摘" 要：課本是教學(xué)之根本，也是高考試題之源頭，許多高考試題的背景都出自課本的例、習(xí)題的改編和延伸，因此留意課本的例、習(xí)題的教學(xué)及備考是極其重要的.對(duì)課本一道習(xí)題從多個(gè)角度進(jìn)行解答，然后進(jìn)一步呈現(xiàn)均值不等式在不同知識(shí)板塊中的運(yùn)用.

關(guān)鍵詞：課本習(xí)題；一題多解；均值不等式

中圖分類號(hào)：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A""" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）16-0048-05

收稿日期：2024-03-05

作者簡介：杜海洋（1976.9—），男，四川省儀隴人，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

“源于教材、高于教材”已經(jīng)成為高考命題的一條重要原則，也是專家青睞的一種命題手法，即高考命題很注重開發(fā)教材、研究教材，挖掘教材知識(shí)的考查價(jià)值和功能，許多高考試題所涉及的思想方法都源于對(duì)教材例、習(xí)題的深入研究.這就啟示我們要研究課本習(xí)題，重視課本習(xí)題的組合、演變、延伸、推廣及拓展.

1" 課本習(xí)題

題目" （2019年人教A版必修第一冊(cè)58頁第5題）［1］若正數(shù)a，b滿足ab＝a＋b＋3，求ab的取值范圍.

分析" 本題屬于求范圍問題，涉及兩個(gè)變量，則會(huì)產(chǎn)生以下解題方法：

（1）不等式思想：根據(jù)基本不等式化為關(guān)于ab的二次不等式，解得ab范圍，即得ab的取值范圍.

（2）方程思想：化為一元二次方程，利用判別式.

2" 解法探究

解法1" （利用均值不等式和化積）

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，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時(shí)等號(hào)成立.

所以ab的范圍為［9，+∞）.

解法2" （利用均值不等式積化和）

因?yàn)閍b=a+b+3≤（a+b2）2，

所以（a+b）2-4（a+b）-12≥0.

則（a+b-6）（a+b+2）≥0.

所以a+b-6≥0.即a+b≥6.

則ab=a+b+3≥9，此時(shí)當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時(shí)等號(hào)成立.

所以ab的取值范圍為［9，+∞）.

解法3" （變換利用均值不等式積化和）

由ab＝a＋b＋3可得（a-1）（b-1）=4.

則（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.

則ab=a+b+3≥9，此時(shí)當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時(shí)等號(hào)成立.

所以ab的取值范圍為［9，+∞）.

解法4"" （比值代換+均值不等式）

令a=bk（kgt;0），則b2k=bk+b+3.

所以k=b+3b2-b.

即ab=b2k=b2+3bb-1=（b-1）+4b-1+5≥24+

5=9，當(dāng)且僅當(dāng)b-1=4b-1，即b=3時(shí)等號(hào)成立.

所以ab的取值范圍為［9，+∞）.

解法5"" （增量代換+均值不等式）

令a=b+k（k≥0），則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" （變換消元+均值不等式）

由ab＝a＋b＋3可得（a-1）（b-1）=4.

令a-1=t，則b-1=4t，

所以ab=（t+1）（4t+1）=5+t+4t≥5+24=9，當(dāng)且僅當(dāng)t=2時(shí)等號(hào)成立.

解法8" （化歸方程利用判別式）

令a+b+3=t，則ab=at-a2-3a=t.

所以a2+（3-t）a+t=0.

即關(guān)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）.

此時(shí)當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時(shí)t≥9等號(hào)成立.

所以ab的范圍為［9，+∞）.

解法9" （化歸方程結(jié)合韋達(dá)定理）

令ab=m，a+b=n（m，ngt;0），則a，b可看成方程x2-nx+m=0的兩根.由m=n+3，方程化為x2-（m-3）x+m=0，

此方程有解即△=（m-3）2-4m≥0.

則（m-9）（m-1）≥0，解得m≥9或m≤1.

由m=n+3可得m≥9成立，此時(shí)當(dāng)且僅當(dāng)

a=b=3時(shí)t≥9等號(hào)成立.

