优化思维路径 突出数学本质 提升核心素养

广东省佛山市第一中学(528000)吴统胜

《普通高中数学课程标准(2017年版)》不仅重视数学基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验(四基)的教学，更加强调学生发现、提出问题和分析、解决问题的能力(四能)的培养，并希望把学生的能力培养提升到培养数学学科核心素养的高度，指导和培养学生学会用数学的眼光观察世界，会用数学思维思考世界，会用数学语言表达世界(三会).数学学科核心素养是课程目标要求，“三会”则是数学学科核心素养的外在表现.要提升学生学生的数学核心素养，教师就要引导学生学会从数学问题的角度，通过提出问题、分析问题、解决问题、拓展问题等过程来达成这一目标.

核心素养是育人的目标，目前在中学数学教学中，教师更多地是关注教学目标的实现、教学内容的把握、教学方法的选择、教学效果的反馈，而缺少教书育人方式的思考.如何在依据学科核心素养修订课标与重组教材的顶层设计之下，积极探索学科核心素养统领下的数学教学实践案例，即结合具体教学内容探寻指向核心素养的教学路径与方法，将核心素养落地的“最后一公里”做细、做实，是每一位数学教师要思考和实践的课题.

《普通高中课程标准(2017年版)》在课程基本理念中指出:“把握数学本质，启发思考，改进教学”.数学本质的内涵一般包括数学知识的内在联系;数学规律的形成过程，数学思想方法的提炼;数学理性精神(依靠思维能力对感性材料进行一系列的抽象和概括、分析和综合，以形成概念、判断或推理，这种认识为理性知识.重视理性认识活动，以寻找事物的本质、规律及内部联系，这种精神称为理性精神)的体验等方面.数学教学的本质就是还原课堂本真，让学生的思维得以生长.我们应充分利用数学课堂，提升学生的数学核心素养，使得学生由“学会”转化为“会学”;由“做题”转化为“做数学”，从而发展学生自主学习的能力;树立敢于质疑、善于思考、严谨求实的科学精神;不断提高实践能力，提升创新意识.

如何有效开展数学教学，培养学生的数学思维能力? 如何在教学中落实“核心素养”的目标引领与价值导向作用?如何引导学生感悟数学思想，在关注学生知识技能掌握的同时，突出数学本质，促进数学核心素养在课堂的有效生成? 数学教育的未来之路是以理解、探究、问题解决为价值取向，追求数学素养的达成，并促成学生核心素养的发展.

本文笔者将通过对高考题或高考模拟题中导数压轴题的解法及处理策略的研究与探讨，在优化解题思维路径的同时，突出问题的数学本质，并总结归纳了导数压轴题优化后的解题策略和方法，以期对广大师生在解决此类导数压轴题时带来一定的帮助.

例1(2014年高考天津理科卷第20 题改编)已知函数f(x)=x-aex(a ∈ℝ),x ∈ℝ.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2，且x1＜x2.

(I)求a的取值范围;

(II)求证:x1x2＜1;x1+x2＞2.

附2014年高考天津理科卷第20 题如下:已知函数f(x)=x-aex(a ∈ℝ),x ∈ℝ，.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2，且x1＜x2.

(I)求a的取值范围;

(III)证明x1+x2随着a的减小而增大.

解析(I)过程略;

(II)由(I)中结论0＜ a ＜及已知条件可知x2＞ x1＞0，由x1=aex1,x2=aex2，可得lnx1=lna+x1,lnx2=lna+x2.故x2-x1=lnx2-lnx1=设解得所以，①设则x2=tx1.①式即x1(t-1)= lnt，所以所以

证法一设φ(t)=2t-lnt-2-tlnt(t ＞1)，所以φ′(t)=设m(t)=t-1-tlnt(t ＞1)，所以m′(t)=-lnt ＜0，m(t)在(1,+∞)上 递 减，m(t)＜ m(1)= 0，所以φ′(t)＜0,φ(t)在(1,+∞)递减，所以φ(t)＜ φ(1)= 0.g′(t)＜0，g(t)在(1,+∞)递减，但g(1)没有意义.由高等数学中的洛必达法则，所以g(t)＜limt→1g(t)=1，所以x1x2＜1.

