深究考题思想方法比机械刷题更重要

［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<+<e.

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，+∞）上单调递减.

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<x. 原问题等价于“已知两个不等正实数x，x，满足f（x）=f（x），证明：2<x+x<e”. 将原不等式化为此不等式，化陌生为熟悉，这也是本问的难点.

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<x<1<x<e.

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0<x<1，所以2-x>1，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）<f（2-x）.  又f（x）=f（x）（x≠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）（0<x<1），所以只需证明φ（x）=f（x）-f（2-x）<0（0<x<1）即可. 因为φ′（x）=f′（x）+f′（2-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<x<e，所以2-e<2-x<1，而2-e<0，那么x，2-x不在同一单调区间上（不等式两边在同一单调区间上才是根本！）那接下来该怎么办呢？事实上：

①当2-e<2-x≤0⇒2≤x<e⇒x+x>2，显然成立.

②当0<2-x<1⇒1<x<2，那么0<x<1，0<2-x<1，即x，2-x都在f（x）的同一单调递增区间（0，1）上.所以要证明x>2-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）（1<x<2），所以只需证明φ（x）=f（x）-f（2-x）>0（1<x<2）即可. 因为φ′（x）=f′（x）+f′（2-x）=-lnx-ln（2-x）=-ln［-（x-1）2+1］>0（1<x<2），所以φ（x）在区间（1，2）上单调递增，所以φ（x）>φ（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<e成立.

方法1：要证x+x<e，即证x<e-x. 又x与e-x都在函数f（x）的同一单调递减区间（1，+∞）上，所以只需证明f（x）>f（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）（0<x<1），所以只需证φ（x）=f（x）-f（e-x）>0（0<x<1）即可.

因为φ′（x）=f′（x）+f′（e-x），真数的最大值>1. 令φ′（x）=0⇒x=，因为0<x<1，所以x=∈（0，1），则必有φ′（x）=0. 所以当x∈（0，x）时，φ′（x）>0，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<x<1）恒成立，即x+x<e成立.

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<e，先分类讨论：

①由0<x<1，若x≤e-1时，显然x1+x2<e成立.

②接着只需研究e-1<x<e，即证x<e-x. 又e-x∈（0，1），故x与e-x均在f（x）的增区间上，故只需证明f（x）<f（e-x）即可. 又f（x）=f（x）（x≠x），所以由等量代换得f（x）<f（e-x），x∈（e-1，e）.

现构造差函数φ（x）=f（x）-f（e-x）（e-1<x<e），所以只需证明φ（x）=f（x）-f（e-x）<0即可. 因为φ′（x）=f′（x）+f′（e-x）>0，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<e成立.

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0<x<1<x<e，所以t>1，将之代入上式有x（1-lnx）=x（1-lnx）⇒x（1-lnx）=tx（1-lnx-lnt）⇒lnx=.

要证x+x<e，即证x+tx<e，即证x（1+t）<e. 又x（1+t）<e⇔lnx+ln（1+t）<1⇔+ln（t+1）<1⇔<-ln（t+1）⇔>ln（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）<g（t），即>. 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0<x<1<x<e，所以要证x+x<e，即证（x-x）·（x+x）<（x-x）·e⇔x-ex<x-ex⇔x（x-e）<x（x-e）⇔>①.

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）=（0<x<e）来解决. g′（x）=（0<x<e），设p（x）=lnx+-2（0<x<e）⇒p′（x）=-=<0（0<x<e），所以p（x）在区间（0，e）上单调递减，所以p（x）>p（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）<g（x），即不等式③成立.

方法5：一般放缩法.

由x（1-lnx）=x（1-lnx）（x≠x），又0<x<1，所以（1-lnx）>1，所以x（1-lnx）>x，所以x+x<x（1-lnx）+x=x（1-lnx）+x. 令g（x）=x（1-lnx）+x（1<x<e）⇒g′（x）=1-lnx>0，所以g（x）在区间（1，e）上单调递增，所以g（x）<g（e）=e，所以x（1-lnx）+x<e，即x+x<e.

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）（1<x<e），则g′（x）= -1-lnx<0，所以g（x）在区间（1，e）上单调递减，所以g（x）>g（e）=0，即e-x>x（1-lnx）⇒x（1-lnx）<e-x⇒f（x）<e-x①.