經典真題與多解多變的完美結合

安徽 張 威

我們知道教師講解典型例題是為了使學生對所學的知識融會貫通，開闊思維，培養其發散思維和創新思維能力，從而提高學習數學的興趣，使得課堂更加高效.那么采用何種教學方法和形式才能達到這種高效呢？筆者認為對一些題型中的經典例題的講解采用一題多解和一題多變的形式能更好地取得這種效果.比如在高考的客觀題中，有一類題型是“含參不等式任意(存在)性問題”.這類問題是高考的熱點和難點，也是重點.而很多學生看到這類問題往往是“望而生畏”，甚至是剛剛做過的題目，再遇到同類型或者有一些改變的題目，又不得而解.很大的原因還是思維不夠開闊，對所學的知識不能融會貫通.下面筆者通過一道例題和變式題組來感受一題多解和一題多變的魅力.

【例1】(2008·江蘇卷·14)設函數f(x)=ax3-3x+1(x∈R)，若對于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立，則實數a=________.

【例題分析】此題主要考查了含參不等式任意性問題，題型常規，題干簡潔大氣，含義深遠.意在考查數形結合思想、分類討論思想，運算求解能力、數據處理能力等.教師在講解此題時，要引導學生回味此類題型的求解方法，讓其進行對比、聯想，從而得到求解的思路.而這一類問題主要涉及函數最值，常與導數工具相結合，并且與數形結合、分類討論、轉化與化歸等數學思想緊密聯系.解答此類問題，一般的思考角度為：①直接構造函數求最值；②分離參數構造函數求最值；③分離函數，利用數形結合思想求解；④特殊值代入求解.讓學生通過上述思考角度，獨立或與其他同學交流進一步完善解法.具體如下.

解法1：特殊值秒解法

因為此題是求解參數的具體值，故可以通過特殊值代入法進行求解，

【評注】此法具有一定的局限性，此題是求解具體參數值，故可以使用此法，如若求解參數范圍，用此法就危險了.但是在導數壓軸題中，采用此法，往往可以先縮小參數的范圍，從而減少對參數的討論，此法在解法3中展現得淋漓盡致.同時通過此法可以讓一些基礎薄弱的學生更加有信心，從而提升學習數學的興趣.

解法2：直接構造函數，分類討論求最值

由?x∈[-1,1]，都有f(x)≥0成立，等價于f(x)min≥0，從而轉化為求函數f(x)=ax3-3x+1在x∈[-1,1]的最小值.

接下來按照求函數最值方法求解即可，求導得f′(x)=3ax2-3=3(ax2-1).

①當a≤0時，顯然可得f′(x)=3(ax2-1)<0，所以f(x)在x∈[-1,1]上單調遞減，

此時f(x)min=f(1)=a-2≥0，得到a≥2，此時不滿足條件；

但此時x∈[-1,1]，無法判斷函數f(x)在x∈[-1,1]上的單調性，故需要進一步討論.

則f(x)在x∈[-1,1]上單調遞減，

所以f(x)min=f(1)=a-2≥0，得到a≥2，此時也不滿足條件；

綜上,a=4.

解法3：由解法1的思想，可以對解法2進行簡化如下：

由已知，可得不等式f(1)≥0,f(-1)≥0恒成立，從而求解出一定有a∈[2,4]，

接下來只要判斷a∈[2,4]中哪些值滿足f(x)≥0恒成立，判斷如下：

f′(x)=3ax2-3=3(ax2-1)，a∈[2,4]，

綜上，a=4.

【評注】解法2、解法3主要是對參數進行分類討論，而解法2處理以填空題出現的恒成立問題，稍顯麻煩，得不償失，但是作為解答題，用此法就是一個不錯的方法.對于解法3是綜合了解法1,2的思想進行了簡化，與解法1和2比較可以發現，此法既嚴謹，又簡單，無論是對選填和解答題都是一個不錯的解法.同時在高考中為了為解答題贏得更多的時間，小題盡量節省時間，能用特殊法的要用特殊法求解.

解法4：分離參數構造函數求最值

由?x∈[-1,1]，都有f(x)≥0成立，可對不等式ax3-3x+1≥0分離參數，即觀察發現需要兩邊同除以x3，但是由于x∈[-1,1]，x3符號可能大于0，可能等于0，也可能小于0，故也需要分三種情況進行討論，此時是按x進行分類：

所以g(x)在[-1,0)上單調遞增，則g(x)min=g(-1)=4，

則a≤4；

②當x=0時，不等式ax3-3x+1≥0?1≥0，即此時a∈R;

則a≥4；綜上，a=4.

【評注】分離參數對變量進行討論一直是解決含參不等式的重要手段，即使不等式一端是含有參數的不等式，另一端是一個區間上具體的函數，有的題目通過分參會起到事半功倍的效果，所以此法學生要掌握.

解法5：分離函數，利用數形結合快速求解

(“分離函數”即是將不等式分離成兩個函數，其中一個是含參的簡單函數)

可知要先求出過(0,0)點該函數切線的斜率，設切點P(x0,y0),

此時直線恰好也過h(x)上的(-1,-4)這個點，可知對此切線的圖象繞原點逆時針或順時針旋轉都不滿足條件，故a=4.

②當x=0時，a∈R;

綜上,a=4.