评析证法一直接构造函数求最值证明，思路清晰明确，但要多次构造局部函数求导，且最后需利用高等数学中的洛必达法则求limt→1g(t)，学生不易理解掌握.能否有更简便、学生也易于理解掌握的优化证法呢? 回答是肯定的!将要证不等式恰当变形转化再构造函数求最值证明，其优化证明过程如下:

证法二由（I）中结论及已知条件可知x2＞x1＞0,x1=aex1①，x2=aex2得：设则e(t-1)x1=t，所以要证:x1x2＜1，即证＜1(t ＞1)，即证设n(t)=所以n(t)在(1,+∞)上递减，所以n(t)＜n(1)= 0，x1x2＜1.

下证x1+x2＞2:

证法一要证x1+x2＞2，只需证g(t)=lnt+tlnt-2t+2＞0.因为所以g(t)＞g(1)=0，x1+x2＞2.

证法二要证x1+x2＞2，只需证1).此即对数基本不等式的右式的一个变式，直接移项构造函数利用函数单调性即可轻松得证.

点评本题考查了导数在研究函数中的综合运用，涉及了函数零点及不等式证明问题，解答的关键在于利用消元思想，先消去参数，转化为含双变量x1,x2的不等式，再利用“二元化一元”的思想，通过等价换元再构造函数得证，证法一直接构造函数证明，思路清晰明确，但要多次构造局部函数求导，且最后需利用高等数学中的洛必达法则，学生不易理解掌握.证法二、证法三对要证不等式恰当变形后再构造函数证明，极大地减少了运算量和思维量，简化和优化了证明过程，是优化解法，且是通性通法.此外，x1+x2＞2 的证明也可利用函数极值点偏移问题的一般处理策略.

拓展变式已知x1,x2是函数f(x)=ex-ax的两个零点，且x1＜x2，

(I)求a的取值范围;

(II)求证:x1x2＜1;x1+x2＞2.

例2已知函数f(x)=ex-a(x-1)有两个零点.

(1)求实数a的取值范围;

(2)设x1,x2(x1＜x2)是f(x)的两个零点，证明:x1x2＜x1+x2.

解析(1)a ＞e2(过程略);

(2)证法一要证x1x2＜ x1+x2，即证(x1-1)(x2-1)＜1，由已知ex1=a(x1-1), ex2=a(x2-1)，即证(x1-1)(x2-1)=即证ex1+x2＜a2，即证x1+x2＜2 lna，即证x2＜2 lna-x1，又因为x2＞lna，且f(x)在(lna,+∞)单调递增，故只需证f(x2)＜f(2 lna-x1)，即证f(x1)＜f(2 lna-x1)，令g(x)=f(2 lna-x)-f(x)且x ＜lna，因为g′(x)=所以g(x)在(-∞,lna)单调递减，所以g(x)＞g(lna)=f(2 lna-lna)-f(lna)= 0，所以f(2 lna-x)＞f(x)在(-∞,lna)上恒成立，所以f(2 lna-x1)＞f(x1)，故原命题得证.

评析首先需结合已知条件转化为证明(x1-1)(x2-1)＜1，学生不容易想到，其次，还要结合(1)中的结论利用函数单调性转化，再构造函数证明，对学生思维的要求高，学生不易理解与掌握该证明方法.我们可以尝试先消参，二元化一元，再构造函数证明，其优化证明方法如下:

证法二(优化证法)由(1)知a ＞ e2，又由已知ex1=a(x1-1)得:设t=x2-x1，由(1)易知t=x2-x1，因为x2＞2＞x1＞1，所以所以要证x1x2＜x1+x2，即证即证即证t2et ＜(et-1)2，因为t ＞0，所以et ＞1，即证即证设所以φ(t)在(0,+∞)上单调递减，所以φ(t)＜φ(0)= 0，所以

点评在该优化解法中，先消参，然后“二元”化“一元”，再构造函数证明，是通性通法，操作性强，是学生易于理解掌握的方法!

