函數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)課程的一條主線，它貫穿于整個(gè)中學(xué)數(shù)學(xué)的課程之中，方程、不等式、數(shù)列均與函數(shù)有關(guān)，就算是看起來相對獨(dú)立的立體幾何也同樣與函數(shù)的著千絲萬縷的聯(lián)系.函數(shù)思想是依據(jù)問題的特點(diǎn)，從函數(shù)的角度來分析、認(rèn)識(shí)所遇到的問題，通過構(gòu)造適當(dāng)函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)促使問題獲解.下面我們一起看看函數(shù)思想在解題中的具體應(yīng)用

一、大小比較問題

大小比較問題是我們最為常見的一類問題，處理方法一般為：分析數(shù)與式的特點(diǎn)或特征，然后結(jié)合函數(shù)思想構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性產(chǎn)生結(jié)論

例1．下列三個(gè)數(shù)的大小關(guān)系，其中正確的一個(gè)是

A B. C D

解析：設(shè) ，因?yàn)?f^′（x） 當(dāng) x∈（-1， 0） 時(shí)， f^′（x）gt;0 ，當(dāng) x∈ （0，Λ+∞） 時(shí) f^′（x）lt;0 ，所以函數(shù) 在（0，+∞） 單調(diào)遞減，在（-1，0）上單調(diào)遞增，所以

再設(shè) ，則 g^′（x）= 當(dāng) 時(shí)， h^′（x） lt;0 ，函數(shù) h（x）=e^x（x²-1）+1 單調(diào)遞減，當(dāng) 時(shí)， h^′（x）gt;0 ，函數(shù) h（x）=e^x（x²-1）+1 單調(diào)遞增.又 h（0）=0 ，所以當(dāng) 時(shí)， h（x）lt;0 ，所以當(dāng) 時(shí)， g^′（x）gt;0 ，函數(shù) 單調(diào)遞增，所以 ， 即 故正確答案為C.

點(diǎn)評：本題難度較大，在函數(shù)的構(gòu)造上并非一帆風(fēng)順，當(dāng)函數(shù)構(gòu)造成功之后，求解也就順利了，構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)是正確求解的關(guān)鍵.

二、恒成立問題

恒成立問題多與不等式結(jié)合，而此類問題的求解往往都是通過函數(shù)思想對代數(shù)式進(jìn)行恒等轉(zhuǎn)化，最后構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的最值完成求解.

例2.對 ?x∈（0，+∞） ， 恒成立，則實(shí)數(shù) a 的最小值為

解析：由

構(gòu)造 f（x）=xe^x ， x∈（0，+∞） ，由于 f^′（x）=（x+ 1）e^x ，顯然 x∈（0，±∞） 時(shí)， f^′（x）gt;0 即函數(shù) f（x） 單調(diào)遞增，因此

再令 ，由于 g^′（x）= 當(dāng)x∈ 時(shí)， g^′（x）gt;0 此時(shí) g（x） 遞增，當(dāng)x 時(shí)， g^′（x）lt;0 此時(shí) g（x） 遞減，得

因此，實(shí)數(shù) Δ_a 的最小值為 點(diǎn)評：本題對恒成立的式子進(jìn)行恒等變形，兩次

數(shù)學(xué)有數(shù)

構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性與最值促使問題獲解，求解過程不長，但數(shù)學(xué)的靈活性與巧妙性盡顯其中.

三、解不等式問題

如果是線性不等式，求解往往比較順利，但當(dāng)不等式加入指數(shù)與對數(shù)之后，有時(shí)求解可能要用到函數(shù)了，通過函數(shù)的單調(diào)性對不等式進(jìn)行變形與轉(zhuǎn)化.

例3．不等式 的解集為

解析： 由 設(shè) 則 ，由于 即 在函數(shù) f（x） 的減區(qū)間內(nèi).

