主要矛盾思想在解題受阻時的應(yīng)用

葛明雨

在數(shù)學(xué)解題訓(xùn)練中，思路有時會在一個或多個環(huán)節(jié)受阻，這些 “攔路虎”對大家做題行成困擾，造成大家做題半途而廢.當(dāng)解題受阻時，發(fā)現(xiàn)用主要矛盾思想指導(dǎo)解題思路很有幫助.

主要矛盾思想是哲學(xué)領(lǐng)域的一個觀點(diǎn)，它的含義是在事物發(fā)展過程中處于支配地位，對事物發(fā)展起決定作用的矛盾.主要矛盾思想的方法論是善于抓住重點(diǎn)，集中主要力量解決主要矛盾，也就是常說的抓重點(diǎn).

一、主要矛盾思想應(yīng)用流程

一道題的解答可以分解為幾個小的解題過程，當(dāng)解題受阻時，這段解題過程的受阻點(diǎn)即為此段的主要矛盾點(diǎn)，主要矛盾思想的方法論指引我們思考怎么去解決矛盾，怎樣去抓重點(diǎn).隨著解題的一步步進(jìn)行，主要矛盾點(diǎn)也在發(fā)生著變化.在思考過程中要善于把題目與已學(xué)知識和常用方法進(jìn)行聯(lián)想、類比，以期解決每個解題過程中的主要矛盾點(diǎn).二、例析主要矛盾思想在解題中的應(yīng)用1.應(yīng)用在三角函數(shù)

例1已知cos（θ+π6）=35，π2<θ<53π，求cos（2θ+π12）的值.

分析觀察題目形式，已知角是θ+π6，待求角2θ+π12，第一個主要矛盾點(diǎn)是θ與2θ，為了解決這個矛盾需要配角，二倍化后的角2（θ+π6）=2θ+π3≠2θ+π12，但需要補(bǔ)充特殊角π4，所以2（θ+π6）-π4=2θ+π12.則cos（2θ+π12）=cos2（θ+π6）-π4=22cos2（θ+π6）+sin2（θ+π6），其中cos2（θ+π6）=2cos2（θ+π6）-1=-725，sin2（θ+π6）=2sin（θ+π6）cos（θ+π6），第二個主要矛盾點(diǎn)sin（θ+π6）取45還是-45，已知π2<θ<53π，23π<θ+π6<116π，由于cos（θ+π6）=35>0，所以32π<θ+π6<116π，θ+π6在第四象限，所以sin（θ+π6）=-45.

因此，cos（2θ+π12）

=

22-725+2×-45×35=-31250.

點(diǎn)評反思解題流程，發(fā)現(xiàn)隨著解題的一步步進(jìn)行，主要矛盾點(diǎn)也在發(fā)生著變化，例1中很好地體現(xiàn)了三角函數(shù)學(xué)習(xí)中的兩種主要問題.其實(shí)三角函數(shù)這塊知識點(diǎn)公式多，令人眼花繚亂.在三角恒等變形中，有兩大主要矛盾點(diǎn).第一個主要矛盾點(diǎn)主要集中于變角上，盡量把待求角用已知角拆、配、組裝，建立起已知角和待求角的某種運(yùn)算.常見的拆角和配角方式有

A=A+B-B，α=12α+β+

12α-β，

β=12α+β-12α-β.

第二個主要矛盾點(diǎn)主要集中于對角的范圍的估計(jì)和判斷，需要把角度“卡”在合適的范圍內(nèi).例1還可以把θ+π6“卡”在更小的范圍內(nèi)，12

2.構(gòu)造函數(shù)證不等式

例2若x1，x2∈（1e，1），x1+x2<1，求證 x1x2

分析題目是證明兩元之間的不等式，觀察題目形式，有x1+x23，如果要把x1+x23展開，題目會陷入到不能求解的境地.出現(xiàn)了第一個矛盾：高次函數(shù)的矛盾，這個矛盾著眼于高次（如三次）多項(xiàng)式怎么化為低次（一次或二次）多項(xiàng)式，為了解決這個矛盾，聯(lián)想到對數(shù)性質(zhì)lnxa=alnx，兩邊同時取對數(shù)，實(shí)現(xiàn)了降次.因?yàn)閤1>0，x2>0，即證lnx1x2<3lnx1+x2，此時又出現(xiàn)第二個矛盾點(diǎn)：無法拆解并移項(xiàng)，左邊的lnx1x2可以等于lnx1+lnx2，右邊的lnx1+x2就會拆解不開，轉(zhuǎn)化不了

fx1

由于x1，x2∈（1e，1），所以1e

綜上，1e

f ′（t）≥0， f（t）單調(diào)遞增；當(dāng)t∈（12，e-1），f ′（t）<0，f（t）單調(diào)遞減.f（t）max≤f（12）=ln427

