☉江蘇省常熟市滸浦高級中學(xué) 王琪

例談構(gòu)造函數(shù)在導(dǎo)數(shù)解題中的應(yīng)用

☉江蘇省常熟市滸浦高級中學(xué) 王琪

在近十年的高考中，導(dǎo)數(shù)綜合解答題常常作為壓軸之作.這類題由于其解答的方法靈活，沒有固定的解題套路，對學(xué)生的綜合能力要求較高，難度往往很大，得分率極低.所以在考試過程中導(dǎo)致不少學(xué)生對其“戰(zhàn)略放棄”.因此，如何突破這一難點是教師面臨的一大難題.筆者認(rèn)為，在教學(xué)中，解題若能多總結(jié)和反思，把解題的過程提升到一定的理論高度，則能提高學(xué)生的解題效率和能力.筆者在通過對導(dǎo)數(shù)解答題的歸納分析，發(fā)現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)是解答一類導(dǎo)數(shù)綜合題的一大利器.所謂構(gòu)造函數(shù)，就是在解題過程中，只構(gòu)造一個函數(shù)難以解決問題，甚或無法解法問題.此時，若能對問題進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，然后再構(gòu)造函數(shù)，然后各個擊破，最終使問題得以解決的一種方法.筆者將個人的想法整理成文，供大家參考.

一、構(gòu)造函數(shù)的類型

1.構(gòu)造F′（x）=［f（x）+g（x）］′型的導(dǎo)函數(shù)解題

例1設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）存在導(dǎo)函數(shù)f′（x），對任意的x∈R有f（x）+f（-x）=x2.當(dāng)x＞0時，有f′（x）＞x，則滿足f（2-m）-f（m）≥2-2m的實數(shù)m的取值范圍為______.

首先根據(jù)已知條件f′（x）＞x的結(jié)構(gòu)特點，構(gòu)造新函數(shù)g（x）=（fx）-；再由已知條件求得函數(shù)g（x）的單調(diào)性；最后將f（2-m）-f（m）≥2-2m用g（x）表示，利用函數(shù)g（x）的單調(diào)性求出m的取值范圍.

解：因為f′（x）＞x，所以f′（x）-x＞0.由其結(jié)構(gòu)可構(gòu)造函數(shù)g（x）=（fx）-，則有當(dāng)x＞0時，g′（x）=［（fx）-］′= f（′x）-x＞0，所以函數(shù)g（x）=（fx）-在（0，+∞）上為增函數(shù).因為（fx）+（f-x）=x2，即（fx），則有g(shù)（x）+g（-x）=0，所以函數(shù)g（x）=（fx）-為奇函數(shù)，故函數(shù)g（x）=（fx）-在R上是增函數(shù).又因為（f2-m）-（fm）≥2-2m，所以（f2-m）g（m），所以2-m≥m，即m≤1.

若已知條件是形如“f′（x）±g（x）”的代數(shù)式（或不等式）的形式，可構(gòu)造新函數(shù)F（x）=f（x）±g（x）dx來求解.

2.構(gòu)造F′（x）=［f（x）g（x）］′型的導(dǎo)函數(shù)解題

例2設(shè)定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），若滿足2f（x）+xf′（x）=x，且f（3）=0，則不等式f（3）＞f（2x-1）的解集為______.

首先將已知條件2f（x）+xf′（x）=x等價變形為2xf（x）+ x2f′（x）=x2，根據(jù)其結(jié)構(gòu)特點可構(gòu)造一個新函數(shù)F（x）= x2f（x）；再利用微積分求得函數(shù)f（x）的解析式；最后利用f（x）的單調(diào)性求出不等式f（3）＞f（2x-1）的解集.

解：因為2f（x）+xf′（x）=x，所以2xf（x）+x2f′（x）=x2.由其結(jié)構(gòu)可構(gòu)造函數(shù)F（x）=x2f（x），則F′（x）=［x2f（x）］′=x2，所以可設(shè)F（x）=x2f（x）=x3+c（c為常數(shù)），所以f（x）=x+.因為（f3）=0，所以c=-9，所以（fx）=x-.又因

若已知條件是形如“f′（x）g（x）+f（x）g′（x）”的代數(shù)式（或不等式）的形式，則可構(gòu)造新函數(shù)F（x）=f（x）g（x）來求解.

