高三压轴题讲评，讲好思维的“卡壳”处——以2020届成都三诊理科数学第20题解法探究为例

四川 张 君

高三压轴题讲评，要顺应学生思维惯性，及时抓住学生思维“卡壳”处，和学生一起深度研究，找准“卡壳”原因，突破“卡壳”思维，帮助学生走出困境，跳出题海，赢得胜利！

1.试题

已知函数f(x)=aex-m，其中a,m∈R.

(1)当a=m=1时，设g(x)=f(x)-lnx，求函数g(x)的单调区间；

(2)当a=4，m=2时，证明：f(x)>x(1+lnx).

试题为成都市2020届高中毕业班第三次诊断性检测数学理科第20题，题干设置有两问，有难度梯度，背景常规，但内涵丰富、切入点多、解法灵活、区分度高,常规中见新奇，是一道非常具有讲评和研究价值的函数压轴题.

2.分析“卡壳”原因，讲好思维“卡壳”处

考后笔者分析学生答卷，第(1)问答得非常好，第(2)问成了本次考试的“重灾区”！与部分学生交流得知，第(2)问是一道函数不等式的证明题，问法常规，容易寻找解题思路，但出现了思维“卡壳”，深入下去较难，加上考试时间有限，没有写出完整、严谨的解题过程.经过具体分析，第(2)问出现思维“卡壳”的思路主要有两种：

2.1“卡壳”思路一：变形作差，构造新函数，用隐零点研究

当a=4，m=2时，f(x)=4ex-2，

要证f(x)>x(1+lnx)，

即证4ex-2>x(1+lnx).

令g(x)=4ex-2(x-1)-x(x>0)，

则g′(x)=4xex-2-1，

因为g″(x)=4ex-2(x+1)>0，所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增，

所以当x∈(0,x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x∈(x0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增.

而g(1)=-1<0，g(2)=2>0，

思路一“卡壳”原因：放大了隐零点x1的范围，怎样恰当地缩小x1的范围是此种思路突破的难点.因为p(x)在(1,2)上单调递减，所以我们只需要考虑区间右侧，寻找一个比2小且比x1大的数n，使得p(n)>0.我们可以通过二分法，尝试寻找逼近x1的n，解法探究如下：

2.2“卡壳”思路二：移项作差，直接构造函数，用隐零点研究

要证f(x)>x(1+lnx)，只需证4ex-2>x(1+lnx).

所以当x∈(0,x0)时，h″(x)<0，所以h′(x)单调递减；当x∈(x0,+∞)时，h″(x)>0，所以h′(x)单调递增.

所以当x∈(0,x1)和x∈(x2,+∞)时，h′(x)>0，所以h(x)单调递增；当x∈(x1,x2)时，h′(x)<0，所以h(x)单调递减.

由h′(x2)=0，即4ex2-2=lnx2+2，得h(x)的极小值h(x2)=4ex2-2-x2(1+lnx2)=lnx2+2-x2(1+lnx2)，

即证得f(x)>x(1+lnx).

评注：移项作差直接构造函数，函数结构复杂，三次用到隐零点，还要构造不等式放缩，对学生能力要求高，难度非常大，深入做下去的学生很少.通过与思路一比较，让学生体会到变形构造比直接构造更简洁，要学会恰当合理的构造函数.

3.进一步解法探究

思路一、二是证明不等式常见的构造方法，思路简单，但所构造的函数结构复杂，计算量大，耗时过多，同时要构造不等式进行放缩，技巧性强，不易想到.在了解学生思维“卡壳”处的基础上，和学生一起再次探究，分析错因，寻找突破,走出困境，让学生明白不同的思路选择，其解答过程的复杂程度不一样，要学会选择.有没有更好的解题思路，正是这道题研究的价值所在.

3.1思路三：一分为二，凹凸性的反转

要证f(x)>x(1+lnx)，

只需证4ex-2>x(1+lnx).

当x∈(0,2)时，h′(x)<0，所以h(x)单调递减；当x∈(2,+∞)时，h′(x)>0，所以h(x)单调递增.

所以h(x)min=h(2)=1.

当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，φ′(x)<0，所以φ(x)单调递减.

