| 标题 | 从解题教学谈高效课堂 |
| 范文 | [摘 要] 数学课堂教学要做到有效乃至高效，拿解题教学来说，教师应该从学生的想法入手进行分析以及会遇到哪些难以逾越的障碍. 数学教师的如此课堂教学没有浪费学生的生命而是延长了学生的生命！ [关键词] 解题教学；有效教学；高效课堂；数学核心素养 课堂教学是一项神圣的师生活动，因而，课堂教学应遵从相应的教学规律和教学原则. 而数学又以其抽象性强往往使得不少学生畏惧数学从而导致学不好数学，所以数学教师在课堂教学中更应当尽可能地帮助学生学好数学.如何帮助呢？拿解题教学来说，教师应该从学生的想法入手进行分析以及会遇到哪些难以逾越的障碍，尽可能地揭示其背景，使学生尽可能地做到“解一题知一类”；还要把题目讲深讲透，尽可能做到开发学生的智力……这样的解题教学，从表面上来看，会花很多时间来讲解一道题目，似乎是在浪费学生的生命，而事实上却能使学生真正掌握这类题目，锻炼了思维，学得了真正的数学知识（包括解题方法）. 无论是培养其应考能力还是提升其数学核心素养，都是值得的，并且这一过程也是必须经历的，从这个意义上来说，数学教师的如此课堂教学没有浪费学生的生命而是延长了学生的生命！ 下面谈谈笔者在解题教学中的若干较好做法，可供同行借鉴. 自然的想法是先求左边函数的最小值或下确界，再证明其大于1. 但这种常规方法往往是徒劳无功的.其原因是对数函数与指数函数之积的导函数往往仍然含有对数函数与指数函数之积，接下来会很难处理. 鉴于此，我们应当考虑把对数与指数分离开来，分别放在欲证不等式的两边，对两边的函数分别用导数来处理（求最值或取值范围）： 因为欲证不等式中有exlnx，所以应当“指对分离”，可两边都除以正数ex（因为lnx的正负不确定，所以不优先考虑两边都除以lnx），即证 （1）先列举出满足条件P的排列L的排法有多少种情形，再对于每一种情形求出满足条件Q的排列L的排法有多少种，最后把所有的種数相加即得答案. 同理，也可先列举出满足条件Q的排列L的排法有多少种情形，再对于每一种情形求出满足条件P的排列L的排法有多少种，最后把所有的种数相加即得答案. 虽说这两种解法相同，但在解题时却往往有难易差别，所以我们在解题时要注意选择简捷的方法. 比如，在题3的解法中，解法2比解法1要简捷. （2）由韦恩图可知，所求答案即排列L的排法种数-不满足条件P的排列L的排法种数-不满足条件Q的排列L的排法种数+不满足条件P且不满足条件Q的排列L的排法种数. 在题3的解法中，解法3就是这样求解的. （3）由韦恩图可知，所求答案即满足条件P的排列L的排法种数-满足条件P且不满足条件Q的排列L的排法种数. 同理，也可这样求解：所求答案即满足条件Q的排列L的排法种数-满足条件Q且不满足条件P的排列L的排法种数. 虽说这两种解法相同，但在解题时却往往有难易差别，所以我们在解题时要注意选择简捷的方法.比如，在题3的解法中，解法4比解法5要简捷得多. 讲清解题过程 题4：（2016年高考全国卷Ⅰ理科第19题）某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰. 机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元. 在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元. 现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图2： 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数. （1）求X的分布列； （2）若要求P（X≤n）≥0.5，确定n的最小值； （3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n=19与n=20之中选其一，应选用哪个？ 解：（1）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2. 进而可列出表1： （2）由（1）可知，P（X≤18）=0.44，P（X≤19）=0.68，所以所求n的最小值为19. （3）记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）. 