點(diǎn)評 不等關(guān)系證明題目，常用構(gòu)造函數(shù)法，研究函數(shù)的單調(diào)性去證明不等式，在構(gòu)造函數(shù)時遇到矛盾點(diǎn)，需要找到突破口，如例2聯(lián)想到對數(shù)性質(zhì).例2中出現(xiàn)兩元，為了分離兩元的函數(shù)式，出現(xiàn)了第二個矛盾點(diǎn)，在換元工具的使用下，構(gòu)造了兩個函數(shù)f（t）和g（x1），函數(shù)構(gòu)造后，出現(xiàn)第三個矛盾點(diǎn)：確定函數(shù)的最值，前提是確定換元后自變量的取值范圍.反思解題流程，主要矛盾點(diǎn)也在發(fā)生著變化.這類題目的矛盾點(diǎn)的解決方式具有借鑒意義.對以后做這類題目是一種啟發(fā).

3.應(yīng)用在數(shù)列不等式證明

例3 （2014年陜西高考題改編）已知f（x）=ln（1+x），g（x）=x1+x，當(dāng)n∈N*時，證明g（1）+g（2）+…+g（n）>n-f（n）

分析要證的不等式左邊是前n項(xiàng)和的形式，右邊不是和的形式，數(shù)列不等式證明中出現(xiàn)第一個主要矛盾點(diǎn)：求和形式的不對稱性.為解決這個矛盾點(diǎn)，讓其具有整齊性，構(gòu)造∑ni=1g（i）>∑ni=1bi，令n-fn=Tn=b1+b2+…+bn，當(dāng)n≥2，bn=Tn-Tn-1=1+lnnn+1，當(dāng)n=1時，b1=1-ln2，綜上bn=1+

lnnn+1.只需證g（n）>bn，即證nn+1>1+lnnn+1.出現(xiàn)第二個主要矛盾點(diǎn)：如何證明這個不等式？為解決矛盾點(diǎn)，需要構(gòu)造函數(shù)，令t=nn+1（01+lnt，構(gòu)造函數(shù)ft=t-lnt-1，f ′t=t-1t<0，所以f（t）在t∈（0，1）上單調(diào)遞減，

f（t）>f（1）=0，即t>1+lnt，得證.

點(diǎn)評此題可以歸類為“∑ni=1ai與f（n）大小關(guān)系”證明類，解決這類題目一般是看成兩個數(shù)列前n項(xiàng)和的大小比較，再轉(zhuǎn)化為比較通項(xiàng)之間的大小.例3中還有一個需要考慮的小細(xì)節(jié)，換元構(gòu)造函數(shù)中兼顧到不等式的形式，右邊的對數(shù)形式的矛盾性要大于左邊的分式，所以要以換元后對數(shù)形式的簡單化為換元方向，如例3中令t=nn+1比t=n+1好些.

例4已知數(shù)列{bn}，滿足bn=2n-12n，數(shù)列an=1bn的前n項(xiàng)和為Sn，求證Sn<43

分析這種類型的題目在高考中屢次出現(xiàn)，屬于“Sn與常數(shù)C大小關(guān)系” 證明類，常見做法是用綜合法去證明，證明的過程需要自己靈活掌握放縮法，但是這對數(shù)學(xué)的思維和素養(yǎng)要求比較高.書本上我們做等差和等比數(shù)列的求和比較容易，這種結(jié)構(gòu)特別的數(shù)列一時不知如何處理，這就出現(xiàn)一種主要矛盾，等差或等比數(shù)列與特殊數(shù)列的矛盾，基礎(chǔ)知識與靈活遷移的矛盾，既然特殊數(shù)列不好處理，那么需要把主要矛盾進(jìn)行轉(zhuǎn)化為大家易知的等差或等比數(shù)列，

在等比數(shù)列{an}中，前n項(xiàng)和為Sn=a1（1-qn）1-q，當(dāng)0

2312n-1，即證4n4n-1<43，即證14n-1<13，只需證4n-1>3.

當(dāng)n≥2時成立，

當(dāng)n=1時，S1=a1=23<43.

綜上，可得an

點(diǎn)評“Sn與常數(shù)C大小關(guān)系” 證明類題目，一般考慮構(gòu)造偽等比數(shù)列，利用分析法尋找放縮路徑，這樣處理可以很大程度降低思維難度.