例3已知f(x)=lnx-x+m(m为常数).

(1)求f(x)的极值;

(2)设m ＞1，记g(x)=f(x+m)，已知x1,x2为函数g(x)的两个零点，求证:x1+x2＜0.

解析(1)因为f(x)=lnx-x+m，所以当0＜x ＜1 时，f′(x)＞0,f(x)递增;当x ＞1 时，f′(x)＜0,f(x)递减.f(x)的极大值为f(1)=m-1，无极小值.

(2)g(x)=f(x+m)= ln(x+m)- x，因 为x1,x2是g(x)的两个零点，所以所以设h(x)=ex - x，则h(x)=m，有两解x1,x2，由h′(x)=ex-1=0 得x=0.当-m ＜x ＜0时，h′(x)＜0,h(x)递减; 当x ＞1 时，h′(x)＞0,h(x)递增.不妨设-m ＜x1＜0＜x2，要证x1+x2＜0，即证0＜x2＜-x1.因为h(x)在(0,+∞)上单调递增，只需证h(x2)＜h(-x1)，因为h(x2)=h(x1)，故只需证h(x1)＜h(-x1).设φ(x)=h(x)-h(-x)=ex-2x-e-x(x ＞0)，所以φ′(x)=ex-2+e-x=在(0,+∞)上单调递增.因为-m ＜x1＜0，所以φ(x1)＜φ(0)= 0，即h(x1)＜h(-x1)，所以x1+x2＜0.

点评该题第(2)问对学生解题思维的要求极高，解题的关键在于变形转化，设函数h(x)=ex-x转化为h(x)=m有两解x1,x2的问题，利用函数h(x)在(0,+∞)上单调递增的性质得h(x2)＜h(-x1)，再利用h(x2)=h(x1)转化为只含x1的不等式，再构造函数利用函数的单调性证明.

例4(2010年高考新课标卷第21 题)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.

(1)若a=0，求f(x)的单调区间;

(2)若当x ≥0 时f(x)≥0，求a的取值范围.

解析(1)略;

(2)解法一 分类讨论f′(x)=ex-1-2ax.

由(1)知ex ≥1+x，当且仅当x= 0 时等号成立.故f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x，从而当1-2a ≥0，即时，f′(x)≥0(x ≥0)，而f(0)= 0，于是当x ≥0 时，f(x)≥0.由ex ＞1+x(x0)可得e-x ＞1-x(0).从而当时，f′(x)＜ex-1+2a(e-x-1)=e-x(ex-1)(ex-2a)，故当x ∈(0,ln 2a)时，f′(x)＜0，而f(0)= 0，于是当x ∈(0,ln 2a)时，f(x)＜0.综上，a的取值范围为

解法二 分离参数，转化为求函数的最值

当x ≥0 时，f(x)≥0⇔ex-1-x ≥ax2.

当x=0 时，f(x)=0≥0 恒成立，此时a ∈ℝ.

当x ＞0 时，f(x)≥0⇔ a ≤设设h(x)=(x-2)ex+x+2，所以h′(x)=(x-1)ex+1.因为x ＞0，所以h′′(x)=xex ＞0，所以h′(x)在(0,+∞)上单调递增;所以h′(x)＞h′(0)= 0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，所以h(x)＞h(0)= 0，φ′(x)＞0.φ(x)在递减，当x ＞0 时，h′(x)＞0,h(x)递增.所以h(x)＞h(0)= 0，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,+∞)上单调递增，但φ(0)无意义，因为limx→0(ex-1-x)=0,limx→0x2=0，由高等数学中的洛必达法则有:所以所以a的取值范围为