所以ab的取值范圍為［9，+∞）.

解法10" （直接利用三元均值不等式）由正數(shù)a，b滿足ab＝a＋b＋3，則由三元均值不等式則有

ab＝a＋b＋3≥333ab.

即（ab3）3≥3ab.

所以ab≥9，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時(shí)等號(hào)成立.

所以ab的取值范圍為［9，+∞）.

解法11" （權(quán)方和不等式）

由正數(shù)a，b滿足ab＝a＋b＋3，則

1＝a＋b＋3ab=1a+1b+3ab≥（1+1）2a+b+3ab.

即1≥4a+b+3ab.

則ab（a+b）≥4ab+3（a+b）.

又因?yàn)閍b＝a＋b＋3，

所以（ab）2-10ab+9≥0，

解得ab≥9符合題意，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時(shí)等號(hào)成立.

所以ab的取值范圍為［9，+∞）.

3" 方法梳理

對(duì)于含兩個(gè)變量求最值或值域的常見技巧：（1）根據(jù)和與積的關(guān)系等式，結(jié)合均值不等式可以求出積或和的最值，這樣的方法叫作“和積化歸”，如解法1，2，3；（2）對(duì)含有多元變量的函數(shù)求最值時(shí)通常要減少變量的個(gè)數(shù)，減少變量的個(gè)數(shù)方法有：①代入消元，把其中一個(gè)變量用其他變量表示后代入消元，如解法6；②對(duì)齊次式可通過構(gòu)造比值消元或增量代換，如解法4，5，7；（3）對(duì)于求代數(shù)式的值或值域，常?？蓪⒋鷶?shù)式看成一個(gè)整體建立方程，利用方程有解進(jìn)行求值，如解法8，9；（4）對(duì)于項(xiàng)數(shù)和變量超過兩個(gè)可以考慮三元（n元均值不等式）進(jìn)行求值域，如解法10、解法11權(quán)方和不等式本質(zhì)為柯西不等式的變形，也可以這樣構(gòu)造1＝aba＋b＋3=ab（1+1+1）2·（1+1+1）2a＋b＋3≤ab9（1a+1b+13），然后進(jìn)行求解，對(duì)于學(xué)有余力的學(xué)生可以適當(dāng)拓展.

4" 均值不等式的運(yùn)用

4.1" 求代數(shù)式的值（值域）

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

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，當(dāng)且僅當(dāng)1a-1=a-1，結(jié)合2a+b=ab，即a=2，b=4時(shí)等號(hào)成立.

即1a-1+2b-2的最小值為2.

4.2" 在解三角形中的應(yīng)用

例2" 在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S，已知4StanB=a2cosB+abcosA.

（1）求角B；

（2）若b=3，△ABC的周長為l，求Sl的最大值.

解析" （1）因?yàn)?StanB=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?yàn)锳+B=π-C，所以2sinCcosB=sinC.

因?yàn)镃∈（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?yàn)镾=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（當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí)取等號(hào)），

所以9=（a+c）2-3ac≥（a+c）24（當(dāng)且僅當(dāng)a=c=3時(shí)取等號(hào)）.

所以a+c≤6（當(dāng)且僅當(dāng)a=c=3時(shí)取等號(hào)）.

所以Sl=312（a+c-3）≤312×（6-3）=34（當(dāng)且僅當(dāng)a=c=3時(shí)取等號(hào)）.

即Sl的最大值為34.

4.3" 在數(shù)列中的應(yīng)用

例3" 已知等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a3=9，a6=243，若關(guān)于n的不等式3anλ-2S2n-730≤0恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為.

解析" 設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則

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?yàn)?anλ-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，當(dāng)且僅當(dāng)3n=7293n，即n=3時(shí)等號(hào)成立.

所以λ≤54.

即實(shí)數(shù)λ的取值范圍為（-∞，54］.

4.4" 在直線與圓中的應(yīng)用

例4" 已知圓O：x2+y2=4，P（2，3）.

（1）求過點(diǎn)P且與⊙O相切的直線方程；

（2）直線l過點(diǎn)P，且與x軸、y軸正半軸分別交于A，B兩點(diǎn).求|PA|·|PB|的最小值，并求此時(shí)直線l的方程.

