基本方向, 是局部消元(如直接建構(gòu)x1與x1分別關(guān)于t的函數(shù))還是整體消元(x1x2整體關(guān)于t的函數(shù))? 通過對(duì)條件的結(jié)構(gòu)分析,配湊相同的結(jié)構(gòu)形式,利用函數(shù)f(x)(或g(x))的單調(diào)性將x1x2整體用t表示,進(jìn)而求函數(shù)y=的值域. 題設(shè)條件一定,所以x1與x2的關(guān)系確定(解法1 與解法2 中分別以x1=lnx2,ex1=x2的等價(jià)形式呈現(xiàn)),解法1 與解法2 分別以y=f(x),y=g(x)的結(jié)構(gòu)形式為標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行配湊.

例2(自編題)已知函數(shù)f(x) =x+ln(x-1),g(x) =xlnx,若f(x1) = 1+2 lnt,g(x2) =t2,則(x1x2-x2)lnt的最小值為( ).

解由題意f(x1) =x1+ ln(x1-1) = 1 + 2 lnt,即x1-1 + ln(x1-1) = lnt2, 由對(duì)數(shù)恒等式(1) 得lnt2=ln ex1-1+ln(x1-1)=ln[ex1-1(x1-1)],所以

由對(duì)數(shù)恒等式(2)得

其中t2＞0.

又函數(shù)y=xex在[0,+∞)上單調(diào)遞增,故由①②可得x1-1=lnx2,故(x1x2-x2)lnt=x2lnx2lnt=t2lnt. 記h(t)=t2lnt(t ＞0),則h′(t)=2tlnt+t,令h′(t)＞0,得令h′(t)＜0,得0＜t ＜,故h(t)在上單調(diào)遞減, 在上單調(diào)遞增, 故當(dāng)x=時(shí),即(x1x2-x2)lnt的最小值為所以選C.

點(diǎn)評(píng)相比例1,例2 中的變量間關(guān)系更加隱性,對(duì)學(xué)生的變形化歸能力要求更高.一旦建構(gòu)起關(guān)于t的函數(shù),問題迎刃而解.

2 求參數(shù)范圍

含參不等式恒成立、存在性問題是高考的重點(diǎn)與熱點(diǎn)問題.如何求含參不等式恒成立問題中的參數(shù)范圍,一般常有四種方法: (1)函數(shù)最值法;(2)分離參數(shù)法;(3)圖像法;(4)必要性策略法.其中分離參數(shù)法只需研究分離后得到的新函數(shù)的最值,與新函數(shù)的凹凸性無關(guān);圖像法往往分離出一次函數(shù)(圖像為直線),與函數(shù)的凹凸性有關(guān); 必要性策略利用特殊與一般的關(guān)系,先利用特殊對(duì)象確定結(jié)論的必要條件.

例3(自編題) 已知函數(shù)f(x) =x ·ex - alnx - ax(a ∈R,e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)). 若對(duì)任意x ＞0 恒有不等式f(x)≥1 成立,求實(shí)數(shù)a的值.

解法1當(dāng)a ＜0 時(shí),f(x) 單調(diào)遞增,f(x) 的值域?yàn)镽, 不滿足題意; 當(dāng)a= 0 時(shí),f(x) =x ·ex(x ＞0),不滿足題意.

當(dāng)a ＞0 時(shí),f′(x)=(x+1)(ex-),其中在(0,+∞) 上單調(diào)遞增, 可知f′(x) = 0 有唯一解x0, 此時(shí)x0ex0=a, 即x0+lnx0= lna. 因此f(x)的最小值為f(x0)=a-alnx0-ax0=a-alna. 記g(a)=a-alna(a ＞0),則g′(a) =-lna,函數(shù)g(a)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞) 上單調(diào)遞減, 當(dāng)a= 1 時(shí),g(a) 取得最大值為g(1)=1,因此g(a)≥1 的解集為{1}. 所以,實(shí)數(shù)a的取值范圍是{1}.

