廣東省佛山市第一中學(xué)(528000)吳統(tǒng)勝

廣東省佛山科學(xué)技術(shù)學(xué)院數(shù)學(xué)與大數(shù)據(jù)學(xué)院(528000)楊豫暉

本文筆者將結(jié)合高考題重點(diǎn)舉例說(shuō)明如何利用構(gòu)造函數(shù)的通法破解函數(shù)導(dǎo)數(shù)壓軸題,重點(diǎn)講述解題思路的突破,即如何結(jié)合題目已知條件及求證去恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)破解函數(shù)導(dǎo)數(shù)壓軸題.另外,筆者還就函數(shù)導(dǎo)數(shù)壓軸題的高考復(fù)習(xí)備考給出了一些相當(dāng)有益的、建設(shè)性的建議.

一、直接構(gòu)造函數(shù)法

例1 (2013年課標(biāo)II理科21)已知函數(shù)f(x)=ex-ln(x+m).

(1)設(shè)x=0是f(x)的極值點(diǎn),求m,并討論f(x)的單調(diào)性;

(2)當(dāng)m≤2時(shí),證明:f(x)＞0.

解析(1)略;

(2)當(dāng)m≤2時(shí),f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2),將要證f(x)＞0轉(zhuǎn)化為證明ex-ln(x+2)＞0.

直接構(gòu)造函數(shù)φ(x)=ex-ln(x+2),轉(zhuǎn)化為求證φ(x)min=φ(x0)＞0,但使對(duì)應(yīng)的x0不可求出,需利用零點(diǎn)存在定理及設(shè)而不求法求得最小值,只需證明φ(x)min=φ(x0)＞0.其證明過(guò)程如下:

當(dāng)m≤2時(shí),f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2).設(shè)φ(x)=ex-ln(x+2),則在(-2,+∞)上單調(diào)遞增.又φ′(-1)＜0,φ′(0)＞0,所以φ′(x)=0在(-2,+∞)上有唯一實(shí)根x0,且x0∈(-1,0).當(dāng)x∈(-2,x0)時(shí),φ′(x)＜0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),φ′(x)＞0,所以φ(x)min=φ(x0).由φ′(x0)=0得:ln(x0+2)=-x0,所以

點(diǎn)評(píng)此方法直接轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最小值,思路清晰,但由于最小值φ(x0)對(duì)應(yīng)的x0不可求,為隱性零點(diǎn),需利用零點(diǎn)存在定理及設(shè)而不求法巧妙地破解了該證明問(wèn)題.

二、結(jié)合某些常見(jiàn)函數(shù)構(gòu)造新函數(shù)

構(gòu)造函數(shù)證明問(wèn)題的關(guān)鍵技巧之一是:結(jié)合含ex,lnx(x＞0)的組合函數(shù)的圖像和性質(zhì)恰當(dāng)變形轉(zhuǎn)化,或利用常見(jiàn)函數(shù)型不等式進(jìn)行放縮.

題目同例1

解析先利用常見(jiàn)函數(shù)型不等式ex≥x+1或lnx≤x-1(x＞0)進(jìn)行放縮,再構(gòu)造函數(shù)證明,其證明過(guò)程如下:

當(dāng)m≤2時(shí),f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2).因?yàn)閑x≥x+1,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào),所以f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2)≥x+1-ln(x+2).設(shè)φ(x)=x+1-ln(x+2)(x＞-2),易證φ(x)min=φ(-1)=0.因?yàn)閮刹坏仁降忍?hào)不同時(shí)取得,所以當(dāng)m≤2時(shí),f(x)＞0.

點(diǎn)評(píng)本題也可同時(shí)利用常見(jiàn)函數(shù)型不等式ex≥x+1及l(fā)nx≤x-1(x＞0)進(jìn)行放縮,原不等式可輕松得證！

例2 (2017年佛山二模理科第21題)設(shè)函數(shù)f(x)=aex-xlnx,其中a∈R,e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

(1)若函數(shù)f(x)是(0,+∞)上的增函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

解析(1)略.(2)因?yàn)槿糁苯訕?gòu)造函數(shù)即轉(zhuǎn)化證明:當(dāng)時(shí),F(x)min＞0.因?yàn)?/p>

令F′(x)=0,所以a(x-1)ex=x,故需要對(duì)x就0＜x≤1和x＞1分類(lèi)討論,證明過(guò)程相對(duì)較復(fù)雜.可考慮先對(duì)原不等式進(jìn)行適當(dāng)變形,再構(gòu)造函數(shù)法證明.

