逄志偉

【摘要】高三第一輪復(fù)習(xí)知識點較多且零散，導(dǎo)致學(xué)生在綜合應(yīng)用多個知識點的時候容易出現(xiàn)問題，因此第二輪復(fù)習(xí)的首要任務(wù)是按專題總結(jié)知識點，對知識點的串聯(lián)和概括是重中之重.在高考背景下，不僅僅要求我們將題目講透，還要求我們在講解題目的過程中能夠教會學(xué)生舉一反三，讓學(xué)生對知識點深入理解，學(xué)會知識點之間的遷移、歸納.

【關(guān)鍵詞】二輪復(fù)習(xí);發(fā)散聯(lián)想;舉一反三

一、問題與分析

（2017 鹽城三模）若實數(shù)x，y滿足2x-3≤ln（x+y+1）+ln（x-y-2），則xy=.

思路分析1：基本不等式與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

ln（x+y+1）+ln（x-y-2）

=ln（x+y+1）（x-y-2）

≤ln（2x-1）24=2ln（2x-1）-2ln 2.

當(dāng)且僅當(dāng)x+y+1=x-y-2，即y=-32時取等號.

設(shè)t=2x-1（t>0），則原式t-2≤2ln t-2ln 2.

令f（t）=t-2-2ln t+2ln 2，

∴f′（t）=1-2t=t-2t.

當(dāng)t>2時，f′（t）>0，函數(shù)f（t）單調(diào)遞增;

當(dāng)0

∴fmin（t）=f（2）=0.

所以要使不等式成立，需t=2，此時x=32.

所以xy=-94.

分析：這種解答方法相對來說運用知識點較多，考查了學(xué)生對于知識點綜合運用的能力.其思路的復(fù)雜之處在于先應(yīng)用基本不等式，確定y的值，再用換元法構(gòu)造函數(shù)解決不等式問題，解x值，最后得出結(jié)論.

思路分析2：巧妙利用典型不等式ln x≤x-1

不等函數(shù)關(guān)系式ln x≤x-1在x∈（0，+∞）上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取等號.這個不等式為一個經(jīng)典不等式的變式，考慮到題中不等式與這個結(jié)論的相似性，我們可以利用這個不等式求解.

令t1=x+y+1（t1>0），

t2=x-y-2（t2>0），

原式t1+t2-2≤ln t1+ln t2，

（ln t1-t1+1）+（ln t2-t2-1）≥0，

又ln t1-t1+1≥0，

ln t2-t2+1≥0

∴l(xiāng)n t1≥t1-1，

ln t2≥t2-1.

滿足上述形式，但不等號方向相反，因此當(dāng)且僅當(dāng)x+y+1=1x-y-2=1即x=32y=-32時等號成立，所以xy=-94.

其中l(wèi)n x≤x-1的證明過程如下：

設(shè)函數(shù)f（x）=ln x-x+1（x>0），

則f′（x）=1x-1=1-xx.

當(dāng)00，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增;

當(dāng)x>1時，f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減.

∴fmax（x）=f（1）=0，

∴f（x）≤f（1）=0恒成立，不等式得證.

分析：此方法與方法1相比更加簡潔，但運用知識的綜合能力、技巧性更強.這個不等式實際上是ex≥x+1不等式的變形，此不等式及其變形應(yīng)用相當(dāng)廣泛，并且由于與之有關(guān)的試題構(gòu)思巧妙、結(jié)構(gòu)獨特、綜合性強、技巧性強，常被作為各類試題的壓軸題.同時，我們從這個題目可以看出，解題過程中已經(jīng)出現(xiàn)了同構(gòu)函數(shù)的影子，掌握此方法對于解決2020年全國Ⅰ卷的第12題，新高考山東卷的第21題都有借鑒意義.

二、思路2的探索研究

1.不等式原型證明

原型：ex≥x+1

證明：設(shè)函數(shù)f（x）=ex-x-1，

則f′（x）=ex-1.

當(dāng)x>0時，f′（x）>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增;

當(dāng)x<0時，f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減.

∴fmin（x）=f（0）=0，

∴f（x）≥f（0）=0恒成立，不等式得證.

2.不等式的變形應(yīng)用

原型：ex≥x+1①

變形1：用-x替換①式中的x

可得e-x≥-x+1（x∈R），當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立.

變形2：①式兩邊同時取自然對數(shù)

可得x≥ln（x+1）（x>-1）②，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立.