由 知 f（x） 的減區(qū)間為（0，1），因此

故不等式的解集為

點(diǎn)評：本題將不等式變形之后，引入函數(shù)，發(fā)現(xiàn)不等式的左邊與右邊正好是函數(shù)的兩個(gè)不同的值，結(jié)合單調(diào)性將原來較為復(fù)雜的不等式轉(zhuǎn)化為相對較簡單的不等式組，進(jìn)一步產(chǎn)生結(jié)論，構(gòu)造函數(shù)至關(guān)重要.

四、根與零點(diǎn)問題

零點(diǎn)本就是函數(shù)中的概念之一，但為了處理零點(diǎn)問題，我們又往往再從函數(shù)角度去分析、認(rèn)識(shí)我們所面臨的問題，通過再構(gòu)函數(shù)使問題獲解

例4．已知方程 （e^ax-1）lnx=ax²-ax 有三個(gè)不同的解，則實(shí)數(shù) α_a 的取值范圍為

解析：首先 x=1 是方程的一個(gè)解；

當(dāng) x≠1 時(shí)，由

則 當(dāng)x∈（1， +∞） 時(shí)， f^′（x）gt;0 ，所以 f（x） 在 （1，+∞） 上單調(diào)遞增，從而

再令 易得 x∈（0 e）， g^′（x）gt;0 x∈（e，+∞） ， g^′（x）lt;0 結(jié)合圖像得 Ψ_a

點(diǎn)評：本題通過恒等變形，使其所給出的式子規(guī)范化，再利用規(guī)范化的結(jié)果構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性將原方程式轉(zhuǎn)化為一個(gè)簡單的方程，再構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合函數(shù)圖像產(chǎn)生結(jié)論.

例5．已知方程 x（sinx+1）+acosx-3=0（agt;2） 在 區(qū)間 上有唯一實(shí)根，則實(shí)數(shù) α_a 的取值范圍 是

解析：設(shè) sinx+xcosx+1 ，再令 g^′（x）=（2-a）cosx-xsinx.

由于 ，即 g（x） 在 上遞減.

又 g（0）=1gt;0 ， ，使 g（x₀）=0 ，那么 x∈（0，x₀） 時(shí)， g（x）gt; 0?f^′（x）gt;0 此時(shí)， f（x） 遞增， 時(shí)， g（x） lt;0?f^′（x）lt;0 此時(shí)， f（x） 遞減.

又 f（0）=a ， ，： agt;2 ，結(jié)合圖像，欲使 有唯一零點(diǎn)，則 2

點(diǎn)評：本題通過方程構(gòu)造函數(shù)，在第一次求導(dǎo)后，對導(dǎo)數(shù)式的正負(fù)判斷不易產(chǎn)生結(jié)論，于是又進(jìn)行了第二次引入函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)分布產(chǎn)生了第一次函數(shù)的單調(diào)性，有難度、有靈活性.

五、最大值與最小值問題

最值的求解方法較多，比如：基本不等式法、換元法、數(shù)形結(jié)合等，其中通過函數(shù)，借助函數(shù)的單調(diào)性產(chǎn)生最值是最實(shí)用的且最好用的

例 6. 已知長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁ 中， AB=2 ， BC=3 AA₁=4 ，點(diǎn) P 為矩形 A₁B₁C₁D₁ 內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，記二面角 P-AD-B 的平面角為 α ，直線 PC 與平面 ABCD 所成的角為 β ，若α=β ，則三棱錐 P-BB₁D₁ 體積的最小值為

解析：作 PQ⊥ 平面 ABCD 于點(diǎn) Q ，過點(diǎn) Q 作 QE ⊥AD 于點(diǎn) E ，連接 PC ， PE ，可知 ∠PCQ 即為直線PC 與平面 ABCD 所成的角，即 ∠PCQ=β

