一道高考试题的探究式教学片断及感悟

将③代 入① ，得 ４ｏ ３ ≤ ４ ｘｌ ｘ ￣ ０ ｅ， ｎ 又 Ｘ ＞１ ０ ，注意到函数 ＇＝ １ ３ ， ２ ｘ在［ ，＋ 内单调递增 ， ｎ １ ）
当 １ ≤３ 时 ，由题 意，首先 有 厂 （ｅ ＝ （ｅ— ）ｎ３ ＜ ｅ ３ ） ３ ａ２ ｅ≤ １
４ ｅ，解 得 ３ 一— ｅ
由③ 得ｆ（ ＝（ 一ａ Ｚ 粕） ）ｎ‰＝４ ｏ ３ ｌ ｘ ｌｘ ４ ２ ０≤ ｅ 恒成立 （ ｎ 函数 ｘｎ ２３ １ ｘ在（ ，＋。 内单调递增 ） １ 。） ． 综上 ，ｎ的取值范围是 ３ ｅ一— ： ≤ 。≤ ３ ． ｅ
、 ｌ ｅ ／ｎ３
、ｌ ３ ／ ｎ（ ｅ）
、
课堂教学片断
师 ：导数 是高考 的一个重点 ，更是 热点 ，纵 观浙江卷近几 年 的高考 压轴题 ，都是 以导数 为背 景 ，这类 问题 往往思维 空间 大 ，涉及 的知识面 广 ，计算量 大 ，对解题能 力和知识迁移 能力
当 ∈（０ ） ， ＜０ ，８时 ｆ （ ） ；
当 Ｅ（ ，＋ 时 ，厂 （ ＞０ ０ ∞） ） ；
２１ ０ ２年
第 ６期
Ｊ ｕ ｎ ｌ ｏ ｉｅ ｅ Ｍａｈ ｍａｉｓ Ｅ ｕ ａｉｎ ｏ ｒ ａ ｆＣｈｎ ｓ ｔｅ ｔ ｄ ｃ ｔ ｃ ｏ
ｉ司
题的探究式教学片断及感悟
刘晓 东 （ 江省 湖 州市 吴兴 高级 中学） 浙
摘要 ：一道优 秀的 高考试题 ，不在 于华 丽的 包装和 高超 的 类讨论 ，但是没有结 果 ，然后 ，我们查 阅了省 考试 院的参考答 技巧 ，而往往 是题 在 书外，根在 书 中，解题能力提升在探 究中． 案 … …
ｆ（ ） 厂 ０ ＝０≤ ４ ｅ，①
设 （ ）＝（ —ａ ）， （ ，３ ］ Ⅱ １ ｅ ，贝 对 称轴 为 ： ＝ ，若 ａ １ ｅ ，如 图 １ ａ ∈（ ，３］ ．
图１
即｛（ ） ｅ ② 显然 成立， ／３ ≤４ ， ｅ ①恒
【（ 厂 ‰）≤ ４ ｅ，⑧
，
定 的 困 难 … …
师 ：有 困难 老师 完全理解 ，本 解 法 以 厂３ ） ３ — ）ｎ（ｅ ≤ （ｅ ＝（ｅ ａ２ ３ ） １
４ｚ ｅ为入 口，由 。的范 围利用放缩法判断 ｈ ｘ 在 区间上特殊点 １ （） ， ａ ｅ ，３ 处的函数值符号 ，从而推导ｆ（ 在 ｌ ≤ ３ ） ＜ ｅ上的单调性 及 １＜ ＜ａ 。 ．通 过 区 间 上 的 特 殊 点 满 足 厂 ‰）≤ ４ 一 步 （ ｅ进
关 键 词 ：通 性 通 法 ；参 数 分 离；数 形 结 合 ；反 思 与 感悟
师 ：通 过ｆ （ 符 号确定 ｆ（ ） ） 的单 调 区间 ，是我们 解决 导
数 问题 中常用 的方法 ．考虑到直接 判断 函数 厂 ）＝（ —ｎ （ ）・
题 目 （０ １年 高考 浙 江 理 科 第 ２ ２１ ２题 ） 设 函数 ｆ（ ）＝
２ ．关 注特 值 ，提 升 能 力 小组 ２ ：我们 小组经 Ｚｔ ｔ 、研 究对 上述 解答 进行 了改 良 … ・ ＇Ｃ＇ ￣ ・