所以f(x)>x(1+lnx).

评注：通过在所证不等式两边同时除以x2，构造两个凹凸性相反的函数，满足h(x)min≥φ(x)max，且不在同一点处取等号，从而使问题得到快速解决.此法简洁、新颖，让学生感受到恰当构造函数的重要和美妙！

3.2思路四：函数隔离法

要证4ex-2>x(1+lnx)，

只需证4ex-2≥x2≥x(1+lnx)，

先证右边：x2≥x(1+lnx)，即证x≥1+lnx，

再证左边：4ex-2≥x2(x>0)，对此不等式，有如下构造证明方法：

方法1：移项直接构造差函数

令q(x)=4ex-2-x2(x>0)，

则q′(x)=4ex-2-2x，

令p(x)=q′(x)，则p′(x)=2(2ex-2-1)，

由p′(x)=0，得x=2-ln2，

所以当x∈(0,2-ln2)时，p′(x)<0，q′(x)单调递减；当x∈(2-ln2,+∞)时，p′(x)>0，q′(x)单调递增.

又q′(2)=0，所以当x∈(0,x0)和x∈(2,+∞)时，q′(x)>0，q(x)单调递增；当x∈(x0,2)时，q′(x)<0，q(x)单调递减.

所以4ex-2≥x2≥x(1+lnx)，因为不等式左右两边不在同一点取等，所以4ex-2>x(1+lnx).

方法2：取对数，化指数为对数

要证4ex-2≥x2(x>0)，只需证ln(4ex-2)≥lnx2，即证：ln4+x-2≥2lnx，

令t(x)=ln4+x-2-2lnx，

所以当x∈(0,2)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；当x∈(2,+∞)时，t′(x)>0，t(x)单调递增.

所以t(x)min=t(2)=ln4+2-2-2ln2=0，所以t(x)≥0，即4ex-2≥x2(当且仅当x=2时取等).原式得证.

方法3：合理变形，构造商函数

当x∈(0,2)时，h′(x)<0，所以h(x)单调递减；当x∈(2,+∞)时，h′(x)>0，所以h(x)单调递增.

所以h(x)min=h(2)=1，所以h(x)≥1，即4ex-2≥x2(当且仅当x=2时取等).原式得证.

评注：在所证不等式中间插入一个函数，实现两个函数的隔离，把问题转化成证明两个相对比较简单的不等式，化繁为简，跳出泥潭，使问题得到顺利解决.用三种不同方法对左边不等式4ex-2≥x2进行构造证明，再次让学生感受到构造在函数不等式证明中的魅力！

3.3思路五：利用切线不等式放缩

令h(x)=ex-x-1，则h′(x)=ex-1，

所以h(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，

所以h(x)≥h(0)=0，即ex≥x+1(当且仅当x=0时取等).

用x-1替换x得ex-1≥x(当且仅当x=1时取等)，

用lnx替换ex≥x+1中的x得x≥lnx+1(当且仅当x=1时取等)，

因为x>0，所以x2≥x(lnx+1)(当且仅当x=1时取等)②，

由①②式得，4ex-2≥x2≥x(1+lnx)，由于两式不在同一点处取等号，

所以4ex-2>x(1+lnx)，

所以f(x)>x(1+lnx).

评注：通过两个相关联的切线不等式ex≥x+1和x≥lnx+1的替换、放缩，巧妙证明目标不等式，此法对学生的数学素养要求较高，解法很有创新性，值得学习、思考.

4.教后反思

思路一、二通过移项作差、构造和变形作差直接构造新函数，是函数不等式证明的通性通法，学生入手容易深入难，这也正是高考压轴题的常见命题手法，对学生的能力和素养要求高、区分度强.讲评时顺应学生的思维惯性，通过通性通法的研究，深度剖析题目本质，挖掘试题的思想和方法，找准学生思维“卡壳”的原因，认清命题陷阱，寻求思维突破.

思路三、四、五通过一题多解，深刻体会题目内涵及命题意图，进行思路引导，多视角分析，合理构造、放缩，提出更加自然、简洁、美妙、创新的解法，从而突破“卡壳”思维，帮助学生走出困境、跳出题海.