解析" （1）切線方程為5x-12y+26=0和x=2.

（2）設(shè)直線l的方程為xa+yb=1，其中agt;0，bgt;0，A（a，0），B（0，b）.

因?yàn)檫^點(diǎn)P（2，3），所以2a+3b=1.

因?yàn)锳，P，B三點(diǎn)共線，所以

|PA|·|PB|=|PA·PB|

=|（a-2，-3）·（-2，b-3）|=|13-2a-3b|.

因?yàn)?a+3b=（2a+3b）·（2a+3b）

=4+9+6ba+6ab

≥13+26ba·6ab=25，

當(dāng)且僅當(dāng)a＝5，b＝5時(shí)取等號(hào).

所以|PA|·|PB|=2a+3b-13≥12.

此時(shí)直線l的方程為x+y-5＝0.

綜上，|PA|·|PB|的最小值為12，直線l的方程為x+y-5＝0.

4.5" 在圓錐曲線中的應(yīng)用

例5" 橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的離心率e=32，且橢圓C的長軸長為4.

（1）求橢圓C的方程；

（2）設(shè)直線l過點(diǎn)D（0，12），且與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，又點(diǎn)P是橢圓C的下頂點(diǎn)，當(dāng)△PMN面積最大時(shí)，求直線l的方程.

解析" （1）橢圓C的方程為x24+y2=1.

（2）由題意可知，直線斜率必存在，故設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），直線l：y=kx+12，聯(lián)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），則

S△PMN=3m2×（m2+1）/4=6m+1/m.

又因?yàn)閥=m+1m在［3，+∞）單調(diào)遞增，

所以當(dāng)m=3即16k2+3=3即k=0時(shí)，△PMN面積最大，此時(shí)直線l：y=12.

4.6" 在立體幾何中的應(yīng)用

例6" 如圖1，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動(dòng)點(diǎn)M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn).設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為.

解析" 建立坐標(biāo)系如圖2所示.設(shè)AB=1，則

AF=（1，12，0），E（12，0，0）.

設(shè)M（0，y，1）（0≤y≤1），則EM=（-12，y，1）.

由于異面直線所成角的范圍為（0，π2］，

所以cosθ=|-1/2+y/2|1+1/4·1/4+y2+1

=2（1-y）5·4y2+5.

因?yàn)椋?（1-y）4y2+5］2=1-8y+14y2+5，

令8y+1=t，1≤t≤9，

則8y+14y2+5=16t+81/t-2≥15，

當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)取等號(hào).

所以cosθ=2（1-y）5·4y2+5≤15×25=25，

當(dāng)且僅當(dāng)y=0時(shí)，取得最大值.

5" 結(jié)束語

蔡上鶴教授認(rèn)為：教科書是由正文、例題和習(xí)題三部分有機(jī)組成的.教材中的習(xí)題凝聚了無數(shù)專家、學(xué)者的心血、智慧，經(jīng)歷一代又一代數(shù)學(xué)人的打磨、優(yōu)化.我們不僅應(yīng)該仔細(xì)研究教科書上每一道習(xí)題，而且還要重視教科書配套的教師教學(xué)用書，因?yàn)橹骶幒芏嗟挠靡夂途帉懩康亩紩?huì)體現(xiàn)在這里.教師要鉆研教材，挖掘課本習(xí)題的潛在功能，讓考生回歸教材.面對(duì)新一輪課改，許多教師無所適從，依然采用題海戰(zhàn)術(shù)，依然加班加點(diǎn)，而且愈演愈烈，這種“勞民傷財(cái)”的做法苦了學(xué)生、傷了老師，既不符合課改精神，也無助于高考得分.重視教材、回歸課本，才是解決問題的唯一有效良策.

參考文獻(xiàn)：

［1］

人民教育出版社，課程教材研究所，中學(xué)數(shù)學(xué)課程教材研究開發(fā)中心.普通高中教科書·數(shù)學(xué)必修第一冊(cè)（A版）［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［責(zé)任編輯：李 "璟］