因?yàn)?PQ⊥ 平面 ABCD ， ADC 平面 ABCD ，所以PQ⊥AD

又 QE⊥AD ， QE∩PQ=Q ， QE 、 PQC 平面 PQE 所以 AD⊥ 平面 PQE

因?yàn)?PE? 平面 PQE ，所以 AD⊥PE ，則 ∠PEQ 即為二面角 P-AD-B 的平面角，即 ∠PEQ=α ，tan

因?yàn)?α=β ，則 tan∠PCQ =tan∠PEQ ，即 CQ=QE ，則點(diǎn) Q 到直線 AD 的距離等于點(diǎn) Q 到點(diǎn) c 的距離．又點(diǎn) P 為矩形 A₁B₁C₁D₁ 內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn) Q 為矩形 ABCD 內(nèi)一部分．根據(jù)拋物線的定義可知，點(diǎn) Q 的軌跡為拋物線的一部分，取 CD 中點(diǎn)為 o ，建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，則 C（1， 0） ， B（1，3） ， A （-1，3）， D（-1， 0） ，直線 AD 方程為 x=-1 ，可知拋物線方程為 y²=4x ，直線 BD 的方程為 3x-2y+3= 0，由 PQ⊥ 平面 ABCD ， BB₁⊥ 平面 ABCD ，可知 PQ //BB₁ ，又 BB₁? 平面 BB₁D₁D ， PQ? 平面 BB₁D₁D ，所以 PQ// 平面 BB₁D₁D ，則點(diǎn) P 到平面 BB₁D₁ 的距離等于點(diǎn) Q 到平面 BB₁D₁D 的距離，過點(diǎn) Q 作 QH⊥BD 于點(diǎn) H.

因?yàn)?BB₁⊥ 平面 ABCD ， QHC 平面 ABCD ，所以BB₁⊥QH.

因?yàn)?BB₁∩BD=B ， BB₁ ！ BDC 平面 BB₁D₁D ，所以 QH⊥ 平面 BB₁D₁D ，則點(diǎn) P 到平面 BB₁D₁ 的距離等于線段QH的長， ， ，將 x=1 代人 y²=4x ，解得 y=±2

可設(shè) ，則 |QH|= 1 時(shí)，

QH| 取得最小值 即點(diǎn) P 到平面

BB₁D₁ 的距離的最小值為 （2

故三棱錐 P-BB，D， 體積的最小值為

點(diǎn)評：本題綜合性較強(qiáng)，二面角、線面角及拋物線的定義等全上場了，最后還函數(shù)讓全劇終，前面的所有工作都是為函數(shù)閃亮登場服務(wù).

六、參數(shù)及變量的范圍問題

對參數(shù)及變量范圍問題的求解，我們同樣可以借助函數(shù)思想，將問題逐步向函數(shù)轉(zhuǎn)化，然后利用函數(shù)的單調(diào)性產(chǎn)生最值，結(jié)合最值產(chǎn)生結(jié)論.

例7．函數(shù) f（x）=e^asinx-asinx（alt;-1） ，若 ?x₀∈ R，使得 成立，則整數(shù) α_a 的最大值為 ：（參考數(shù)據(jù)： ln2=0.7 ， ，ln5=1.6）

解析：由 f（x）=e^asinx-asinx 得 f（x） 是周期為 2π 的周期函數(shù). f^′（x）=acosx（e^asinx-1） ，當(dāng) x∈[0， 2π] （20時(shí)， f（x） 在 單調(diào)遞增， 單調(diào)遞減， 單調(diào)遞增， 單調(diào)遞減. 又 ，且 alt;0.

構(gòu)造函數(shù) φ（x）=e^x-e^-x-2x（xlt;0） ，求得 φ^′（x）= e^x+e^-x-2 ，由基本不等式可得：

當(dāng) _xlt;0 時(shí)， φ^′（x）gt;0 恒成立，所以函數(shù) φ（x） 在（-∞，0） 單調(diào)遞增，且 φ（0）=0 ，故 φ（x）lt;0 ，所以有 ，即 為函數(shù) f（x） 的最大值.