證法一優(yōu)先消去參數(shù)a,聯(lián)想到組合函數(shù)圖像和性質(zhì),對(duì)要證不等式進(jìn)行恰當(dāng)變形,再構(gòu)造函數(shù)證明,其證明過(guò)程如下:

證法二先利用常見(jiàn)函數(shù)型不等式進(jìn)行適當(dāng)放縮,再構(gòu)造函數(shù)證明.觀察要證不等式結(jié)構(gòu)特征,可先利用函數(shù)型不等式進(jìn)行放縮,再構(gòu)造函數(shù)證明,其證明過(guò)程如下:

例3 (2017年廣州一模理科第21題)已知函數(shù)

(1)若函數(shù)f(x)有零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

解析(1)(略)

(2)證法一適當(dāng)變形后,構(gòu)造函數(shù)證明.

設(shè)t=lnb,因?yàn)閎＞1,所以t＞0.即證必須分開(kāi),否則直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)之后單調(diào)性無(wú)法或不便于討論,轉(zhuǎn)化證明不了！原不等式即證如何變形轉(zhuǎn)化證明呢?找尋突破口！聯(lián)想到組合函數(shù)的圖像和性質(zhì),恰當(dāng)變形轉(zhuǎn)化為證明(破解最關(guān)鍵一步！找尋解題突破口并不盲目！)轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最大、最小值的大小比較問(wèn)題,再構(gòu)造函數(shù)得證！設(shè)所以φ(x)≥h(x).原不等式得證！

點(diǎn)評(píng)該證明方法相當(dāng)巧妙！極大地簡(jiǎn)化思維量和運(yùn)算量！可見(jiàn)構(gòu)造函數(shù)法在證明函數(shù)導(dǎo)數(shù)壓軸題中的強(qiáng)大威力！此類(lèi)同時(shí)含有ex,lnx的不等式?？刹捎迷撧D(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)最值大小比較問(wèn)題的證明方法.

證法二先利用常見(jiàn)函數(shù)型不等式進(jìn)行放縮,再構(gòu)造函數(shù)證明.

點(diǎn)評(píng)在該證明方法中,解決問(wèn)題的關(guān)鍵首先在于通過(guò)換元轉(zhuǎn)化為證明不等式再結(jié)合不等式結(jié)構(gòu)特征巧妙利用函數(shù)型不等式et≥et和放縮得證！

其實(shí)該題改編自2014年全國(guó)I理科第21題:

(I)求a,b;(II)證明:f(x)＞1.

簡(jiǎn)析(I)(略)a=1,b=2;(II)由(I):f(x)=exlnx+要證f(x)＞1,即證以下證明過(guò)程同例3.

而2014年全國(guó)(I)理科第21題改編自2014黑龍江高中數(shù)學(xué)預(yù)賽題,其題目如下:

證明:對(duì)一切x∈(0,+∞)都有成立.

點(diǎn)評(píng)教師要重視并善于在全國(guó)數(shù)學(xué)競(jìng)賽題中發(fā)現(xiàn)好的題目資源,進(jìn)行適當(dāng)改編,就是一道好的高考訓(xùn)練題或高考題！

例4 已知函數(shù)f(x)=lnx,設(shè)b＞a＞0,求證:

例5 (2013陜西理科第21題)已知函數(shù)f(x)=ex,x∈R.(I)略.(II)略.

下面結(jié)合該題介紹處理二元不等式的另外一種行之有效的構(gòu)造函數(shù)的證明方法–主元法,有時(shí)需要構(gòu)造局部函數(shù)多次求導(dǎo).

