劉海濤

(安徽省蕪湖市第一中學(xué) ,安徽 蕪湖 241000)

筆者在高三一輪復(fù)習(xí)的教學(xué)中,發(fā)現(xiàn)很多看似復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題,如果能深究解題目標(式),剖析條件式與目標式間的關(guān)聯(lián),對條件式(或目標式)進行合理的推理變形,配湊出恰當(dāng)?shù)拇鷶?shù)式,那么便可將問題化繁為簡、化難為易,從而輕松解決問題.如何幫助學(xué)生掌握該種解題策略呢?筆者以近期的?？碱}為例,談“細觀察,析結(jié)構(gòu),巧配湊”在解題中的應(yīng)用,并在每道例題后給出它的變式問題,以幫助讀者檢驗所學(xué).

1 例析合理配湊在解題中的巧妙運用

1.1 在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題中的應(yīng)用

例1已知函數(shù)f(x)=lnx-a(x2-x),若不等式f(x)>0有且僅有2個整數(shù)解,則實數(shù)a的取值范圍是( ).

解析由題得lnx-a(x2-x)>0.

圖1 例1解析圖

設(shè)h(x)=ex(x-2)+x+2,求導(dǎo),得

h′(x)=(x-1)ex+1,h″(x)=xex>0.

于是h′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,h′(x)>h′(0)=0,則函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,h(x)>h(0)=0,于是g′(x)>0,函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且

設(shè)φ(x)= ex(x2-4x+6)-2x-6,求導(dǎo),得

φ′(x)=ex(x2-2x+2)-2,φ″(x)=exx2>0,

于是φ′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,φ′(x)>φ′(0)=0,函數(shù)φ(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,φ(x)>φ(0)=0,則g″(x)>0,函數(shù)g(x)為下凸函數(shù).

解得x0=2,

圖2 變式1解析圖

當(dāng)x<1且x≠0時u′(x)<0,當(dāng)x>1時u′(x)>0,則u(x)在(-∞,0)和(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增.

對于一元二次方程u2-(m+8)u+2m=0,由

Δ=(m+8)2-8m=(m+4)2+48>0,

圖3 例2解析示意圖

=(2-u1)(u2-2)

= -4+2(u1+u2)-u1u2

=-4+2(m+8)-2m=12.

(1)x2的值為____;

(2)m的值為____;

A.e+1 B.e C.e2+1 D.e2

分析首先易知該題無法直接分離參數(shù)解答,而由于代數(shù)式為指、對函數(shù)的混合式,構(gòu)造函數(shù)利用最值解題也難以成功,因此該題考慮根據(jù)代數(shù)式的特征配湊出同構(gòu)式解題.

解析不等式ex-aln(ax-1)+1≥0變形,得

x(ex+1)≥axln(ax-1).

配湊得(ex+1)lnex≥axln(ax-1).

構(gòu)造函數(shù)f(t)=(t+1)lnt(t>1),

則不等式等價于f(ex)≥f(ax-1).

則函數(shù)f(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.

所以a≤g(x)min=g(1)=e+1.

即amax=e+1,故選A.

ex-lna-2-lna-2≥lnx.

即ex-lna-2+x-lna-2≥x+lnx=elnx+lnx.

設(shè)φ(t)=et+t,則φ(x-lna-2)≥φ(lnx).

易知φ(t)為單調(diào)遞增函數(shù).

則x-lna-2≥lnx.

即lna≤x-lnx-2.

ex-lna-2-lna-2≥lnx.

即ex-lna-2+x-lna-2= ex-lna-2+lnex-lna-2≥x+lnx.

設(shè)φ(t)=t+lnt,則φ(ex-lna-2)≥φ(x).

易知φ(t)為單調(diào)遞增函數(shù).

則ex-lna-2≥x.

xex≥ae2x·ln(ae2x).

即xex≥ln(ae2x)·eln(ae2x).

設(shè)φ(t)=tet(t>0),則

φ(x)≥φ[ln(ae2x)].

求導(dǎo)得φ′(t)=(t+1)et>0.

所以φ(t)為單調(diào)遞增函數(shù).

所以x≥ln(ae2x).

所以ex≥ae2x.

又k∈N*,所以kmax=4.

易知動點A在曲線t(x)=ln(lnx)(x>1)上,動點B在直線l1:x-y=0上.設(shè)曲線t(x)上的點P(x0,ln(lnx0))處的切線l2與直線l1平行,則|AB|min即為兩平行線間的距離.

于是l2:x-y-x0+ln(lnx0)=0.

則k≤4,故kmax=4.

1.2 在解析幾何問題中的應(yīng)用

解析由題知F(1,0),若直線l的斜率不存在,則點Q與M,N兩點中的一點重合,顯然不合題意,則直線l的斜率存在,設(shè)l:y=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2),則K(4,3k).

(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.

(2k2+1)x2-4k2x+2k2-8=0.

即5x1+2x2-2=0.

另解由5x1+2x2-2=0,得

則10(x1+x2)2-14(x1+x2)+4=-9x1x2.

2 總結(jié)反思

以上例題及其變式難度較大,若采用常規(guī)解法解答,則過程繁雜、運算量大,甚至無法解出答案.筆者從代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征入手分析,巧妙配湊出目標式的代數(shù)形式,或配湊出有利于處理的代數(shù)式,降低問題的難度,使解答過程簡捷自然.以此展示在有些問題的處理上,根據(jù)結(jié)構(gòu)巧妙配湊合理的代數(shù)式解題,可以起到事半功倍的解題效果.