当n=19时，可得 E（Y）=19×200×0.68+（19×200+500）×0.2+（19×200+2×500）×0.08+（19×200+3×500）×0.04=4040. 当n=20时，可得 E（Y）=20×200×0.88+（20×200+500）×0.08+（20×200+2×500）×0.04=4080. 所以当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值，说明应选n=19. 注：解答本题的关键是列出表1. 但所有的参考答案都不会列出此表的，所以学生要看懂解答过程是有难度的. 因而，教师讲解这类题目时一定要列表（其实质是用枚举法解排列组合题），只有列表才能保证不重不漏，答案正确、解题顺畅. 讲清解法来源 题5：（2013年高考新课标全国卷Ⅱ理21（2）的等价问题）求证：ex>ln（x+2）. 解：用导数可证得 ex≥x+1（当且仅当x=0时取等号）； x+1≥ln（x+2）（当且仅当x=-1时取等号）. 进而可得欲证结论成立. 分析：此解法确实简捷！但是对于这样的讲解学生能学到什么呢？恐怕什么也学不到.此解法是如何想到的（绝对不能回答是凭运气、冒碰的）？这种解法具有一般性吗？还能适合别的题吗？这道题还有别的解法（指更常规的解法）吗？它们应当都是教师亟待解决的. 对于该题，教师可这样与学生一起来分析. 用导数证明函数不等式，我们已经学过下面的三种常用方法. （1）单调性法. 比如，证明x>ln（x+1）（x>0）. 设f（x）=x-ln（x+1）（x>0），可得欲证结论即f（x）>f（0）（x>0），所以只需证明函数f（x）是增函数.而这用导数易证. （2）最值法. 比如，证明x≥ln（x+1）. 设f（x）=x-ln（x+1）（x>-1），可得欲证结论即f（x）=x-ln（x+1）（x>-1）. 显然，本题不能用上面的单调性法来证，但可以这样证明：即证f（x）=x-ln（x+1）（x>-1）的最小值是0，而这用导数也易证. （3）证明f（x）min≥g（x）max. 比如，题2（2）的证明. 我们来尝试一下，用这些方法能解决题5吗？ 若用單调性法来证ex>ln（x+2），即证ex-ln（x+2）>0（x>-2），是不合时宜的：因为当x=-2时，ex-ln（x+2）无意义. 若用最值法来证ex>ln（x+2），即证ex-ln（x+2）>0（x>-2），须用导数求函数f（x）=ex-ln（x+2）（x>-2）的最小值：先求导得f′（x）=ex-（x>-2），但接下来难以求得f′（x）的零点，进而难以求出f（x）的最小值，所以“此路不通”！ 若用“证明f（x）min≥g（x）max”来证也办不到：因为当x→+∞时，ex→+∞，ln（x+2）→+∞. 我们学过的三种证法均失效了，所以下面介绍用导数证明函数不等式的第四种常用方法——寻找过渡法. 设f（x）=ex（x>-2），g（x）=ln（x+2）（x>-2），我们想办法寻找出一个函数h（x），使得f（x）≥h（x）≥g（x）（x>-2）且两个等号不是同时取到. 当然，函数h（x）越简洁越好. 但h（x）不可能是常数（因为函数g（x）=ln（x+2）（x>-2）的值域是R），所以我们可尝试h（x）能否为一次函数，当然应当考虑切线. 如图3所示，可求得函数f（x）=ex（x> -2）在点A（0，1）处的切线是y=x+1，进而可得f（x）≥h（x）（x>-2）；还可求得函数g（x）=ln（x+2）（x>-2）在点B（-1，0）处的切线也是y=x+1，进而可得h（x）≥g（x）（x>-2）. 进而可用导数证得f（x）≥h（x）≥g（x）（x>-2）且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立. 这种“寻找过渡法”就是“寻找公切线法”. 当然，我们还可想办法求出两曲线y=ex，y=ln（x+2）的全部公切线. 可设两个切点分别为A（a，ea）（a>-2），B（b，ln（b+2）），由导数的几何意义可得 学生2口述：证明不等式的常用方法是分析法和综合法.在通常的情况下，用分析法较容易分析出证明的过程；用综合法较难探索出证明的途径.但在本题中，我没有分析出证法，却试验出了这种证法，是试出来的，也是凑出来的. 教师：适时调整方法，也是一种适用的解题策略. 