對解題思路自然生成的幾點感悟

☉江蘇省石莊高級中學 朱玉群

對解題思路自然生成的幾點感悟

☉江蘇省石莊高級中學 朱玉群

數學解題中的通法訓練、題根訓練等均是以題型為根本，針對某一題型的相應解題策略的訓練，但數學問題千變萬化，有些根本無法將其進行分類.要解答此類問題并無規律可循，就需要我們利用扎實的基礎知識來尋找問題的切入點.

一、由已知入手，循序漸進，結論自然生成

已知條件是我們解題的依據，題目條件給了哪些信息？這些信息之間有什么關系？由這些條件還可以得出哪些結論？這些結論與我們所要求解的結論有什么關系？弄清了這些問題，問題不攻自破.

例1（2016年四川卷）設直線l1，l2分別是函數（fx）=，圖像上點P1，P2處的切線，l1與l2垂直相交于點P，且l1，l2分別與y軸相交于點A，B，則△PAB的面積的取值范圍是（）.

（A）（0，1）（B）（0，2）

（C）（0，+∞）（D）（1，+∞）

條件審視：（1）與曲線的切線有關的問題，我們常借助導數的幾何意義求解，不妨設x1＞x2，P1（x1，lnx1），P2（x2，

-lnx）2（.x1＞1，0＜x2＜1，下面會交待）

（2）直線l1，l2互相垂直，則k·1k2=-1，即（若0＜ x2＜x1＜1，或x＞x2＞1，則k1k2=-1不可能成立）所以l2的方程可化為（實現了變量的統一）

在直線l1，l2的方程中分別令x=0，則A（0，-1+lnx1），B（0，1+lnx）1.聯立l1，l2的方程得P

至此問題得到完美解決.

評析：通過上述分析求解過程可以看出結論的得出是從已知條件入手，循序漸進得出所要求的結論.因此解題中要善于利用所給條件，這里所說的條件既有題目直接給出的，也有隱含的需要我們進一步挖掘才能得出的條件.

二、把握結論與條件的關系，所求結論也是條件

某些問題的求解中，若從條件入手未能找到解題思路時，我們嘗試從結論入手，即觀察結論與所給的條件有什么關系？當結論成立時應滿足什么樣的條件等，往往可使解題思路“柳暗花明”.

則所有正確結論的序號是（）.

A.①②B.②③

C.①③D.①②③

逆向解答：本題的求解可從結論入手，如右圖.

△AOB

正確選項為C.

評析：在無法判斷結論②是否成立時，轉向先判斷結論③，在結論③成立的條件下判斷出結論②是錯誤的，這是問題順利求解的關鍵.因此問題求解中，在思路暫時中斷的情況下可轉換思維的方向，可使解題思路豁然開朗.

三、善于將問題進行等價轉化，由此及彼，觸類旁通

在解答某類綜合題目時，若直接求解，常常感覺不知從何入手，但是如果我們將題目中所給的式子進行等價變形，則可將陌生的問題轉化為熟悉的問題求解.但很多學生對朝哪個方向變形不明確，因此這類題目也承載著考查學生探究能力、分析問題解決問題能力以及運算求解能力的功能.

例3（2016年北京高考）設函數f（x）=xea-x+bx，曲線y=f（x）在點（2，f（2））處的切線方程為y=（e-1）x+4，

（1）求a，b的值；

（2）求f（x）的單調區間.

常規求解（1）因為f（x）=xea-x+bx，

所以f′（x）=ea-x-xea-x+b=（1-x）ea-x+b.

因為曲線y=f（x）在點（2，f（2））處的切線方程為y=（e-1）x+4，所以f（2）=2（e-1）+4，f′（2）=e-1，

即f（2）=2ea-2+2b=2（e-1）+4，①

f′（2）=（1-2）ea-2+b=e-1.②

由①②解得a=2，b=e.

（2）由（1）可知，f（x）=xe2-x+ex，f′（x）=（1-x）e2-x+e.

令g（x）=（1-x）e2-x，

所以g′（x）=-e2-x-（1-x）e2-x=（x-2）e2-x.