解法2對(duì)任意x ＞0 恒有f(x) ≥1, 由對(duì)數(shù)恒等式(2) 即得elnx+x - a(lnx+x) ≥1, 令x+ lnx=t, 則t ∈R,即et-at-1 ≥0. 記m(t) = et -at-1. 當(dāng)a≤0時(shí),m(t) 單調(diào)遞增,m(-1) = e-1+a-1＜0; 當(dāng)a ＞0時(shí),m′(t)=et-a,所以m(t)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增,所以m(t)≥m(lna)=a-alna-1,只需a-alna-1 ≥0,下同解法1.

解法3et - at -1 ≥ 0 對(duì)任意t ∈R 恒成立.當(dāng)t= 0 時(shí),a ∈R; 當(dāng)t ＞0 時(shí), 由et -1 ≥at得a≤當(dāng)t ＜0 時(shí), 由et -1 ≥at得a≥記n(t) =則n′(t) =記φ(t) =et(t-1) + 1, 則φ′(t) =tet, 當(dāng)t ＞0 時(shí),φ′(t)＞0,φ(t) 在(0,+∞) 上單調(diào)遞增, 則φ(t)＞0,n(t) 單調(diào)遞增, 所以= 1(洛 必達(dá)法則), 所以a≤1; 當(dāng)t ＜0 時(shí),φ′(t)＜0,φ(t) 在(0,+∞) 上單調(diào)遞減, 則φ(t)＞0,n(t) 單調(diào)遞增, 所以= 1(洛必達(dá)法則),所以a≥1. 綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍是{1}.

點(diǎn)評(píng)解法1 以參數(shù)a為分類標(biāo)準(zhǔn),對(duì)于參數(shù)a的每一個(gè)取值均考慮任意x ∈(0,+∞),只需求各類情況下的參數(shù)a取值集合的并集. 對(duì)于a ＞0,涉及f′(x)的“隱零點(diǎn)”,進(jìn)而解關(guān)于a的不等式; 解法2 利用對(duì)數(shù)恒等式, 使m(t)與f(x)-1 形式更簡(jiǎn)潔. 解法3 以自變量t為分類標(biāo)準(zhǔn),需求三類情況下參數(shù)a取值集合的交集. 解法2 與解法3 中,根據(jù)et≥at+1 對(duì)任意t ∈R 恒成立,從幾何背景可直接得到a=1.

例4(自編題)已知函數(shù)f(x)=+lnx-x(a ∈R,e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),若x ∈[1,+∞)時(shí),不等式f(x)≥-1恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( ).

解法1f(x) ≥-1, 即a≥對(duì)任意x ∈[1,+∞)恒成立.

記g(x) =,x ∈[1,+∞), 則a≥[g(x)]max. 由 于g′(x) =·(lnx - x+ 2), 令h(x) = lnx - x+ 2,x ∈[1,+∞),h′(x) =≤0 ,所以h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,而h(3) = ln 3-1＞0,h(4) = ln 4-2＜0,所以存在唯一的實(shí)數(shù)x0∈(3,4)使得h(x0)=0,即lnx0-x0+2= 0. 因此,函數(shù)g(x)在[1,x0]上單調(diào)遞增,在(x0,+∞)上單調(diào)遞減,故當(dāng)x=x0時(shí),g(x)取得最大值為g(x0)=

由lnx0-x0+2 = 0,得x0-lnx0= 2,又得lnx0=x0-2,則x0= ex0-2. 所以g(x0) =所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為

解法2f(x) ≥-1, 即a≥對(duì)任意x ∈[1,+∞)恒成立.

記g(x) =,x ∈[1,+∞), 則a≥[g(x)]max. 由對(duì)數(shù)恒等式(2)得g(x)=令t(x) =x -lnx -1,x ∈[1,+∞),則t′(x) = 1-≥ 0, 所以t(x) ≥t(1) = 0, 因此g(x) =m(t) =其中t≥0,m′(t) =所以函數(shù)m(t)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,故當(dāng)t= 1 時(shí),m(t)取得最大值為所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為

解法3f(x) ≥-1, 即a≥對(duì)任意x ∈[1,+∞) 恒成立. 記g(x) =x ∈[1,+∞), 則g(x) ≥0. 由對(duì)數(shù)恒等式(2) 得g(x) =當(dāng)且僅當(dāng)x-lnx-2=0 時(shí)等號(hào)成立.

