波利亚解题思想在高考导数题中的应用

李益萍 张晓东 李天美

(云南省昆明市云南师范大学数学学院 650500)

一、波利亚解题思想

波利亚认为，教师最重要的任务之一是帮助他的学生，但不能帮得太多，也不能太少.为了不漏痕迹的、顺其自然地帮助学生解手上的题，甚至是提高学生的能力，使他将来能自己解题，教师得一次又一次地问同样的问题，指出同样的步骤.教师可以提出哪些问题，波利亚在《怎样解题》一书中通过“怎样解题”表给出了答案，“怎样解题”表包括四个步骤：理解题目；拟定方案；执行方案；回顾.

二、波利亚“怎样解题”表的具体运用

题目(2019年高考数学文科全国Ⅰ卷第20题)已知函数f(x)=2sinx-xcosx-x,f′(x)为f(x)的导数.

(1)证明：f′(x)在区间(0,π)存在唯一零点；

(2)若x∈[0,π]时，f(x)≥ax,求a的取值范围.

注第(1)问属于证明题，不多赘述，具体解答如下：

证明：设g(x)=f′(x)，则g(x)=cosx+xsinx-1，g′(x)=xcosx.

即f′(x)在(0,π)存在唯一零点.

1.理解题目

从题目的叙述开始，不难看出题中第(2)问是一道求解题，未知量、已知量和条件是一个求解题的主要部分.“未知量是什么？已知数据是什么？条件是什么？”这是首先需要回答的三个基本问题.

未知量是a的取值范围；已知数据是f(x)=2sinx-xcosx-x；条件是当x∈[0,π]时，f(x)≥ax.这是一道已知不等式恒成立求参数范围的问题，题目中包含三角函数，且出现在压轴题的位置，难度系数较大.

2.拟定方案

对题目的未知量、已知量和条件进行分析后，回答问题“你知道一道与它有关的问题吗？这里有一道题目和你的题目有关而且以前解过，你能利用它的方法吗？”

能否想到一道有关的问题取决于学生过去的经验，在本题中，一方面学生可以想到条件中当x∈[0,π]时，f(x)≥ax等价于[f(x)-ax]min≥0，题目转换为求函数最值问题；另一方面，将参数进行分离，构造出一个新的函数，再求最值.这是常见的两种思路.

3.执行方案

解题方案只是一个总体的框架，在拟定方案的指引下，学生需要细心的执行.为了确保方案执行过程中每一步的正确性，教师可以提出问题“你能清楚地看出这个步骤是正确的吗？你能否证明它是正确的？”

解法1最值法

分析当x∈[0,π]时，f(x)≥ax等价于当x∈[0,π]时，f(x)-ax≥0,即[f(x)-ax]min≥0.利用函数的单调性求出函数最小值即可，判断单调性的过程中需要对参数a进行分类讨论，最值法用于本题较为繁杂，不具体展开.

解法2分离参数法

分析本题中f(x)≥ax，考虑函数的定义域x∈[0,π]，当x=0时，不等式成立；

4.回顾

子曰“学而不思则罔”，有了答案还远远不够，此时“你能以不同的方法推导出这个结果吗？”是学生需要思考的问题.

图象法和端点分析法是该题目的另外两种做法，图象法即将不等式转化为两个函数的图形的位置关系问题，其中一个函数为一次函数；端点分析法则是从求“不等式恒成立”的必要条件入手，求得参数范围，再证明其为充分条件.

解法3图象法

分析当x∈[0,π]时，f(x)=2sinx-xcosx-x≥ax，令k(x)=ax，其中k(x)为一次函数，证明函数f(x)的图象始终在函数k(x)的图象上方即可.

图1

显然，k(x)=ax的斜率a需小于等于0，则a的取值范围为{a|a≤0}.

评析本解法巧妙地使用函数图象的位置关系，从几何意义出发，使解题更简单.

解法4端点分析法

分析由于函数的定义域为[0,π]，要证f(x)≥ax，在端点处f(π)=0≥aπ(选端点x=0不等式变为0≥0)，可初步得a≤0是f(x)≥ax成立的必要条件.

解由题设知f(π)≥aπ，f(π)=0，可得a≤0，下面证明x∈[0,π]，且a≤0是f(x)≥ax成立的充分条件.

由(1)知，f′(x)在(0,π)内只有一个零点，设为x0，

当x∈(0,x0)时，f′(x)>0,f(x)单调递增；

当x∈(x0,π)时，f′(x)<0,f(x)单调递减.

因为f(0)=f(π)=0，所以当x∈(0,π)时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0,π]时，ax≤0，故f(x)≥ax得证.

因此，a的取值范围为{a|a≤0}.

评析端点分析法由一般到特殊，利用边界值缩小参数的范围，本题目使用端点分析法最为简洁.

高考导数题不仅是学生面临的难点，也是教师教学的重点，波利亚的“怎样解题”表犹如黑夜中的明灯，给教师和学生在解题时指明了方向，但需要注意的是，解题教学的过程中，提问的方式不是僵化的，允许一定的通融性和可变性.