當x變比時，g′（x）與g（x）的變化情況如下：

所以g（x）的最小值是g（2）=（1-2）e2-2=-1，所以f′（x）的最小值為f′（2）=g（2）+e=e-1＞0，即f′（x）＞0對?x∈R恒成立，所以f（x）在（-∞，+∞）上單調遞增，無減區間.

評析：本題在求出導數f′（x）=（1-x）e2-x+e后，不易直接判斷其正負，故利用二次求導處理.如果不進行二次求導，是否還有其他處理策略？

注意到f′（x）=（1-x）e2-x+e含有恒大于0的式子e2-x，將其進行等價轉化可得f′（x）=（1-x）e2-x+e=e2-x（1-x+ex-1），欲判斷1-x+ex-1的正負，可以通過研究與其本質相同的簡單函數ex-x的正負，易知ex-x＞0恒成立，因此問題得解.

四、不畏懼難題，心有所想，筆有所寫

學生解題時常存在這樣一種情況：只是想，并不動筆.在面對一道沒有思路的問題時，其實我們并非完全沒有思路，那么我們想到什么，就應該寫出什么？如果把我們想到的都寫出來，綜合一看也許你自己就知道該向哪個方向去思考了.

例4已知m∈R，f（x）=2x3+3x2+6（m-m2）x.

（1）當m=1，求函數f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；

問題識別：面對此題，大部分同學感到困惑，不知從何下手.不難發現本題是導數背景下的不等式恒成立問題，此類問題通常轉化為函數最值問題處理，那么我們為什么不先求導，進而再求函數的極值、最值呢？

f′（x）=6x2+6x+6（m-m2）=0，即x2+x+m（1-m）=0，解得x1=-m，x2=m-1，當f′（x）＜0時，-m＜x＜m-1.當f′（x）＞0時，x＜-m或x＞m-1，所以，函數f（x）單調增區間是（-∞，-m）和（m-1，+∞），函數f（x）單調減區間是（-m，m-1）.因此，函數f（x）極大值f（-m），函數f（x）極小值f（m-1）.

繼續計算可得f（-m）=4m3-3m2，f（m-1）=（m-1）2（1-4m），只要仔細觀察，不難發現f（m-1）=（m-1）2（1-4m）這個條件的特殊含義，即不等式（m-1）2（1-4m）≤f（x）≤20就是f（m-1）≤f（x）≤20，至此解題思路再次延續.當m-1≥0，如果函數f（x）在區間［k，0］上滿足f（m-1）≤f（x）≤20，要求k的最小值，必有k≥x0，其中f（m-1）=f（x0）或者f（x0）=20；當m-1≤0，顯然k最小值肯定位置極小值點左側，然后就和前者一樣了.

當m-1≥0，即m∈［1，2］時，f（0）=0，令g（m）=4m3-3m2，g′（m）=6m（2m-1）＞0，所以函數g（m）=4m3-3m2在［1，2］上單調遞增，g（m）≤g（2）=32-12=20；

接下來再處理f（m-1）≤f（x），欲求kmin，本質上就是要解方程f（m-1）=f（x0），由于f（m-1）為常數，也就是要解三次方程2x3+3x2+6（m-m2）x-（m-1）2（1-4m）=0.繼續看本題中方程f（x）=f（m-1）的解，注意到直線y=f（m-1）與函數f（x）圖像在極小值點x=m-1處相切，故x=m-1是方程的二重根，即x1=x2=m-1，另一個根是x0，而三次方程均可通過因式分解化為2（x-m+1）2（x-x0）=0，觀察易知可見，函數f（x）在區間［k，0］上滿足f（m-1）≤f（x）≤20，要求k的最小值，必有k≥x0，即kmin=，此時k≥ .問題得解.

評析：面對一道不知從何入手的問題，不要等到想通整個解題思路再動筆，所想到的都要寫出來，有些對于解題可能是無用，但解題之前我們并不知道它是否有用，而有些恰恰是解題所必須的.因此既有敢想，也要敢寫.

總之，高考命題常考常新，難免會遇到陌生的題目，陌生往往只是在形式上，本質上不會超出我們所學知識范圍內，因此靈活應用上述幾種策略，可使解題事半功倍.Z