解法 4f(x) =+ lnx - x,f′(x) =當(dāng)a≤0 時(shí),f′(x) ≤0,f(x)在[1,+∞)單調(diào)遞減,而當(dāng)x ∈(1,+∞)時(shí),有f(x)＜f(1)=ae-1 ≤-1, 矛盾; 當(dāng)a ＞0 時(shí), 記h(x) =aex -x,x ∈[1,+∞).h′(x)=aex-1,令h′(x)＜0,得x ＜-lna,令h′(x)＞0,得x ＞-lna.

當(dāng)-lna ＞1, 即a ∈函數(shù)h(x) 在[1,-lna]上單調(diào)遞減, 在(-lna,+∞) 上單調(diào)遞增, 且h(-lna) =1 + lna ＜0, 而h(1) =ae-1＜0, 當(dāng)x →+∞時(shí),h(x)→+∞,所以存在x1∈(-lna,+∞)使得h(x1) = 0,即aex1- x1= 0. 因此, 函數(shù)f(x) 在[1,x1] 上單調(diào)遞減, 在(x1,+∞) 上單調(diào)遞增, 當(dāng)x=x1時(shí),f(x) 取得最小值f(x1) =+ lnx1- x1. 由aex1- x1= 0, 得=1;又得lna+x1-lnx1=0,即lnx1-x1=lna. 所以f(x1)=1+lna≥-1,得a≥

當(dāng)-lna≤1, 即+∞), 函數(shù)h(x) 在[1,+∞)上單調(diào)遞增, 而h(1) =ae-1 ≥ 0, 從而f′(x) ≥ 0在[1,+∞) 恒成立, 函數(shù)f(x) 在[1,+∞) 上單調(diào)遞增, 則f(1)=ae-1 ≥-1 滿足題意,所以

綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍為

點(diǎn)評(píng)解法1、解法2 與解法3 均為分離參數(shù)法,只需求g(x)的最大值. 其中解法1 用“隱零點(diǎn)”實(shí)現(xiàn)“設(shè)而不求”(實(shí)際上也無法求出g′(x)的零點(diǎn)x0的值),根據(jù)目標(biāo)式的結(jié)構(gòu)特征對(duì)x0所滿足的關(guān)系式“l(fā)nx0-x0+2=0”變形整理得出g(x0)的值(函數(shù)g(x)的最大值);解法2 利用對(duì)數(shù)恒等式,調(diào)整g(x)的結(jié)構(gòu)形式進(jìn)而整體換元(t(x)=x-lnx-1)使目標(biāo)函數(shù)的形式更簡(jiǎn)潔. 其最值點(diǎn)x0滿足t(x0) = 1,即lnx0-x0+2 = 0. 本質(zhì)上與解法1 為同一種方法, 通過換元法將目標(biāo)形式簡(jiǎn)化, 對(duì)應(yīng)的零點(diǎn)化隱為顯. 解法3仍用對(duì)數(shù)恒等式, 根據(jù)最值的定義巧妙變形, 用常見不等式ex≥x+ 1 進(jìn)行放縮. 解法4 為函數(shù)最值法, 其中當(dāng)時(shí), 需要用h(x) 的“隱零點(diǎn)”牽線搭橋, 通過對(duì)“隱零點(diǎn)”所滿足的條件式的適當(dāng)變形實(shí)現(xiàn)對(duì)f(x1)值的求解. 若用由x ∈[1,+∞)可知更容易確定參數(shù)a的分類標(biāo)準(zhǔn).

例5(自編題) 設(shè)f(x) =ax+ lnx+ 1, 若對(duì)?x ＞0,f(x)≤xe2x恒成立,求a的范圍.

解法1?x ＞0,f(x) ≤xe2x,即a≤e2x-對(duì)任意x ∈(0,+∞)恒成立. 記g(x)=e2x-,由對(duì)數(shù)恒等式(2)得g(x) =·(2x+lnx+1-lnx-1)=2,當(dāng)且僅當(dāng)2x+lnx=0 時(shí)等號(hào)成立. 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,2].

解法2?x ＞0,f(x) ≤xe2x, 即a≤e2x -對(duì)任意x ∈(0,+∞) 恒成立. 記g(x) = e2x -則g′(x) = 2e2x+記h(x) =2x2e2x+ lnx, 則h(x) 在(0,+∞) 上單調(diào)遞增,h(1) =存在x0∈使得=0. 因?yàn)楹瘮?shù)g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=x0時(shí),g(x)取得最小值g(x0)=e2x0-

由2e2x0+=0,得2x0e2x0=由對(duì)數(shù)恒等式(2)得,而函數(shù)y=tet在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以2x0=即2x0=-lnx0,所以g(x0) =所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,2].