解法6：分離函數，利用數形結合快速求解

由ax3-3x+1≥0得ax3≥3x-1≥0(-1≤x≤1)，

令g(x)=ax3,h(x)=3x-1(-1≤x≤1)，即g(x)在-1≤x≤1區間上的圖象恒在h(x)的圖象上方；

由y=x3與y=3x-1的圖象可知a>0，

大致圖象如圖所示：

可知要先求出滿足條件的a使得y=3x-1為g(x)=ax3的切線，設切點P(x0,y0)，

當a逐漸變大時，(-1,-4)這個點在y=3x-1下方，此時不滿足條件；

故a=4.

【評注】解法5、解法6求解思想一樣，只是分離的函數不一樣.是將函數中含參問題，分離成兩個特殊的函數(最好將其中的一個函數分離成含參的直線)，再利用數形結合思想進行求解.此法對學生識圖、作圖、用圖能力要求稍高，對一些分參和直接構造函數很難求解的問題，采用此法往往就是秒解法.

以上幾種解法，是在師生共同探討中得到的幾個思考角度衍生出來的解法，可能有的學生會問：“這個例題的幾個思考角度只適用于解答這類題目嗎？”“這個題好舊啊！那么現在的高考還會再考嗎？”無獨有偶，在2018年高考中也可以用到，具體如下.

( )

A.[-1,0) B.[0,+∞)

C.[-1,+∞) D.[1,+∞)

【分析】此題主要考查了含參數的函數零點問題，題型依然很常規.可以發現此題是在【例1】的基礎上，對函數的背景和設問角度進行變式，其思考角度與上述例題如出一轍.

解法1：直接構造函數，利用零點存在性定理求解

當x≤0時，g(x)=ex+x+a，則g′(x)=ex+1>0，

所以g(x)在(-∞,0]上單調遞增，此時g(x)至多1個零點，

所以g(x)在(0,+∞)上單調遞增，此時g(x)至多1個零點，

若g(x)存在兩個零點，則g(x)在(-∞,0]和(0,+∞)上各有1個零點，

所以當x≤0時，g(x)max=g(0)=1+a≥0，即a≥-1，

①當a=-1時，顯然g(0)=0，當x>0時，g(x)=lnx+x-1，顯然g(1)=0，

所以g(x)有2個零點；

②當a>-1時，當x≤0時，g(0)>0，又因為ex+x+a<1+x+a，令1+x+a<0，

則x<-(a+1)<0，所以g(-a-1)<0，

由零點存在定理和單調性可得g(x)在(-∞,0]上有1個零點，

當x>0時，g(x)=lnx+x+a，因為g(e-a)=lne-a+e-a+a=e-a>0，

又g(e-a-1)=lne-a-1+e-a-1+a=e-a-1-1,因為a>-1，所以-a-1<0，

所以e-a-1<1，即g(e-a-1)<0，且0

所以由零點存在定理和單調性可得g(x)在(0,+∞)上有1個零點，

綜上所述,a≥-1，故選C.

解法2：分離參數，利用數形結合思想求解

因為g(x)存在兩個零點，所以方程f(x)+x=-a有兩個不等實根，

即函數y=f(x)+x與直線y=-a的圖象有2個交點，

y=lnx+x在(0,+∞)上單調遞增，且y=lnx+x∈R，如圖可得，-a≤1，故選C.

解法3：特殊值代入法

畫出函數f(x)圖象如圖所示，

若g(x)存在兩個零點，則y=f(x)與y=-x-a圖象有兩個交點，

當a=0時，顯然y=-x與y=f(x)圖象有2個交點，故排除A,D；

當a=-1時，顯然y=-x+1與y=f(x)圖象有2個交點，故排除B,

故選C.

解法4：分離函數，利用數形結合思想求解

因為g(x)存在兩個零點，所以方程f(x)=-x-a有兩個不等實根，

即函數y=f(x)的圖象與直線y=-x-a有兩個交點，

因為y=-x-a的圖象是由直線y=-x的圖象進行上下平移得到，

故對直線y=-x進行上下平移，如圖所示.

故可得-a≤1，即a≥-1，故選C.

通過上述變式題，可以發現一題多變是運用不同的知識和方法，對有關數學概念、定理、通性通法等進行不同角度、不同層次、不同背景的變化，有意識地引導學生從“變”的現象中發現“不變”的本質，從“不變”中探求規律，從而達到對知識、方法等熟練掌握和靈活運用.下面幾個變式也是從題干、設問角度、背景等對上述例題的變式.

( )

A.(-∞,1-e) B.(1-e,1]

C.[1,e-1) D.(e-1,+∞)

【答案】B.

【變式3】函數f(x)=ax3+(a-1)x2-x+2(0≤x≤1)在x=1處取得最小值，則實數a的取值范圍是

( )

【答案】C.

【變式4】若關于x的不等式xex-ax+a<0的解集為 (m,n) (n<0)，且(m,n)中只有一個整數，則實數a的取值范圍是

( )

【答案】D.

通過上述的變式題組，可以知道一題多變最終是為了通過變化讓學生掌握變化中的不變，能從不同方面、不同角度和不同情況來說明某一事物，從而概括出事物的一般屬性.因此，適當的變式能夠使學生確切地掌握數學知識.另外，數學題目是永遠做不完的，如果善于變式，在變式中掌握一類問題的解法，則會以少勝多，從而使得課堂教學更高效.