4.應(yīng)用在導(dǎo)數(shù)函數(shù)綜合壓軸題

這幾年的高考函數(shù)壓軸題，都需要依靠導(dǎo)數(shù)的幫助來求解，在研究導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)問題時，經(jīng)常遇到解題矛盾點(diǎn)“導(dǎo)函數(shù)具有零點(diǎn)但又無法求解或求解相對比較繁雜”.主要矛盾的思想如何應(yīng)用在高考函數(shù)壓軸題，請看下面兩個經(jīng)典的例題.

例5（2015年全國高考新課標(biāo)卷1文21題）設(shè)函數(shù)f（x）=e2x-alnx.

（1）討論f（x）的導(dǎo)函數(shù)f ′（x）的零點(diǎn)個數(shù).

（2）證明：當(dāng)a>0時，f（x）≥2a+aln2a.

分析（1）略.

（2）由（1），f ′（x）=2e2x-ax（x>0），令f ′（x）=0，出現(xiàn)主要矛盾點(diǎn)；此時零點(diǎn)不易求，為了解決這個矛盾，先虛設(shè)零點(diǎn)x0，可設(shè)f ′（x）在（0，+ 單調(diào)遞增，所以f（x）min=f（x0）=e2x0-alnx0，由于2e2x0-ax0=0，得e2x0=a2x0，

又x0=a2e2x0，得lnx0=lna2e2x0=lna2-2x0，

所以f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0-a（lna2-2x0）=a2x0+2ax0+aln2a≥2a2x0×2ax0+aln2a=2a+aln2a.

點(diǎn)評例5屬于零點(diǎn)不易求問題.當(dāng)導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)不易求時，經(jīng)常虛設(shè)零點(diǎn)，設(shè)而不求.例5中虛設(shè)零點(diǎn)，著眼于將超越式化簡為普通的代數(shù)式，把超越函數(shù)看成整體，設(shè)而不求，通過形式化的合理代換或推理，達(dá)到化簡并求解問題的目的.

在導(dǎo)數(shù)和函數(shù)綜合題中，構(gòu)造的函數(shù)形式如果不合理，會造成解題受阻.如果直接構(gòu)造函數(shù)難以求出導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)， 可以通過整合重組函數(shù)表達(dá)式，將原函數(shù)轉(zhuǎn)化為簡單、易于求導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)的函數(shù).下面的例6是很好的例子.

例6求證：lnx>1ex-2ex

分析如果按常規(guī)方法， 令f（x）=lnx-1ex+2ex，發(fā)現(xiàn)求導(dǎo)后f ′（x）=1x+1ex-2ex2，其導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)不能確定，也無法求出其導(dǎo)數(shù)值的零點(diǎn)，故直接構(gòu)造的方法行不通.出現(xiàn)主要矛盾點(diǎn)：構(gòu)造的函數(shù)難以判斷單調(diào)性或者難以求出導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn).說明構(gòu)造的函數(shù)的方式不合適，以解決主要矛盾點(diǎn)為思考出發(fā)點(diǎn)，讓導(dǎo)函數(shù)的求導(dǎo)簡單化.換種方式重組整合，證明xlnx>xex-2e，

令f（x）=xlnx，g（x）=xex-2e，問題轉(zhuǎn)化為證明

f（x）min>g（x）max.以下利用導(dǎo)數(shù)工具，根據(jù)函數(shù)和單調(diào)性證明即可.f ′（x）=lnx+1，令f ′（x）=0得x=1e.當(dāng)01e時，f ′（x）>0，f（x）在（1e，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）min=f（1e）=-1e

，又g′（x）=1-xex，令g′（x）=0得x=1.

當(dāng)00.g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增.

當(dāng)x>1時，g′（x）<0，g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以g（x）max=g（1）=-1e.

又f（x）與g（x）取得最值時對應(yīng)的x值不同.故x∈（0，+∞）時，f（x）>g（x），即lnx>1ex-2ex.

總結(jié)主要矛盾思想在解題受阻時具有廣泛的應(yīng)用，主要矛盾點(diǎn)把解題流程分成幾段，找準(zhǔn)每段流程的主要矛盾點(diǎn)，反思解題流程，發(fā)現(xiàn)隨著解題的一步步進(jìn)行，主要矛盾點(diǎn)也在發(fā)生著變化，以解決每一步的主要矛盾點(diǎn)為出發(fā)點(diǎn)，去指導(dǎo)每一步的解題方向和方式，明確解題路線， 這對于提高解題的效率和訓(xùn)練邏輯思維素養(yǎng)有重要意義.

（收稿日期：2016-11-22）