解法3?x ＞0,f(x)≤xe2x,即ax≤xe2x-lnx-1 對(duì)任意x ∈(0,+∞)恒成立. 記m(x)=xe2x-lnx-1,x ＞0.m′(x)=(2x+1)e2x-所以函數(shù)m(x)為(0,+∞)的下凸函數(shù).m′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 由＞0, 存在唯一x2∈使得m′(x2) = 0,所以函數(shù)m(x)在(0,x2)上單調(diào)遞減,在(x2,+∞)上單調(diào)遞增.

設(shè)P(x1,x1e2x1-lnx1-1) 為m(x) 圖象上的任意一點(diǎn), 則該點(diǎn)處的切線方程為y -(x1e2x1-lnx1-1) =[(2x1+1)e2x1-](x-x1),代入(0,0)整理得-lnx1=2x21e2x1, 由對(duì)數(shù)恒等式(2) 得2x1e2x1=而函數(shù)y=tet在(0,+∞) 上單調(diào)遞增, 所以2x1=即2x1e2x1+e2x1-= 2x1e2x1= 2. 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,2].

解法4?x ＞0,f(x) ≤xe2x, 即xe2x -ax-lnx-1 ≥ 0 恒成立. 記n(x) =xe2x - ax -lnx -1, 則n′(x) = (2x+1)e2x - a -則n′(x) 在(0,+∞) 上單調(diào)遞增, 且當(dāng)x →0+時(shí),n′(x)→-∞; 當(dāng)x →+∞時(shí),n′(x)→+∞,所以存在唯一的正數(shù)x3使得n′(x3) = 0,即a= (2x3+1)e2x3-因此函數(shù)n(x)在(0,x3)上單調(diào)遞減,在(x3,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)x=x3時(shí),n(x)取得最小值為n(x3)=x3e2x3-ax3-lnx3-1.

由a= (2x3+1)e2x3-得ax3= 2x23e2x3+x3e2x3-1,所以n(x3) =-2x23e2x3-lnx3,由n(x3) ≥0,得2x23e2x3≤-lnx3, 由對(duì)數(shù)恒等式(2) 得2x3e2x3≤∈(1,+∞), 而y=xex在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以2x3≤因此a≤=2,當(dāng)且僅當(dāng)2x3+lnx3=0 時(shí)等號(hào)成立.

點(diǎn)評(píng)解法1 與解法2 均為分離參數(shù)法, 解法1 聚焦函數(shù)最值的定義, 對(duì)照g(x) 的分母x利用常用不等式ex≥x+1 放縮求解. 解法2 直接對(duì)函數(shù)g(x)求導(dǎo), 然后對(duì)函數(shù)g′(x)的“隱零點(diǎn)”所滿足的條件式變形化簡(jiǎn)得到函數(shù)g(x)的最小值. 若沒有解法1 的鋪墊, 多數(shù)學(xué)生難以將“2e2x0+= 0”簡(jiǎn)化為“2x0=-lnx0”,導(dǎo)致解法2 的無疾而終. 解法3 為圖像法,利用函數(shù)m(x)為先減后增的下凸函數(shù),根據(jù)其幾何意義先求參數(shù)a的臨界值. 解法4 為函數(shù)最值法,即用n(x3) ≥0,通過n′(x3)的“隱零點(diǎn)”不易將n(x3)用a表示進(jìn)而求解關(guān)于a的不等式,此處以退為進(jìn)先建立關(guān)于x3的不等關(guān)系,再利用a與x3的函數(shù)關(guān)系確定參數(shù)a的取值范圍. 由于x0,x1分別對(duì)應(yīng)于參數(shù)a的邊界值2,故x0=x1.

3 證明不等式

含參不等式求參數(shù)的取值范圍本質(zhì)是找使不等式成立的參數(shù)a的取值集合,即找到使不等式成立的充要條件,而含參不等式證明中給出的參數(shù)的取值范圍只是使不等式成立的參數(shù)a的取值集合的子集,即使不等式成立的充分條件.因此可選擇直接證明,也可以求出使不等式成立的參數(shù)的取值范圍,再判定它與條件中給出的參數(shù)的取值范圍之間的子集關(guān)系.