若 ?x₀∈R ，使得 成立，即 f 亦即 e^-a-

構(gòu)造函數(shù) g（x）=x-lnx ，可知 在 x∈（0， 1） （204號單調(diào)遞減，在 x∈（1，∞） 單調(diào)遞增

又 alt;-1 ，所以 e^-agt;1 ， （-a）³gt;1 ，所以 e^-agt; 令 t=-a ，則 tgt;1 ，構(gòu)造函數(shù) h ，可知 h（t） 在 t∈（1， 3） 單調(diào)遞減，在 t∈（3，+∞） 單調(diào)遞增.

又 h（ 3）=3-3ln3lt;0 ， h（2）=2-3ln2lt;0 ， h（4）=4 ， h（5）=5-3ln5gt;0

所以滿足條件的整數(shù) -a≥5 ，故整數(shù) a≤-5 ，即整數(shù)a的最大值為-5.

點(diǎn)評：本題看上去本身就是函數(shù)問題，但在處理過程中，對中途產(chǎn)生的式子，又兩次引入函數(shù)，借助函數(shù)性質(zhì)得到結(jié)論，整個(gè)過程，相當(dāng)漂亮，數(shù)學(xué)的靈活性被詮釋得淋漓盡致.

七、判斷與論證問題

對一個(gè)問題的分析判斷或是對一個(gè)結(jié)論的論證，有時(shí)利用函數(shù)思想，通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解，會(huì)讓我們感覺耳目一新.

例8.已知 Δ_a ， b 為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且 ，證明：

解析：由

設(shè)劵 f（x）=x（1-lnx） ，得

由 ，當(dāng) x∈（0， 1） 時(shí)，f^′（x）gt;0 ，當(dāng) x∈（1，∞） 時(shí)， f^′（x）lt;0 ，故 f（x） 的遞增區(qū)間為（0，1），遞減區(qū)間為 （1，+∞） 一

，即 f（x₁）=f（x₂） ，由單調(diào)性不妨設(shè) 01lt;1 ， x₂gt;1

再設(shè) g（x）=f（x）-f（2-x），0

則 -ln[x（2-x）]

因?yàn)?0 ，故-lnx（2-x）gt;0

所以 g^′（x）gt;0 ，得 g（x） 在（0，1）為增函數(shù)，所以 g（x）1）lt; f（2-x₁）?f（x₂）1） .由 01lt;1 得 2-x₁gt;1 ，由于 f（x） 在 （1，+∞） 上為減函數(shù)，因此 得 x₁+

x₂gt;2

點(diǎn)評：表面上看完全是一道不等式的證明問題，透過函數(shù)思想，我們發(fā)現(xiàn)了它與函數(shù)有千絲萬縷的聯(lián)系，通過構(gòu)造函數(shù)產(chǎn)生了非常巧妙的求解

例9.求證：

證明：構(gòu)造 即

點(diǎn)評：本題是不等式的證明問題，可以通過放縮法得到結(jié)果．但這里構(gòu)造了二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，產(chǎn)生結(jié)論，可以看出這種解法更具有啟發(fā)性.

八、探索與創(chuàng)新問題

有些問題的結(jié)論并不明確，只有通過對條件的再分析、再探索，結(jié)論往往才逐漸清晰．而分析與探索的過程往往要結(jié)合函數(shù)思想，通過構(gòu)造合適的函數(shù)，再透過函數(shù)性質(zhì)促使問題獲解，

例10．探索方程 （x-2）e^x+a（x-1）²=0（a≠0） 有且僅有一個(gè)的零點(diǎn)充要條件.

解析：引入函數(shù) f（x）=（x-2）e^x+a（x-1）² 則f^′（x）=（x-1）（e^x+2a）

若 agt;0 時(shí)，當(dāng) x∈（-∞，1） 時(shí)， f^′（x）lt;0 ；當(dāng) x ∈（1，+∞） 時(shí)， f^′（x）gt;0 ，所以 f（x） 在 （-∞，1） 上單調(diào)遞減，在 （1，+∞） 上單調(diào)遞增．又 f（1）=-e f（2）=agt;0 f（-∞）gt;0 ，此時(shí) f（x） 存在兩個(gè)零點(diǎn).

