由一道课本例题引发的探究、引申与应用

一道课本例题的探究著名数学家G 〃波利亚说：“一个专心的认真备课的老师能够拿一个有意义但又不太复杂的题目去帮助学生发掘问题的各方面，使得通过这道题，就好像通过一道门户，把学生引入一个完整的理论领域。

”而课本中许多例题是我们解决一些疑难问题的“原型”，是学生智能的生长点，也是考试题目的重要来源地，因此，平时教学中，我们不能就题论题，而应该引导学生对它进行深入研究，将它们的潜在功能发掘出来，这样就可以培养学生举一反三，触类旁通解题能力。

本文以一道课本上的例题为例，激发学生研究课本例题的热情、兴趣。

如图，OA,OB 不共线，AP=t AB(t R) 用OA,OB 表示 OP （人教版第117页例5）。

解：OP=(1-t)OA+ OB （过程略） 1、对例题结论结构的分析。

①(1-t) + t =1②当P 在直线AB 上时，t , (1-t)与OA ，OB 交叉相乘。

2、例题的延伸拓展。

性质1若A 、B 、P 三点共线，则OP=λOA+u OB 其中λ+ u =1证明：设AP=tAB ，则AO+OP= t （AO+OB ）∴OP=（1-t ）OA+t OB,令1-t=λ, t=u则λ+u=1O故OP=λOA+ u OB, λ+u=1成立 性质2 如图，若OP=λOA+ u OB,，则λ+u=1，则A 、B 、P三点共线。

证明：∵λ+u=1 ∴ OP=λOA+ u OB=λOA+ （1-λ）OB∴λ（AO-OB ∴ BP=λBA∵、BA 共点， ∴A 、B 、P 三点共线。

综合性质1及性质2可知：若A 、B 是互异两点，则点P 与点A 、B 共线的充要条件是：存在实数λ、u ，使得λ 且λ+u=1性质3 已知三点A 、B 、C ，如果它们对应的向量分别是a, b, c ，那么这三点位于同一条直线上的充要条件是存在三个不全为零的实数α、β、γ，使得αa+βb+γc=0,且α+β+γ=0 （*）证明：（必要性，）如图若A 、B 、C 三点在同一条直线上，且有αAC=βCB ，由于 c =a+AC α c=b+BC=b-CB 由1、2可知，(α+β) c =αa+βb 即C= 令γ=-（α+β） 则有αa+βb+γc=0,且α+β+γ=0 （充分性）由（*）式得C=- = AC=c-a= -a= 因为AB=b-a,所以AC= AB 即AC与AB 平行且存在公共点A ，所以A 、B 、C 三点在同一 β α+β β α+β3β α+β αa+βb α+β αa+βb γ αa+βb α+β条直线上。

数学教材中例题的延伸及应用作者：张成龙来源：《语数外学习·中旬》2013年第02期纵观历年的数学中考题，师生们普遍感到一些试题“似曾相识”。

这是因为数学试题多数源于课本，又高于课本，这就给了我们如下启示：课本中的例题，具有典型性和示范性，正确对例题展开一些探究，适当引申拓展，有利于激发学生的学习兴趣，有利于提高学生的探索能力，有利于培养学生的发散思维和创新能力。

一、一题多解，培养学生思维的发散性一题多解，就是引导学生从不同角度，不同方面进行思考，并找出多种解法中的共同规律或最佳解法。

一题多解，能使学生视野开阔，思维优化，这种优化是解题技巧的升华。

例1 如图1：已知△ABC，∠B=90°，O是AB上的点，以O为圆心，OB为半径的圆与AB交于E，与AC切于点D，AD=2，AE=1。

求CD的长。

设CD=x，则CB=x，在Rt△ABC中，利用勾股定理建立方程可得x=3.解法3：连接OD、OC由S△AOC+S△BOC =S△ABC得二、一题多变，训练思维的灵活性对课本中的例习题，我们不能满足于就题论题，在解题后，要针对题目特点进行一题多变练习，对原题进行变换、加工、改造，但要注意不能出现科学性与常识性错误。