例6(合肥市2021年高三第二次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題(理科)第21 題)已知函數(shù)f(x)=a(x+2)ex-(x+3)2(a ∈R,e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).

(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;

(2)當(dāng)a ＞時(shí),證明:f(x-2)＞lnx-x2-x-3.

解(1)從略. 以下考慮(2)的證明.

證法1當(dāng)a ＞時(shí),要證f(x-2)＞lnx-x2-x-3,即要證axex-2＞lnx+x -2, 也即證a ＞(x ＞0). 記g(x) =(x ＞0), 則g′(x) =記φ(x) = 3-lnx-x,則φ(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,φ(1) = 2＞0,φ(3) =-ln 3＜0,所以存在x0∈(1,3),使得

當(dāng)x ∈(0,x0) 時(shí),g′(x)＞0; 當(dāng)x ∈(x0,+∞) 時(shí),g′(x)＜0. 所以g(x) ≤g(x0) =由(*) 知lnx0= 3- x0, 得e3-x0=x0, 所以g(x0) =所以g(x) ≤＜a. 所以當(dāng)時(shí),f(x-2)＞lnx-x2-x-3.

證法2當(dāng)a ＞時(shí),要證f(x-2)＞lnx-x2-x-3,即要證a ＞(x ＞0), 由對(duì)數(shù)恒等式(2) 得g(x) =記t(x)=lnx+x-2,則t(x)是(0,+∞)上的增函數(shù),t(x)∈R,則g(x) =m(t) =則m′(t) =所以函數(shù)m(t)在(-∞,1) 上單調(diào)遞增, 在(1,+∞) 上單調(diào)遞減, 所以當(dāng)t= 1 時(shí),m(t) 取得最大值為所以當(dāng)a ＞時(shí),f(x-2)＞lnx-x2-x-3.

證法3同解法2,由對(duì)數(shù)恒等式(2)得

當(dāng)且僅當(dāng)lnx+x-3=0 時(shí)等號(hào)成立.

證法4當(dāng)a ＞時(shí),要證f(x-2)＞lnx-x2-x-3,即要證axex-2＞lnx+x-2. 記h(x)=axex-2-lnx-x+2,x ＞0),h′(x)=(x+1)(aex-2-

記n(x) =aex-2-,x ＞0), 則n(x) 在(0,+∞) 上單調(diào)遞增, 當(dāng)x →0+時(shí),n(x)→ -∞; 當(dāng)x →+∞時(shí),n(x)→+∞. 存在x1∈(0,+∞) 使得n(x1) = 0, 即aex1-2-= 0. 所以h(x) 在(0,x1) 上單調(diào)遞減,在(x1,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(x) ≥h(x1) =ax1ex1-2-lnx1-x1+2=-lnx1-x1+3.

由aex1-2-=0,得ax1ex1-2=1,即lna+lnx1+x1-2 = 0,得lnx1+x1= 2-lna,所以h(x) ≥h(x1) =1+lna ＞0.

證法5當(dāng)a ＞時(shí),要證f(x-2)＞lnx-x2-x-3,即要證axex-2＞lnx+x-2,只需證xex-3≥lnx+x-2對(duì)任意x ∈(0,+∞)恒成立,即證xex-3-lnx-x+2 ≥0.證明過程與證法4 類似(或直接利用ex≥x+1 放縮).

點(diǎn)評(píng)證法1(命題組給出的參考答案) 為分離參數(shù)法,根據(jù)函數(shù)g′(x) 的“隱零點(diǎn)”實(shí)施過渡; 證法2 應(yīng)用對(duì)數(shù)恒等式并換元使m(t)比g(x)的形式更簡(jiǎn)潔; 證法3 應(yīng)用對(duì)數(shù)恒等式后用常見不等式ex≥x+1 放縮; 證法4 直接對(duì)求證目標(biāo)移項(xiàng)作差求函數(shù)h(x) 的最小值, 也需用到函數(shù)h′(x)的“隱零點(diǎn)”實(shí)施過渡; 證法5 根據(jù)a ＞利用邊界值對(duì)函數(shù)進(jìn)行放縮,再利用不等式的傳遞性;事實(shí)上,原問題等價(jià)于ax-,x ＞0)恒成立,若記p(x)=ax-,x ＞0),則函數(shù)p′′(x)不含參數(shù),其“隱零點(diǎn)”范圍能夠確定,而p′(x)的“隱零點(diǎn)”與參數(shù)a有關(guān),其相對(duì)精確的范圍不易確定. 證法2(或證法1)通過對(duì)m(t) (g(x))的研究了解函數(shù)m(t) (g(x))的全貌,而證法3 只是驗(yàn)證了m(t) (g(x))最大值的取得.