（ ） Ⅱ≤ ｅ时 ，厂 ３ ） ３ —ａ２ ３ ）≥ ４ ｌ ３ ） ｅ ２当 （ ｅ ＝（ ｅ ）ｎ（ ｅ ｌ Ｃ ｎ（ ｅ ＞４ 。 （ 盾） 矛 ，所 以 ａ ； ＞ｅ
作 为高考压轴题不仅有较 强的选拔 功能 ，更具有较 强的导向性．
师 ：通性通 法 ，是解题 的根本 ，一般情 况下只要 能解 出方 ２１ ０ １年全 国普通 高考浙江卷数 学理科 第 ２ ２题 ，题 面简洁明快 ， 程ｆ （ ） ＝０即能顺利 求解 ，但作 为高考 压轴题 ，它 的要 求更 但 内涵却极为丰 富 ，不但有很好 的选拔功 能 ，对 高考 复 习更具 高 ，若 能轻易解 出厂 （ ＝０ ） 可能就不会是压轴题 了…… 有很 强的 导向性．在课 堂教 学中 ，灵 活、充分利 用 高考试 题资 生 ：（ 笑） … … 源，不仅 对备考 大有裨益 ，更能培 养学生的思维能力．
即 厂（ 在 （ ，‰） ） ０ 内单 调递 增 ，在 （ （ ，＋ 内单 调递增． ｏ ）
。 内单调 递减 ，在 ）
都有较高 的要求 ． 家已经探究 了 ２ １ 年高 考浙 江卷理科第 ２ 大 ０１ ２
题 ，现在请各小组展示你们探究 的成果．
１ ．注重 通 法 ，夯 实基 础
注 ：ｅ为 自然对数 的底数．
本课 时 的实 施 方 案 是 ：
（） １ 合作探究 ，试解本题 ，分析解答过程 ，找出解题受 阻的
原因 ；
３＋ ｅ
ｈ ３ ） １（ｅ （ ｅ ：２ｎ ３ ）＋ １一 ≥ ２ｎ ３ ）＋１一 — — １ （ｅ
垫
：
（ ） 分利 用各 种学 习资 源 （ ２充 互联 网等） ，寻求 多种 解题
、 Ｉ （ｅ ／ｎ ３ ）
所以ｎ 的取值范围为 ３ 一— 竺： ＝≤口 ３． ｅ ＝ ≤ ｅ
所 以 ｈ ｘ） ，ａ Ｈ ｎ ＋ 【 （０ ＝０ ＝Ｚ ０ ｌ ＿ 因为 ｈ １ ＝１ ＜０ （ ） 一ａ ≥ ０ （ ） 一ａ ，ｈ ｅ ＝３ ．
所 以 １ ｎ ｅ ＜ ≤ ＜ａ≤ ３ ． ｅ
函数 ，即设 ｇ ） ｎ （ ＝Ｉ
， Ｅ（ ，３ ］ ０ １ ｅ ，贝
ｇ ｘ 在 ∈（ ，３ ］ （） １ ｅ 上单 调递 减 ；我们 可 以
小组 １ ：当解题进行到这里时，遇到 了麻烦 ，按 常规应该能 解方 程ｆ （ ＝０ ） ，但 此时却无法解 出 ，我们也试 图对 ｎ进行分
收稿 日期 ：２ １— ３ ０ ０２０ —３
由 ｅ 一 ． 志
删
￣ ｌ ３ ｋ ｎ（ ｅ） ／
。３ 、 ， ≤≤ ＋Ｉ ｅ／ ｎ
（ —ａ ２ ．０ ． ）ｎ １ ∈Ｒ
／ｎ １ 。的符号比 ２ ＋ —０） １ 。 较困 难， — 的 但 ａ 符号是确定的， 所
以 问题 的 核 心 转 化 为 对 函 数 ｈ ｘ （ ）＝２ｎ ＋ １一 的研 究 ，这 １ 样 ，标 准答 案给 出 的解 答 也 就顺 理成 章 了 … …
ｌ ｎ
小组 ４ ：老师 ，我们在研究 的过程中 ，发现不等式 （ —ｎ： ）≤
，
ｘ （ ， ３］ １ ｅ ，两 边 分 别 可 看 成 两 个
令 ｈ ｘ ＝２ｎ ＋１ ． （ ） １ 一
又 ｈ ｘ 在（ ，＋ 内单调递增 ， （） Ｏ ） 所 以函数 ｈ ｘ在 （ ，＋ 内有唯一零 点 ，记此零点为 （ ） ０ ）