若 alt;0 ，由 f^′（x）=0 得 x=1 或

當(dāng) 即 時(shí)， x∈（1，∞） 時(shí)，f^′（x）gt;0 ，因此 f（x） 在 （1，+∞） 上單調(diào)遞增．且 x≤1 時(shí)， f（x）lt;0 ，

此時(shí)，有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，

當(dāng) 即 時(shí)， f（x） 在 （-∞，1） 單調(diào)遞增，在（1， ）單調(diào)遞減，在（ In（-2a） ，+∞ ）單調(diào)遞增．由于 f（1）lt;-elt;0 ，可得 （2時(shí)， f（x）lt;0 ，取 a=-2 ，則 f（3）=e³-2×2²=e³-8gt;0 ，此時(shí)， f（x） 在（ ， +∞ ）有且僅有一個(gè)零，也是在定義域內(nèi)有且僅有一個(gè)零.

故方程 （x-2）e^x+a（x-1）²=0 有且僅有一個(gè)的零點(diǎn)充要條件為

點(diǎn)評：本題借助函數(shù)，對一個(gè)方程根的情況進(jìn)行了詳細(xì)的分析，最終也產(chǎn)生了我們要的結(jié)論，合理、準(zhǔn)確的應(yīng)用函數(shù)是關(guān)鍵.

例11．若方程 x²=ae^x 有三個(gè)不同實(shí)根 x₁ ， x₂ ，x₃ ，且 x₁23 ，試探究 x₁+x₂+x₃ 與3的大小，并證明你的結(jié)論.

解析：由 有三個(gè)根，令 顯然 g（x） 在 （ε-∞，ε0） ，（2， +∞ ）函數(shù)遞減，在（0，2）上函數(shù)遞增.

由（1）知 x₁lt;02lt;23 ，不妨設(shè) x₃lt;4

設(shè) 顯然， ?xgt; 2時(shí) h^′（x）gt;0 ，即 h（x） 遞增，由于 x₃gt;2?h（x₃）gt;h （2）=0?g（x₃）gt;g（4-x₃）?g（x₂）gt;g（4-x₃） ，由于 0lt; x₂lt;2 ， 0lt;4-x₃lt;2 ，由于 在（0，2）是增函數(shù)，于是 x₂gt;4-x₃?x₂+x₃gt;4.

由 ，由于 g（x） 在（-∞，0） 上是減函數(shù)，從而 -11lt;0

于是 x₁+x₂+x₃gt;3

點(diǎn)評：本題難度較大，通過對原式的分析與轉(zhuǎn)化使得我們第一次順利地引入了函數(shù)，并對函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行分析，然后再結(jié)合這個(gè)函數(shù)又構(gòu)造了新的函數(shù)，通過新函數(shù)對三個(gè)數(shù)進(jìn)行了有效的組合，最終產(chǎn)生結(jié)論，整個(gè)過程可謂是精彩不斷.

至此，我們看出了函數(shù)思想在解題中的廣泛應(yīng)用，它應(yīng)用的基本模式是：對所求問題進(jìn)行合理轉(zhuǎn)化，然后借助轉(zhuǎn)化后的式子構(gòu)造函數(shù)，再通過對函數(shù)性質(zhì)的研究與利用促使問題獲解

專項(xiàng)練習(xí)：

1．已知函數(shù) f（x） 是定義在 （-∞，0）∪（0，+ ∞ ）上的偶函數(shù)，且對定義域內(nèi)任意 x ，都有 2f（x）+ xf^′（x）gt;2 成立，則不等式 x²f（x）-4f（2）2-4 的解集為