變形3：用x-1替換②式中的x

可得x-1≥ln x（x>0）③，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時等號成立.

變形4：③式兩邊同時乘-1

可得1-x≤ln1x（x>0）④，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時等號成立.

變形5：用1x替換④式中的x

可得ln x≥1-1x（x>0）⑤，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時等號成立.

變形6：⑤式兩邊同時乘x

可得xln x≥x-1（x>0），當(dāng)且僅當(dāng)x=1時等號成立.

此不等式雖然變形方式較多，但是都是在原型基礎(chǔ)上的延伸變換.其中聯(lián)系密切的指數(shù)不等式和對數(shù)不等式之間的變化，對于解決壓軸題中出現(xiàn)的不等式變化具有較高的參考價值.

三、探索結(jié)論在試題中的應(yīng)用

應(yīng)用1：（2016蘇州暑假測試）已知函數(shù)f（x）=x-1-aln x（其中a為參數(shù)）.證明：1+1nn

分析：對于指數(shù)型的不等式證明，通常來說思路比較清晰，先將其兩邊分別取對數(shù)，轉(zhuǎn)化為對數(shù)型的函數(shù)不等式再證明.

兩邊取對數(shù)后，只要證明nln1+1n<1<（n+1）ln1+1n，

即只要證明1n+1

令x=1+1n，則只要證1-1x

此不等式的證明即為變形③和變形④的結(jié)合應(yīng)用.

應(yīng)用2：（2015南京三模）已知函數(shù)f（x）=x2-x+t，t≥0，g（x）=ln x.直線l與函數(shù)f（x），g（x）的圖像都相切.對于確定的正實數(shù)t，討論直線l的條數(shù)，并說明理由.

分析：通過假設(shè)切點可以計算出直線l，同時構(gòu)造出等式ln x+（1+x）24x2-（t+1）=0.切線的條數(shù)即為方程的解的個數(shù).

令F（x）=ln x+（1+x）24x2-（t+1），在證明過程中，完全可以利用變形公式⑤進(jìn)行簡單求解.

所以可以得到ln x+（1+x）24x2-（t+1）>1-1x+（1+x）24x2-（t+1）=12x-122-t.

從而得到F12（t+1）>t+122-t=t+14>0……

同構(gòu)函數(shù)解決不等式的應(yīng)用：（2020山東高考）已知函數(shù)f（x）=aex-1-ln x+ln a，若f（x）≥1，求a的取值范圍.

分析：利用指數(shù)對數(shù)的運算可將f（x）≥1轉(zhuǎn)化為eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x，令g（x）=ex+x，上述不等式等價于gln a+x-1≥gln x，注意到g（x）的單調(diào)性，進(jìn)一步等價轉(zhuǎn)化為ln a≥ln x-x+1，令h（x）=ln x-x+1，利用導(dǎo)數(shù)求得h（x）max，進(jìn)而根據(jù)不等式恒成立的意義得到關(guān)于a的對數(shù)不等式，解得a的取值范圍.

解：f（x）=aex-1-ln x+ln a=eln a+x-1-ln x+ln a≥1等價于

eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x=eln x+ln x，

令g（x）=ex+x，則上述不等式等價于gln a+x-1≥gln x，

顯然g（x）為單調(diào)增函數(shù)，

∴l(xiāng)n a+x-1≥ln x，

即ln a≥ln x-x+1，

令h（x）=ln x-x+1（x>0），則h′（x）=1x-1=1-xx，

當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）>0，h（x）單調(diào)遞增;

當(dāng)x∈（1，+∞）時，h′（x）<0，h（x）單調(diào)遞減，

∴h（x）max=h1=0，可得ln a≥0，即a≥1，

∴a的取值范圍是[1，+∞）.

從以上三個應(yīng)用不難看出，不等式以及其變形相關(guān)類型題在歷年的考試中往往是以壓軸題的形式出現(xiàn)，這也是大部分學(xué)生學(xué)習(xí)過程中的難點.當(dāng)然，不等式這些結(jié)論的應(yīng)用技巧性極強，對于立志沖擊高等學(xué)府的優(yōu)等生來說是必須要掌握的.雖說幾種變式形式不同，且應(yīng)用起來較為復(fù)雜，但對于我們思考解題還是有很大幫助的，在二輪專題復(fù)習(xí)的過程中，教師要注重學(xué)生思維的發(fā)散和統(tǒng)一，加強變式題型的訓(xùn)練與總結(jié)，讓學(xué)生學(xué)會舉一反三.