廣東省東莞市東莞中學(xué)(523005) 盧 眾

在復(fù)習(xí)階段,題目千變?nèi)f化,解法也是多樣.如何讓學(xué)生脫離題海,提高學(xué)習(xí)的效率,是大部分老師與同學(xué)都面臨的問題.本文以導(dǎo)數(shù)中的構(gòu)造問題為載體,通過分析題干,探尋問題的關(guān)鍵,進而找到各種解法.并總結(jié)提升,尋求通法,提供幾點有益于教學(xué)的建議.

一、問題呈現(xiàn)

題目1定義在R 上的奇函數(shù)y=f(x) 滿足:當(dāng)f(?1) = 0 且x >0 時,xf′(x)< f(x).求不等式f(x)>0的解集.

解法1(構(gòu)造特殊函數(shù)) 令f(x) =?x3+x,易知y=f(x)滿足題意,則f(x)>0 的解集為(?∞,?1)∪(0,1).

分析構(gòu)造f(x)=?x3+x的過程較為困難,并不是每個同學(xué)都能夠掌握.不妨嘗試從“x >0 時xf′(x)< f(x)”這個條件出發(fā),令f(x) =ax+b,則由xf′(x)< f(x)可知b>0.不妨令b=1,因為f(1)=?f(?1)=0,所以a=?1,f(x)=?x+1.又y=f(x)為R 上的奇函數(shù),所以

從而,f(x)>0 的解集為(?∞,?1)∪(0,1).

解法2(構(gòu)建抽象函數(shù)模型)令F(x) =所以x>0 時,F′(x)=<0,則y=F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.又因為F(1) ==f(?1) = 0,所以x >0 時,若f(x)>0,即F(x)>0,則x ∈(0,1).由y=f(x) 為奇函數(shù)可知,y=F(x) 是(?∞,0)∪(0,+∞)上的偶函數(shù),所以x <0 時,若f(x)>0,則F(x)<0,x ∈(?∞,?1).又因為f(0) = 0,所以f(x)>0 的解集為(?∞,?1)∪(0,1).

分析根據(jù)導(dǎo)數(shù)結(jié)構(gòu)的特征“xf′(x)

題目2定義在R 上的函數(shù)y=f(x)滿足f(0)=2,且f(x)+f′(x)>1,求不等式exf(x)>ex+1 的解集.

解法1(構(gòu)造特殊函數(shù)法)易知f(x) = 2 滿足題意,由exf(x)>ex+1 可知解集為(0,+∞).

分析函數(shù)f(x) = 2,符合題意,且易于解題,顯示出此解法的簡便之處.此題也可嘗試設(shè)f(x) =ax2+b(a ?= 0),則f(0) =b= 2,f(x)+f′(x) =ax2+2ax+b >1,即ax2+2ax+1>0 恒成立,則a>0 且?=4a2?4a<0,所以+2 符合題意.若exf(x)>ex+1,則則所以y=F(x)在R 上單調(diào)遞增.由F(0) = 0,若F(x)>0,則x >0,即exf(x)>ex+1的解集為(0,+∞).

解法2(構(gòu)建函數(shù)模型) 令F(x) = ex(f(x)?1),則F(0) = e0(f(0)?1) = 1.因為F′(x) = ex(f(x)+f′(x)?1)>0,所以y=F(x)在R 上單調(diào)遞增.由exf(x)>ex+1,得到F(x)>1=F(0),則解集為(0,+∞).

分析先根據(jù)“f(x) +f′(x)”的結(jié)構(gòu)特征,構(gòu)造抽象函數(shù)G(x) = exf(x).再結(jié)合G′(x) = ex(f(x) +f′(x))以及題設(shè)f(x) +f′(x)?1>0,調(diào)整y=G(x) 并構(gòu)造F(x)=G(x)?ex,則F′(x)=ex(f(x)+f′(x)?1)>0 符合題意.

題目3 (2013年高考遼寧卷理科第13 題)若函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)+2xf(x)=則x>0 時,f(x)( ).