3.

例3函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），對?x∈R，都有2f′（x）＞（fx）成立，若（fln4）=2，則不等式（fx）＞e的解是（）.

A.x＞ln4B.0＜x＜ln4

C.x＞1D.0＜x＜1

首先根據(jù)已知條件2f′（x）＞f（x）和所求不等式f（x）＞的結(jié)構(gòu)特點，可構(gòu)造一個新函數(shù)再根據(jù)已知條件求得g（x）的單調(diào)性；最后利用函數(shù)單調(diào)性定義求出不等式（fx）＞e的解.

解：由式子2f′（x）＞f（x）的結(jié)構(gòu)，結(jié)合所求不等式f（x）＞e，可構(gòu)造函數(shù)

若已知條件是形如“f′（x）g（x）-f（x）g′（x）”的代數(shù)式（或不等式）的形式，可構(gòu)造新函數(shù)來求解.特別是當(dāng)已知條件是形如“af′（x）-bf（x）”的代數(shù)式（或不等式）的形式時，可構(gòu)造新函數(shù)來求解.

二、構(gòu)造函數(shù)解決導(dǎo)數(shù)問題

構(gòu)造函數(shù)解決的問題有很多，這里例舉幾例說明.

1.求參數(shù)的取值范圍

例4已知函數(shù)f（x）=ax+ln（x-1），其中a為常數(shù).

（1）試討論f（x）的單調(diào)區(qū)間；

解：（1）當(dāng)a≥0時，f（x）的增區(qū)間為（1，+∞）；

所以g（x）max=g（e）

此題的關(guān)鍵是通過對f（x）的最值的分析，可以脫去絕對值符號.然后再構(gòu)造另外一個函數(shù)，通過對量詞的分析后，轉(zhuǎn)化為最值大小關(guān)系的比較.問題的指向相對較為清晰，因為無需作過多的變形和等價轉(zhuǎn)化.

2.研究方程的根的個數(shù)

例5已知函數(shù)f（x）=n+lnx的圖像在點P（m，f（m））處的切線方程為y=x，設(shè)g（x）=mx--2lnx.

（1）求m，n的值；

解析：（1）略.

設(shè)φ（x）=x2-ex+t，x∈（0，+∞），則φ（x）=（x-e）2+t-e2.

所以函數(shù)h（x），φ（x）在同一直角坐標(biāo)系的大致圖像如圖1所示，

圖1

所以①當(dāng)t-e2＞，即t＞e2+時，方程無解；

②當(dāng)t-e2=，即t=e2+時，方程有且只有一個根；

③當(dāng)t-e2＜，即t＜e2+時，方程有兩個不同的根.

本題直接構(gòu)造一個函數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的零點問題，顯然難于使問題得到解決.因為所要構(gòu)造的函數(shù)極為復(fù)雜，難于使用導(dǎo)數(shù)這一工具，但在化為方程= x2-2ex+t的根的個數(shù)的問題后，所需構(gòu)造的兩個函數(shù)便呼之欲出.

3.證明不等式

（1）求a，b；

（2）證明：f（x）＞1.

解析：（1）a=1，b=2.

綜上，當(dāng)x＞0時，g（x）＞h（x），即f（x）＞1.

此題的困難之處在于同時含有指數(shù)、對數(shù)函數(shù)，只構(gòu)造一個函數(shù)，最值難于求解.此時可考慮把式子分兩端，構(gòu)造雙函數(shù).除了給出的解答之外，還可以變形為，然后再構(gòu)造雙函數(shù).需要特別指出的是，此題若不能證明［g（x）］min＞［h（x）］max，不能說明f（x）＞1不成立，因為所需證明的變量是同時取值，而雙函數(shù)的最值未必在同一個x中取得.

總之，構(gòu)造函數(shù)解決導(dǎo)數(shù)綜合題的一大利器.這種方法尤其適用于解決具有較為復(fù)雜的函數(shù)關(guān)系式的問題，特別是既含有ex又含有l(wèi)nx的綜合問題.解決這類問題的關(guān)鍵是在于通過等價轉(zhuǎn)化后，使得構(gòu)造出來的兩個函數(shù)的最值都較為容易求解.這就需要在解題過程中大膽變形，小心求證.在分析問題的過程中，也使學(xué)生的綜合能力得到提高.