利用 “ 几何 画板 ”画 出 ｇ ） （ 的草 图 ，点 Ｃ 为 ｈ ｘ 图象的左端点 ，点 为 ｈ ｘ 图象 的 （） （） 顶点 ，点 日为 ｈ ｘ 的右端点 ，ｚ （） ∥ＡＣ，且 与
ｇ ｘ相 切 ． （）
所 以 ｆ （） ＝０的 解 为 ＝ａ ＝ 或 孙
使得对任意的 ∈（ ，３］ ０ ｅ ，恒有 ｆ（ ）≤４ ｅ 成立 ，
们解题 的合理性 ，从而提高解题能力 ……
４ 数 形 结合 ，合 理 放 缩 ．
当 ａ ｅ ， （） ｅ ０２ ＞ ｅ 矛盾） ＞３ 时 ｆ ｅ ＝（ 一 ） ｅ ４ （ １ ｎ ，所以 ａ≤３ ． ｅ
由此 可 得 ｅ ＜ａ≤ ３． ｅ
又因为ｆ （） （ 一 ） １ ＝ ０（ｎ ２ ＋１ １ 一 ．
所 以要使ｆ（ ） ４： ｘ ≤ ｅ 对 ∈（ ，３ ］ １ ｅ 恒成立 ，
第一小组展示 ： （ ）当 ０＜ ≤ １时 ，对于 任意 实数 Ⅱ ２ ，恒 有 ｆ （ ≤ ０＜ ）
４ 立 ； ｅ成
只 要
；
＇ 成， ４ 立 ②
由 ｈ ｘ） １ ＋１ （０ ＝２ ｏ 一ａ ＝０ ｎ ，知 ０ ｘ ｎ ＋ ，③ ＝２Ｏ ０ ０
即 一 一 旦 ≤ ０ ≤ ＋ — 兰 一 — — — 曼
、 ｌ ／ｎ
、 Ｉ ／ｎ
、１ ／ｎ
小组 １ ：这种解法虽然理解了 ，但我们觉得运用起来还是有
一
设 ） — ， ∈ １ ｅ， ０ ＝ 一 —— ＝ ＋ —呈 （，３］ 贝 （） １ —— 星
ｘｎ ｌ Ｖ Ｉ ｎ
当 ∈（ ，３ ］ ， （ ） ａ ｅ时 单调递增 ， 只需 ｈ ３ ） ｇ ３ ） 则 （ｅ ≤ （ｅ ，
所 以（ 。一３ ） ≤ ｅ ，
¨ ，
由②解得 ３ 一— ｅ
、ｌ ３ ） ／ｎ（ ｅ
≤ ｎ≤ ３ ＋— ｅ
．
、ｌ ３） ｖ ｎ（ ｅ ／
解
、 ｌ ｅ） ／ｎ（ ３
．
当 ｌ ≤ ｅ时 ， （ ＜ ）≤０ （ ） １ ］ ，ｇｘ 在（ ，ｅ上单 调递减 ， 当 ｅ＜ ≤ ３ 时 ， （ ） ，ｇ ） （ ，３ ］ ｅ ＞０ （ 在 ｅ ｅ上单调递增．
所 以 ｇｘ ～ ＝ｇ ｅ ＝３． （） （） ｅ
设 ｈ ｘ ＝ 一— （）
途径 ；
２３ （ 志 １ ｎ
】， ＞ ０
（） ３ 各学 习小组做好准备 ，交流探究成果． 下面呈现的就是学生对第（ ） 问探究成果交 流的过程． ２小
一
又 ｈ ｘ 在 （ ，＋ ） 单 调 递 增 ，所 以 函数 ｈ ｘ 在 （ ，＋ ） （） ０ 上 （） ０ 上 有 唯 一 零 点 ，记此 零 点 为 ０ ，则 １ ＜‰ ＜３ 且 １ ｅ ＜‰ ＜。 ． 当 ∈（ ，Ｘ） ，厂（ ＞０ ０ ０时 ． ） ；
（） １ 若 ＝ｅ为 Ｙ＝ （ ） 厂 的极值点 ，求实数 ｎ ； （ ） 实数 ｎ的取值范 围 ，使得 对任意 的 ∈（ ，３］ ２求 ０ ｅ ，恒
有 厂 （ ）≤ ４ 立 ． ｅ成
小组 １ ：令 ｈ ｘ ＝２ｎ （ ） １ ＋１ ， 一
贝 （ ）＝２ｎ １＋１一血＝ １ ０ｈ １ １ —０＜０ ｈ ０ ： ２ ， （ ） １ ０＞０ 且 ｎ ，