A.有極大值、無極小值 B.無極大值、有極小值

C.既有極大值又有極小值 D.既無極大值也無極小值

解令F(x) =x2f(x)?H(x),其中y=H(x) 滿足H′(x) =因為F′(x) = 0,所以F(x) =C,其中C為任意常數(shù),從而f(x) =且H(2) =4f(2)?C=?C.因為f′(x) =令u(x) = ex ?2H(x)?2C,則u′(x) =所以y=u(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在[2,+∞)上單調(diào)遞增.因為u(2) = e2?2H(2)?2C= 0,u(x) ≤u(2) = 0,所以x ∈(0,+∞) 時,f(x) ≤0,y=f(x) 在(0,+∞) 上單調(diào)遞增,y=f(x)在(0,+∞)上既無極大值又無極小值,答案為D.

分析此題先根據(jù)“xf′(x) + 2f(x)”構(gòu)造G(x) =x2f(x).再 結(jié) 合G′(x) =x(xf′(x) + 2f(x)) 以 及 題 設(shè)xf′(x) + 2f(x)?= 0,調(diào)整y=G(x) 并構(gòu)造函數(shù)F(x) =G(x)?H(x) =x2f(x)?H(x),其中y=H(x)滿足H′(x) =因為F′(x) =x(xf′(x)+2f(x)?=0,則F(x)=x2f(x)?H(x)=C.

二、通法探究

(一)構(gòu)造特殊函數(shù)法

此方法在于根據(jù)題目條件,選擇符合題意的特殊函數(shù)y=f(x)解題,常見困難為:(1)題設(shè)條件較多,難以找到符合所有條件的函數(shù);(2)構(gòu)建的函數(shù)過于復(fù)雜,不利于解決問題.因此解決問題時,應(yīng)從簡單的函數(shù)(或其復(fù)合結(jié)構(gòu))逐步嘗試,且對各條件的意義以及重要程度分析,選擇合適的方式逐一處理.常見的問題與處理辦法有:①利用待定系數(shù)法解決特殊點的問題; ②可考慮構(gòu)造分段函數(shù)解決奇偶性問題.

這種方法雖不夠嚴謹,但在選擇填空題中,卻往往能夠表現(xiàn)得較為靈活.

(二)構(gòu)建函數(shù)模型

該方法相對構(gòu)造特殊函數(shù)的方法而言,更具有適用性,可以解決更多類型的問題.其基本步驟如下:

1.觀察導(dǎo)數(shù)的結(jié)構(gòu)特征“xf′(x)±m(xù)f(x)”,“f′(x)±m(xù)f(x)”,構(gòu)造抽象函數(shù)“F(x) =xmf(x)”或“F(x) =ef(x)”,必要時,再結(jié)合導(dǎo)數(shù)結(jié)構(gòu)的其他特征修正函數(shù)y=F(x);

2.根據(jù)原函數(shù)y=f(x)的性質(zhì),推導(dǎo)函數(shù)y=F(x)的性質(zhì),并畫出函數(shù)y=F(x)的大致圖像;

3.將問題轉(zhuǎn)化為與函數(shù)y=F(x)相關(guān)的問題;

4.借助y=F(x)的性質(zhì)與圖像解決問題.

三、教學(xué)思考

一題多解可以體現(xiàn)解法的多樣,串聯(lián)知識點的各個性質(zhì),提升對問題的遷移能力,讓學(xué)生的思維有一個更開闊的空間,在解決問題時,能有效的避免思維短路.同時也能對各種方法產(chǎn)生明顯的對比,分析其優(yōu)劣,便于在應(yīng)用時選擇最高效的方法.但不足的是,方法較多,容易對每一種方法掌握不透徹,應(yīng)用不熟練.

多題一解側(cè)重在對通法的探究,容易對知識點理解透徹,即便面對不同問題,也容易找到問題的關(guān)鍵,舉一反三,觸類旁通.

因此在復(fù)習(xí)階段,應(yīng)從學(xué)生情況出發(fā),兩者靈活應(yīng)用,才能互相彌補.在一題多解的基礎(chǔ)上,找通法,能夠?qū)Ω鞣N方法掌握更透徹,并找到典型的解法,對基礎(chǔ)薄弱的同學(xué)更為適用.而在多題一解的基礎(chǔ)上進行一題多解,拓展學(xué)生思維,讓理解和思維能力達到更高的臺階,對基礎(chǔ)好的同學(xué)更為有用.因此在班級教學(xué)中,面臨不同層次的學(xué)生,為了更有效的進行層次教學(xué),兩種教學(xué)觀念都應(yīng)重視.