我们也可这样分析这道题目： 即证2ab>2a+2b，ab+ab>2a+2b，只需证明ab>2a，ab>2b，这由题设是可以得到的，所以欲证成立. 学生3上黑板板书：（构造等式法）因为a>2，b>2，所以可设a=2+x（x>0），b=2+y（y>0），得ab-（a+b）=（2+x）（2+y）-（4+x+y）=xy+x+y>0，所以ab>a+b. 教师：你是如何想到的？ 学生3口述：变量之间的不等关系不好控制，而等量关系相对来说就好办些，所以我就想到了这种“设字母后把不等式变为等式的证法”，一试就成功了. 教师：好！机遇总是青睐有准备的头脑. 由“角边角”公理可知，△BCP是唯一确定的. 再由∠BAD=75°可知，射线AD的方向是唯一确定的. 分别过点作直线AD的平行线CQ和l，可得AB的取值范围是（QB，PB）. 进而可求得答案. 教师的讲解：这位同学的解法使用的是补形法和极限思想，简捷明快且计算量小. “割补”是对立的，能不能用“分割”的方法来解答本题呢？课外有时间的同学可思考一下并抽时间与教师交流. 事实上，可这样求解（由于课堂上时间有限，教师可不在课堂上讲解此解法）. 如图6所示，连接AC，设∠BAC=α，可得∠ACB=105°-α. 对于不同层次的学生应当有不同的讲解深度 题14：（2015年高考全国卷Ⅱ理科第21题）设函数f（x）=emx+x2-mx. （1）证明：f（x）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增； （2）若对于任意x1，x2∈[-1，1]，都有f（x1）-f（x2）≤e-1，求m的取值范围. （注：题目有语句不通的情形，幸好不太影响考生做题.） 分析：（1）欲证函数f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，即证：当x∈（-∞，0）时f′（x）≤0，当x∈（0，+∞）时f′（x）≥0. 不过，由于参数m的存在，判定导函数f′（x）=memx+2x-m的函数值的正负并非易事. 但有下面的两种方法来解决： 解法1：（分类讨论）得f′（x）=m（emx-1）+2x. 若m≥0，则当x∈（-∞，0）时，emx-1≤0，f′（x）<0；当x∈（0，+∞）时，emx-1≥0，f′（x）>0. 若m<0，则当x∈（-∞，0）时，emx-1>0，f′（x）<0；当x∈（0，+∞）时，emx-1<0，f′（x）>0. 所以f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增. 解法2：（二次求导）如果我们能注意到f′（0）=0，那么要证“x∈（-∞，0）时f′（x）≤0，x∈（0，+∞）时f′（x）≥0”，就可大胆猜测只需证明“导函数f′（x）是增函数”：这由f″（x）=m2emx+2>0恒成立，立得欲证结论成立. 注：对于基础一般的学生，讲解（或提示）这两种通性通法就足够了；若学生确实优异且学有余力，还可再讲解第（1）问的一种非常规的解法（是否讲解，一定要慎重决定，否則会造成负效教学，因为夯实基础一直是教学的主旋律）： 由函数f（t）=et（t∈R）是增函数，再由增函数的定义得（t-0）（et-e0）>0（t≠0），所以（mx-0）（emx-e0）≥0（m，x∈R）（当且仅当mx=0时取等号）. 再由f′（x）=m（emx-1）+2x，可得 xf′（x）=（mx-0）（emx-e0）+2x2≥0（当且仅当x=0时取等号）. 所以f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增. 第（2）问的解法略. 结语 课堂教学是一项神圣的师生活动，教师在课堂上要引导学生积极主动、快乐高效地学习知识，真正做到课堂是知识的超市，教学是生命的狂欢，是学生施展才能、发表见解的活动，使学生感受到静待花开、勿忘初心的教育真谛，达到激扬生命之境界. 这就要求教师终身学习且学无止境，要有高超的解题能力和教学艺术. 关于此，读者还可浏览文末列出的参考文献. 参考文献： [1] 甘志国. 不能这样“巧用对称求最值”[J]. 中学数学教学，2016（6）：40-42. 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