解析因?yàn)閍＜b,所以b-a＞0,所以比較的大小,即比較(b-a)(ea+eb)與2(eb-ea)的大小,亦即比較(b-a)(ea+eb)-2(eb-ea)與0的大小.

以b為主元,視a為參數(shù),記函數(shù)F(x)=(xa)(ea+ex)-2(ex-ea),x∈(a,+∞),求導(dǎo)得F′(x)=(x-a-1)ex+ea,F′′(x)=(x-a)ex＞0,得F′(x)在(a,+∞)上單調(diào)遞增,F′(x)＞F′(a)=0,所以F(x)在(a,+∞)上單調(diào)遞增,所以F(x)＞F(a)=0,即F(b)＞0,所以

點(diǎn)評(píng)主元法證明方法相當(dāng)快速簡(jiǎn)捷,太絕太妙！可見(jiàn)利用主元法可輕松破解該類(lèi)高考?jí)狠S題！主元法可操作性強(qiáng),按部就班,考生容易掌握！當(dāng)然,并非所有的二元不等式都可以用主元法輕松證得,主元法中的兩“元”必須相互獨(dú)立,否則不可以用主元法證明！

三、處理含參問(wèn)題的常用方法

含參數(shù)問(wèn)題,可優(yōu)先考慮消去參數(shù)、換元,再利用構(gòu)造函數(shù)法證明;有時(shí)還需要構(gòu)造局部函數(shù)多次求導(dǎo);也可考慮分離參數(shù),再構(gòu)造函數(shù).常需分類(lèi)討論及用到高等數(shù)學(xué)中的洛必達(dá)法則.

例6 (2016年全國(guó)卷I第21題)已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個(gè)零點(diǎn).

(I)求a的取值范圍;

(II)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),證明:x1+x2＜2.

解析(I)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).

(i)設(shè)a=0,則f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).

(ii)設(shè)a＞0,則當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí),f′(x)＜0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)＞0.所以f(x)在(-∞,1)單調(diào)遞減,在(1,+∞)單調(diào)遞增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b滿足b＜0且則0,f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn).

(iii)設(shè)a＜0,由f′(x)=0,得x=1或x=ln(-2a).若則ln(-2a)≤1,故當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)＞0,所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,又當(dāng)x≤1時(shí),f(x)＜0,所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn).若則ln(-2a)＞1,故當(dāng)x∈(1,ln(-2a))時(shí),f′(x)＜0,當(dāng)x∈(ln(-2a),+∞)時(shí),f′(x)＞0.又當(dāng)x≤1時(shí),f(x)＜0,所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn).

綜上:a的取值范圍為(0,+∞).

(II)不妨設(shè)x1＜x2,由(I)知:x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1).f(x)在(-∞,1)單調(diào)遞減,所以x1+x2＜2即x1＜2-x2等價(jià)于f(x1)＞f(2-x2).因?yàn)閒(x1)=0,所以f(2-x2)＜0(轉(zhuǎn)化證明,解題突破口！)因?yàn)閒(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0.所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2(消元,以x2表示a,構(gòu)造函數(shù)解題突破的關(guān)鍵一步！)構(gòu)造函數(shù)g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,(x＞1).因?yàn)閤＞1,所以g′(x)=(x-1)(e2-x-ex)＜0=g(1),所以當(dāng)x＞1時(shí),g(x)＜0,所以g(x2)=f(2-x2)＜0,所以x1+x2＜2.

點(diǎn)評(píng)第(II)問(wèn)將x1+x2＜2轉(zhuǎn)化為f(x1)＞f(2-x2),進(jìn)而通過(guò)構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=f(2-x),研究輔助函數(shù)的單調(diào)性得到問(wèn)題的證明！

例7 (2016年安慶?？季?設(shè)函數(shù)h(x)=(x-1)2+mlnx(m∈R,且m/=0).若h′(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(x1＜x2).證明:

點(diǎn)評(píng)本題難點(diǎn)在于整體代換得到關(guān)于零點(diǎn)x2的新函數(shù)h(x2),再對(duì)新構(gòu)造的函數(shù)φ(t)求導(dǎo)、判斷單調(diào)性,進(jìn)而得到h(x2)的范圍.