一題多解 提升數學素養

李發光

【摘要】一題多解的訓練可以激發學生對數學學習的興趣與信心，一道數學題因思考的角度不同可得到多種不同的解法，這有利于拓寬解題思路，提高學生分析問題的能力，有助于學生發散思維的形成，增強學生創造意識.

【關鍵詞】一題多解;思維能力;核心素養

一直以來，數學核心素養被視為衡量數學教育質量的主要標準.隨著我國教育模式的改革和發展，對學生核心素養的培養更是新課標中的重要要求之一.那么，如何在課堂教學中培養學生的數學素養？一題多解的訓練可以有效地培養數學素養.下面我們選取一道函數不等式的證明問題，采用一題多解的教學方式來談談怎樣提升數學素養，讓學生學會多向思維，學會克服思維定式，尋找多種解題方向，引領學生思維發展，形成良好的思維習慣，培養思維能力.

試題呈現 已知函數f（x）=ex-ae2x，當a<0時，證明：f（x）>e2lnx.

證明 方法一 ?要證明ex-ae2x>e2lnx.

因為a<0，所以ae2x<0，

只需證ex>e2lnx，即只需證ex-e2lnx>0.

設g（x）=ex-e2lnx，

則g′（x）=ex-e2x，g″（x）=ex+e2x2>0，

所以函數y=g′（x）在（0，+∞）上是增函數.

又因為g′（1）=e-e2<0，

g′（2）=e2-e22=e22>0，

所以存在唯一的x0∈（1，2），

使得g′（x0）=ex0-e2x0=0，

即ex0=e2x0，lnx0=-x0+2，

所以當x∈（0，x0）時，g′（x）<0，

當x∈（x0，+∞）時，g′（x）>0，

所以函數g（x）在（0，x0）上是減函數，在（x0，+∞）上是增函數，

因此函數g（x）有最小值，

最小值為g（x0）=ex0-e2lnx0=e2x0-e2·（-x0+2）=e2x0+e2x0-2e2>2e2-2e2=0，

因此g（x）>0，即ex-e2lnx>0，

綜上所述，當a<0時，f（x）>e2lnx.

點評 方法一利用參數a的取值范圍進行放縮，利用差值函數法證明形如f（x）>g（x）的不等式，主要步驟是：

（1）構造新函數h（x）=f（x）-g（x）;

（2）利用導數研究新函數h（x）的單調性、最值.但對函數h（x）求導后，若h′（x）=0是超越形式，人工無法求其零點，但通過零點存在定理可以證明零點是存在的，我們便稱之為隱零點，利用隱零點是證明不等式的一種重要手段;

（3）通過h′（x）或h′′（x），得到h（x）的性質，從而實現證明不等式f（x）>g（x）.

方法二 要證明ex-ae2x>e2lnx，只要證exx-ae2>e2lnxx，

設g（x）=exx-ae2（x>0），

則g′（x）=（x-1）exx2，

當x∈（0，1）時，g′（x）<0，

當x∈（1，+∞）時，g′（x）>0，

所以函數g（x）在（0，1）上是減函數，在（1，+∞）上是增函數，

因此函數g（x）有最小值，

當x=1時，取得最小值，最小值為g（1）=e-ae.

設h（x）=e2lnxx（x>0），

則h′（x）=e2（1-lnx）x2，

當x∈（0，e）時，h′（x）>0，

當x∈（e，+∞）時，h′（x）<0，

所以函數h（x）在（0，e）上是增函數，在（e，+∞）上是減函數，

因此函數h（x）有最大值，

當x=e時，取得最大值，最大值為h（e）=e.

因為a<0，所以g（1）=e-ae>h（e）=e，所以g（x）>h（x），

綜上所述，當a<0時，f（x）>e2lnx.

點評 方法二利用“一分為二”的思想，在證明不等式f（x）>0（或f（x）<0）時，將原不等式分解為g（x）>h（x）（或g（x）h（x）max（或g（x）max

方法三 要證明ex-ae2x>e2lnx.

因為a<0，所以ae2x<0，

只需證ex>e2lnx，即只需證ex-2-lnx>0.

設函數g（x）=ex-（x+1），則g′（x）=ex-1，

當x∈（-∞，0）時，g′（x）<0，

當x∈（0，+∞）時，g′（x）>0.

所以函數g（x）在（-∞，0）上是增函數，在（0，+∞）上是減函數，

因此函數g（x）有最小值，

當x=0時，取得最小值，最小值為g（0）=0，

所以g（x）=ex-（x+1）≥0，

即ex≥x+1，當且僅當x=0時等號成立.

因此當x>0時，ex-2≥x-1，當且僅當x=2時等號成立.

設函數h（x）=lnx-（x-1），則h′（x）=1x-1，

當x∈（0，1）時，h′（x）>0，

當x∈（1，+∞）時，h′（x）<0

所以函數h（x）在（0，1）上是增函數，在（1，+∞）上是減函數，

因此函數h（x）有最大值，當x=1時，取得最大值，最大值為h（1）=0，

所以h（x）=lnx-（x-1）≤0，

即lnx≤x-1，當且僅當x=1時等號成立.

所以ex-2-lnx>（x-1）-（x-1）=0，

綜上所述，當a<0時，f（x）>e2lnx.

點評 方法三利用”放縮法”證明不等式， “放縮”指的是將不等式的一側放大或縮小，將不等式的結構優化為合理的結構，然后獲得解決.放縮的依據是幾個常用的不等式：ex≥x+1，當且僅當x=0時等號成立;lnx≤x-1，當且僅當x=1時等號成立，sinx≤x（x≥0）當且僅當x=0時等號成立等.

方法四 要證明ex-ae2x>e2lnx.

因為a<0，所以ae2x<0，

只需證ex>e2lnx，即只需證ex-e2lnx>0.

設g（x）=ex-e2lnx=（ex-e2x+e2）+（e2x-e2-e2lnx），

令h（x）=ex-e2x+e2（x>0），則

h′（x）=ex-e2

當x∈（0，2）時，h′（x）<0，

當x∈（2，+∞）時，h′（x）>0

所以函數h（x）在（0，2）上是減函數，在（2，+∞）上是增函數，

因此函數h（x）有最小值，

當x=2時，取得最小值，最小值為h（2）=0.

令u（x）=e2x-e2-e2lnx，則u′（x）=e2-e2x.

當x∈（0，1）時，u′（x）<0，

當x∈（1，+∞）時，u′（x）>0

所以函數u（x）在（0，1）上是減函數，在（1，+∞）上是增函數，

因此函數u（x）有最小值，

當x=1時，取得最小值，最小值為u（1）=0.

綜上，h（x）≥0，當且僅當x=2時等號成立，

u（x）≥0，當且僅當x=1時等號成立，

所以g（x）=h（x）+u（x）>0，

因此，當a<0時，f（x）>e2lnx.

點評 方法四利用了“異構”的思想，“異構”是指一個恒成立化為多個恒成立問題，異構的關鍵是拆分配對組合需要較高的變現技巧，此類問題可以用凹凸反轉，必要性探路，或常規方法構造函數分類討論來解答.

結語

總之，一題多解的教學模式確實是一種有效的提高數學素養的途徑.通過對題目的全方位分析，尋求多種解題策略，是一種知識到能力的演變，是學生思維質量的升華.

參考文獻：

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