孫 榮

無(wú)錫市2011年期末考試結(jié)束后，我對(duì)試卷進(jìn)行了分析，希望通過(guò)試卷的分析對(duì)我今后的教學(xué)有所幫助.一道填空題引起了我的注意.因?yàn)槲野l(fā)現(xiàn)這道填空題和壓軸的填空題是類似的，但學(xué)生卻很難發(fā)現(xiàn)，所以兩道題的正確率有天壤之別，一個(gè)是96%,另一個(gè)卻只有12%.于是我拿了試卷在學(xué)生中進(jìn)行了問(wèn)卷調(diào)查.

例1 （無(wú)錫市2011年期末考試填空題12）

不等式x+1[]x

≥|a-2|+玸in珁對(duì)一切非零實(shí)數(shù)x,y均成立，則實(shí)數(shù)a的范圍為.

這一道題目對(duì)大多數(shù)同學(xué)來(lái)說(shuō)都比較容易，解題過(guò)程如下：

解 ∵x+1[]x≥2①,

∴|a-2|+玸in珁≤2②.

∴玸in珁≤2-|a-2|③.

又 ∵玸in珁的最大值為１④，

∴2-|a-2|≥1⑤.

∴1≤a≤3.

我問(wèn)學(xué)生是怎么做的，他只能回答我是恒成立問(wèn)題，通過(guò)參變分離轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值.但當(dāng)我再問(wèn)他為什么第１３題和這道題目是一樣的題型卻沒(méi)做出來(lái)時(shí)，他驚訝地看著我：“難道這兩道題是一個(gè)題型？”為了解決他的疑惑，我耐心地為他解答了第13題.

例2 （無(wú)錫市2011年期末考試填空題13）

已知函數(shù)ゝ(x)=獂2+2x，若存在實(shí)數(shù)t,當(dāng)x∈［1,m］時(shí)，f(x+t)≤3x恒成立，則實(shí)數(shù)m的最大值為.

解 由題意得：對(duì)衳∈［1,m］,(x+t)2+2(x+t)≤3x恒成立.①

即對(duì)衳∈［1,m］,x2+(2t-1)x+t2+2t≤0恒成立.②

構(gòu)造g(x)=x2+(2t-1)x+t2+2t,ビ啥次函數(shù)圖像可得：

∵g(1)≤0,

g(m)≤0,

③∴-4≤t≤0,

m2+(2t-1)m+t2+2t≤0.

④

∴鰐∈［-4,0］,t2+(2+2m)t+m2-m≤0.⑤

構(gòu)造h(t)=t2+(2+2m)t+m2-m,⑥

當(dāng)-m-1≥0,即m≤-1,m2-m≤0，得0≤m≤1不成立.

當(dāng)-m-1≤-4,即m≥3,m2-9m+8≤0，得1≤m≤8.

∴3≤m≤8.

當(dāng)-1

綜上所述，m的最大值為8.

學(xué)生更加困惑了：“我沒(méi)發(fā)現(xiàn)是同一個(gè)題型啊，我只覺(jué)得既有存在問(wèn)題，又有恒成立問(wèn)題，把我都弄糊涂了，所以沒(méi)找到突破口.”“突破口就在第12題啊.”其實(shí)學(xué)生在做12題從第一步到第二步的過(guò)程中，無(wú)意中把變量y看成了常數(shù)，而第二步到第三步的過(guò)程中恢復(fù)了y是變量的“身份”.那學(xué)生的“潛意識(shí)”中還是習(xí)慣于一個(gè)變量的恒成立問(wèn)題，但這恰恰是解決本題的關(guān)鍵.那也就是說(shuō)兩個(gè)變量的問(wèn)題，有時(shí)可以先把其中一個(gè)看成變量，另一個(gè)看成常量，從而使自己的解題思路更加清晰.那么第13題雖然既有存在問(wèn)題又有恒成立問(wèn)題，但不妨也可視作兩個(gè)變量的題型，這正是兩個(gè)題目的“共性”.所以我先把13題中t看成常數(shù)，那就是關(guān)于自變量x的恒成立問(wèn)題（第②步），而處理完恒成立問(wèn)題后就可把他看成是一道關(guān)于自變量t的存在性問(wèn)題（第⑤步）.“這樣思路看上去是不是就是一樣的啦？”學(xué)生有所領(lǐng)悟.

通過(guò)這兩道填空題的比較我發(fā)現(xiàn)學(xué)生對(duì)函數(shù)中多變量問(wèn)題的題型比較薄弱.為了讓學(xué)生更好地理解對(duì)該類問(wèn)題的處理方法，我給出了作業(yè)中的一個(gè)例題給學(xué)生.

例3 《2011年江蘇專版南方鳳凰臺(tái)——配套檢測(cè)與評(píng)估》（專題一第5課時(shí)第10題）

已知函數(shù)f(x)=x玪n玿,a>0,゜>0，求證：f(a)+(a+b)玪n2≥ゝ(a+猙)-f(b).

證法一 單變量構(gòu)造法

要證f(a)+(a+b)玪n2≥f(a+b)-f(b),

即證f(a)+(a+b)玪n2-f(a+b)+f(b)≥0.

即證a玪n玜+(a+b)玪n2-(a+b)玪n(a+b)+b玪n玝≥0.

不妨設(shè)b>a>0,

把b看成自變量，把a(bǔ)看成常數(shù)，構(gòu)造

g(b)=a玪n玜+(a+b)玪n2-(a+b)玪n(a+b)+b玪n玝.

g′(b)=玪n2-(玪n(a+b)+1)+1+玪n玝=玪n2b[]a+b.

∵b>a>0,∴2b[]a+b>1，∴g′(b)>0.

∴g(b)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

∴g(b)>g(a)=0.得證.

證法二 整體構(gòu)造法

要證f(a)+(a+b)玪n2≥f(a+b)-f(b),

即證a玪n玜+(a+b)玪n2-(a+b)玪n(a+b)+b玪n玝≥0.

即證a玪n玜+a玪n2-a玪n(a+b)≥-b玪n2+b玪n(a+b)-b玪n玝.

即證a玪n2a[]a+b≥b玪n玜+b[]2b.

即證玪n2a[]a+b≥b[]a玪n玜+b[]2b.

令t=b[]a,即證玪n2[]1+t≥t玪n1+t[]2t.

構(gòu)造f(t)=玪n2[]1+t-t玪n1+t[]2t=t玪n2t+玪n2-(t+1)玪n(1+t).

∴f′(t)=玪n2t[]1+t=0,

∴t=1.

∴f(t)在(0,1)上單調(diào)遞減，(1,+∞)上單調(diào)遞增.

∴f(t)最小值為f(1)=0.

即f(t)≥0.得證.

這時(shí)學(xué)生才恍然大悟.雖然是三道不同的例題，卻是異題同構(gòu)，解題的思路如出一轍，這就是題目本身存在的“共性”，這也正是學(xué)生希望得到的所謂學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的“捷徑”.但“捷徑”的背后需要我們不斷去探索，所以多挖掘題目本身存在的“共性”，就能實(shí)現(xiàn)“以一抵百”，讓學(xué)習(xí)變得輕松一點(diǎn)，勝人一籌.