通过这种训练，我们可以达到对知识迁移的提高，从而培养了学生的创造思维能力。

例2 在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，M为BC的中点，DE⊥AM，E为垂足。

完成该题后，可作如下一系列变式：三、以例带类，寻找规律，拓展延伸课本中有些例题、习题，看似平常，实际上内涵丰富，我们应当善于利用这些例习题，对它们进行细致研究与纵深剖析，从而取得规律性认识，必要时进行拓展延伸，由此及彼，达到以例带类的目的。

例3 解方程组：x+y=7xy=12.分析：根据一元二次方程的根与系数关系，x、y可看作某一个一元二次方程的两个根，通过解这个一元二次方程来求得x、y。

我们在学完本题后，要看出本题所代表类型的普遍规律，总结其特点，在遇到同类习题时，就可迎刃而解了。

教材中一道习题的引申与应用Wu 先生数学人教A 版《选修2-2》第一章“导数及其应用”有一道习题（P 32B 组.1(3)）：利用函数的单调性证明1(0)x e x x >+≠，并通过函数图象直观验证.证明：构造1x y e x =--，1x y e '=-，当0x <时，0y '<；当0x >时，0y '>，()00y y ∴==极小值，故10x y e x =--≥（当0x =时取等号）.习题中0x ≠，故1x e x >+.这其实是一个泰勒级数展开式的部分放缩，由其进行的不同变形也非常有用，比如：()1111.ln 1ln 1ln1ln 1x x x x x x x x ≥+⇒≤-⇒≤-⇒≥-（含对数类）； 112.111x xx x e x e x e e x x-≥+⇒≥-⇒≤⇒<--；（含指数类） 13.1x x x e x e x e ex -≥+⇒≥⇒≥；（含指数类）214.12x e x x ≥++，2311126x e x x x ≥+++（泰勒级数展开） 5.ln 2x e x -≥.（含指对类）（证明：1,ln 1,ln 1x e x x x x x ≥+≤--≥-，不等号两边相加可得）.部分不等式所涉及的函数图象如图所示.下面我们利用上述不等式看几个例子：例1.（2013年全国Ⅱ卷理）已知函数()()ln xf x e x m =-+. Ⅰ 设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；Ⅱ 当2m ≤时，证明()0f x >.第一问略去，第二问我们仅从放缩角度阐述：题目即证()ln xe x m >+，也即证()ln 0x e x m -+>，由2m ≤需证()()ln ln 20x x e x m e x -+≥-+>.而由1x e x ≥+（0x =取等号）得，()1ln 2x x +≥+（1x =-取等号），两式相加即得()ln 2x e x >+，从而原式得证()ln xe x m >+. 例2.（2018年全国Ⅰ卷文）已知函数()ln 1xf x ae x =--.Ⅰ 设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；Ⅱ 证明：当1a e≥时，()0f x ≥. 第一问略去，第二问我们也仅从放缩角度阐述：由题即证ln 10x ae x --≥，当1a e ≥时，也即证1ln 1x e x -≥+.由1x e x ≥+（0x =取等号）得，1x e x -≥，两边取对得1ln x x -≥ 即ln 1x x ≥+，故1ln 1x e x x -≥≥+（1x =取等号），从而得证.可见，灵活利用上述放缩会很快解决此类不等式问题，最后我们看一道2020年全国Ⅰ卷理科21题：已知函数2()x f x e ax x =+-.Ⅰ 设1a =时，讨论()f x 的单调性；Ⅱ 当0x ≥时， ()3112f x x ≥+，求a 的取值范围. 第一问略去，我们仅阐述第二问：即当0x ≥时，23112x e ax x x +-≥+，当0x =时，原式成立，当0x >时，参变分离得：32112x x x e a x ++-≥，令32112()xx x e g x x ++-=，()231122()x x x e x g x x ⎛⎫++-- ⎪⎝⎭'=，由上述不等式变形知：2112x e x x ≥++，()0,2x ∴∈时，()0g x '>，()2,x ∴∈+∞时，()0g x '<，故2max 7()(2)4e g x g -==.故27,4e a ⎡⎫-∈+∞⎪⎢⎣⎭.综上所述，熟知上述这些基本的放缩不等式，对于快速解决问题是很有帮助的.。