A. {x∣x≠0，±2} B. （-2， 0）∪（0， 2） （2號 C. （-∞，-2）∪（2，+∞） （20 D. （-∞，-2）∪（0，2）

2.已知 5^a+17^b=23^a ， 3^a+11^b=13^b ，則（

A. ab （20 C. alt;-b （204 D. agt;-b

3．不等式 在 （0，+∞） 上恒成立，實(shí)數(shù) α_a 的范圍為

4.已知 x₀ 是函數(shù) 的零點(diǎn)，則 的值為

5.已知正四棱錐的側(cè)棱長為 l ，其各頂點(diǎn)都在同一球面上．若該球的體積為 36π ，且 ，則該正四棱錐體積的最大值為

6．方程 在 有兩解 x₁ ， x₂ ，則 x₁+x₂ 的范圍是

提示：

1.D；設(shè) ，則不等式變?yōu)?F（x）

2.A；利用函數(shù) 及 產(chǎn)生結(jié)論.

3. a≥1 ；由 在 （0，+∞） 上恒成立 在 （0，+∞） 上恒成立，設(shè) h（x）= ，則 h（0）=0 ，由于

若 a≥1 ，當(dāng) x∈[0，+∞） 時(shí)， 0，即 在 [0，+∞） 上為減函數(shù)，： ，即 在 （0，+∞） 上恒成立.

若 a≤0 ，則 h^′（x）gt;0 顯然不滿足條件.

數(shù)學(xué)有數(shù)

若 0 時(shí) 上為增函數(shù)，即 不能使 在 （0，+∞） 上恒成立.

于是，不等式 在 （0，+∞） 上恒成立，則 Ψ_a 的取值范圍為 a≥1

4.2；由

構(gòu)造 f（x）=xe^x ，由于 f^′（x）=（x+1）e^x ，顯然 x∈ （0， +∞） 時(shí)， f^′（x）gt;0 即函數(shù) f（x） 單調(diào)遞增，由 xe^x 即

于是，得 =lnxo.

于是，

5. 設(shè)球的半徑為 R ，由

再設(shè)正四棱錐的底面邊長為 2a ，高為 h ，則 l²= 2a²+h² ，又由 3²=2a²+（3-h）² ，得 6h=l² ， 2a²=l² -h² ：

體積

由 當(dāng) 時(shí)， V^′gt;0 ，當(dāng) 時(shí)， V^′lt;0 ，所以當(dāng) 時(shí)，正四棱錐的體積 V 取最大值，最大值為 （20

5 ；由 1），易得 f（x） 在 上遞減，在 （1，+∞） 上遞增所以 由于 在 有兩解 ，不妨設(shè)

設(shè) g（Ψ_x）=f（Ψ_x）-f（2-x） ，則 g^′（x）=f（x）+f^′（2- x）=4x²（x-1）+4（2-x）²（1-x）=4（x-1）²≥0 ，所以 g （x） 遞增，得 xgt;0 時(shí)， g（x）gt;0 即 f（x）gt;f（2-x） ，由于f（x₁）=f（x₂）gt;f（2-x₂） ，因?yàn)?x₁lt;12 得 2-x₂lt;1 ，結(jié)合 f（x） 在 （-∞，1） 上遞減，可得 x₁lt;2-x₂ 即 x₁+x₂lt; 2，于是 x₁+x₂ 的范圍是

【作者簡介：中學(xué)數(shù)學(xué)高級教師，教育部《普通高中新課程數(shù)學(xué)教學(xué)指導(dǎo)》編寫人，主編與參編多本天星教育《試題調(diào)研》．主編學(xué)海導(dǎo)航的《必修四》與《選修2—3》同步教學(xué)輔導(dǎo)資料.主編愛瘋系列2020年與2021年高三一輪、二輪復(fù)習(xí)用書《高考備考新模式》與《高考數(shù)學(xué)命題揭秘與專題練析》．近年在《數(shù)學(xué)通報(bào)》《中等數(shù)學(xué)》《數(shù)學(xué)教學(xué)》《中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考》及《中學(xué)數(shù)學(xué)》等多種雜志發(fā)表論文及中學(xué)生科普讀物一千多篇，多篇被人大資料復(fù)印中心G35《中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)》全文轉(zhuǎn)載】