二、幾點(diǎn)思考

1 夯實(shí)基礎(chǔ)知識(shí),構(gòu)建知識(shí)網(wǎng)絡(luò)

數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)一定要夯實(shí)基礎(chǔ), 把最基礎(chǔ)的內(nèi)容作為知識(shí)、思想方法的生長(zhǎng)點(diǎn). 基礎(chǔ)知識(shí)、基本思想方法、基本活動(dòng)經(jīng)驗(yàn)本身就是數(shù)學(xué)模型, 只有深刻理解才能將其內(nèi)化為能力與素養(yǎng). 如對(duì)數(shù)的基本功能是化復(fù)雜為簡(jiǎn)單, 如logaMN=logaM+logaN=logaM -logaN)化乘(除)為和(差),logaMn=nlogaM化乘方為倍數(shù). 恒等變形是基本功,命題時(shí)往往從基礎(chǔ)開始不斷變形,最終將試題以與基本出發(fā)點(diǎn)面目全非的形式呈現(xiàn),需要學(xué)生具備一定的觀察與抽象能力將其還原并識(shí)別出來. 如例1 與例2 中的y=xex,例4 解法3 與例5 解法1 中的ex≥x+1,例4 解法2 與例6 解法2 中m(t) =根據(jù)最值的概念明確變形的方向容易得到例5 的解法1.

2 多方對(duì)比切入,深化問題理解

解題不能滿足于看懂答案, 應(yīng)著眼于數(shù)學(xué)思想的領(lǐng)悟, 方法的創(chuàng)新, 理解的突破. 解題過程中, 若能不斷地比對(duì)特殊與一般, 局部與整體, 則會(huì)更有利于理解與揭示問題本質(zhì). 如應(yīng)用對(duì)數(shù)恒等式轉(zhuǎn)化的條件(正數(shù)才能寫成指數(shù)的形式) 及能帶來方便的原因(整體換元) 等.如例3 中可得et -1 ≥at對(duì)任意t ∈R 恒成立, 若用et -1 ≥t≥at對(duì)任意t ∈R 恒成立, 得到a= 1 則不符合邏輯. 又如含參不等式的參數(shù)范圍與含參不等式(給出參數(shù)范圍) 的證明之間的邏輯關(guān)系. 如例3 可改為“當(dāng)a= 1 時(shí), 證明: 對(duì)任意x ＞0,xex -alnx-ax≥1”(即xex -ln-x≥1),例4 可改為“當(dāng)a≥時(shí),證明: 對(duì)任意x≥1,xex-alnx-ax≥1”,也可調(diào)整為“當(dāng)a≥時(shí),證明: 對(duì)任意x≥1,xex-alnx-ax≥1”.

3 理解學(xué)生現(xiàn)實(shí),謀劃穩(wěn)步推進(jìn)

“題海戰(zhàn)術(shù)”高耗低效,教與學(xué)中盡可能以學(xué)定教,做到精準(zhǔn). 解題前要預(yù)計(jì)各種方法的可行性? 可行方法的優(yōu)劣?解題中要根據(jù)思維受阻的情況及時(shí)調(diào)整. 解題后要加強(qiáng)反思,如方法為什么不行或可行? 方法優(yōu)或劣在哪里? 有沒有更為順暢的思維與解題策略等,力爭(zhēng)“做幾題,通一類”. 教師要根據(jù)學(xué)情,教學(xué)時(shí)適時(shí)鋪墊,分步實(shí)施. 如在以上解答中,還可嘗試讓學(xué)生將隱零點(diǎn)所在的范圍用有窮區(qū)間來表示等.