解法三(优化解法)利用函数ex的泰勒(Taylor)展开式

点评本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题，考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力.解法一如果学生不熟悉经典不等式ex ≥1+x及其变式e-x ＞1-x(0)是断然想不到将a分为及两种情况讨论的，该解法具有特殊性，且要分类讨论，学生不易理解掌握.解法二分离参数后构造函数求导利用函数单调性求解，但遇到了一个“不定型”函数极限问题.如何突破该解题障碍?利用高等数学中的洛必达法则，轻松破解了该压轴题，但由于涉及高等数学知识，普通学生不易理解掌握;解法三是优化解法，结合函数式的结构特征，联想到ex泰勒展开式，非常巧妙地破解了该压轴题，思路清晰，解答简便快捷.

例5(2018年高考全国卷I 理科第22 题)已知函数

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2，证明:

解析(1)当a ＞2 时，f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上递减; 在(x1,x2)上递增; 当a ≤-2 时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0,+∞)上递减.(过程略)

(2)证法一利用二元化一元，再构造函数证明:

由(1)知a ＞2 且x1+x2=a ＞2,x1x2= 1，不妨设0＜x2＜1＜x1，要证即要证此处容易遇到解题障碍，如何“二元”化“一元”，再构造函数证明不等式? 已知条件f(x)存在两个极值点x1,x2，隐含了条件x1x2=1，消去x2，从而转化为证明

评析对于二元(或多元)不等式类型，多采用二元(或多元)化一元，再恰当构造函数证明不等式.

证法二(优化解法)利用对数基本不等式证明:

由(1)知a ＞2 且x1+x2=a ＞2,x1x2= 1，要证即要证观察该不等式结构特征，联想到对数基本不等式再结合隐含条件x1x2= 1，即证1，即证故原命题成立!

下面我们从高等数学的视角分析、利用拉格朗日中值定理及中值不等式证明该不等式:

引理1拉格朗日中值定理:若函数f(x)在开区间(a,b)上可导，在闭区间[a,b]上连续，则存在ξ ∈(a,b)使得

引理2拉格朗日中值不等式:f′min(x)≤f′(x)=(高中可利用构造函数法证明该不等式)

从高等数学的观点来看，本题可以利用拉格朗日中值定理和拉格朗日中值不等式快速解决.

证法三(优化解法)利用拉格朗日中值定理及中值不等式证明:

设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),x1,x2∈[a,b]，且x1/=x2，由斜率及导数的几何意义知，[f′(x)]max≥ kAB=要证由拉格朗日中值定理及中值不等式知，只需要证即a2≥a+2(a ＞2)，显然成立，故原不等式成立.

该题改编自2011年高考湖南文科卷第22 题，其题目如下:

(I)讨论函数f(x)的单调性.

(II)若f(x)有两个极值点x1,x2; 记 过 点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线斜率为k.问:是否存在a，使得k= 2-a? 若存在，求出a的值;若不存在，请说明理由.

解题教学要重视暴露解题思路的发现及问题解决的全过程，注重渗透数学思想方法，重视通性通法的总结概括及解法的优化和感悟，回归数学的本质.哈尔莫斯说:“数学的真正组成部分应该是问题和解，解题才是数学的心脏.”著名数学教育家波利亚在《数学的发现》中提出，高中数学课程教学的目标首先和主要的:“是必须教会年轻人去思考”，发展学生解决问题的能力.要提高学生的数学思维能力，提升和发展学生的数学核心素养，教师就要引导学生学会从数学问题的角度，通过提出问题、分析问题、解决问题、拓展问题等手段，在学生探究与思考中达成目标.教师要通过对数学题的教学研究，体会和认识问题的数学本质，探究数学问题解决的基本规律，理解数学、感受数学研究的“味道”，学会“数学地思维”，从而加深对解题教学的理解，提升解题教学的驾驭能力，从而培养学生的解题能力、思维能力，提升学生的数学核心素养.