破解“函數(shù)與導數(shù)”試題的四種技巧

■河南省許昌高級中學 郭曼曼

縱觀近幾年全國高考試題，多以導數(shù)解決函數(shù)綜合性問題作為壓軸題出現(xiàn)。這類試題，由于試題新穎，綜合性強，方法多樣，技巧性強，所以難度往往很大。本文結合幾道例題，給出破解“函數(shù)與導數(shù)”試題的一些技巧，使這類問題的求解也具有一定的通性通法，降低解題難度。

一、變證為求，調整證題思路

例1 設函數(shù)，曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y=e(x—1)+2。證明：f(x)＞1。

思路1：變證為求。

將不等式轉換成g(x)＞h(x)的形式?g(x)min＞h(x)max。

要證f(x)＞1，即證即

令g(x)=xl nx，h(x)=，則g "(x)=1+l nx。

當x∈時，g "(x)＜0；當x∈時，g "(x)＞0。

所以g(x)min=

同理，求出h(x)max=h(1)=—所以g(x)＞h(x)，即f(x)＞1。

思路2：利用不等式的基本性質先進一步適當放縮后再構造函數(shù)不等式。

令g(x)=exl nx+1(x＞0)，所以g "(x)=e(1+l nx)，令g "(x)=0得

當0＜x≤時，1+l nx≤0，所以g "(x)≤0；當x＞時，1+l nx＞0，所以g "(x)＞0。

所以函數(shù)g(x)=exl nx+1(x＞0)的減區(qū)間為，增區(qū)間為

所以g(x)min==0，所以?x＞0，≥0，當且僅當時，不等式取等號。

而?x＞0，ex—1≥x(當且僅當x=1時，不等式取等號)，又≠1，當x＞1時，＞0，即e l n，所以e l nx+，所以成立。

歸納：有些問題可以按照常規(guī)思路和方法直接構造函數(shù)，然后利用導數(shù)求解，但由于判斷其導數(shù)的符號或求最值遇到難以克服的困難，因此常常陷入困境。但是，若能適當改變問題結構，同時調整證題方向，如變證為求，有時可收到“化難為易”的神奇效果。例1中的思路2根據(jù)教材習題上的恒成立的函數(shù)不等式ex≥x+1，利用證明不等式的基本方法——放縮法，先將原不等式進行等價轉換，再進行放縮，可以看出要證明原函數(shù)不等式，只要證明不等式e l nx+＞0(x＞0)，相比思路2，思路1的變證為求同學們更容易想到。

二、設而不求，繞過求解難點

例2 已知函數(shù)f(x)=a xsinx—且在上的最大值為。求f(x)的解析式；判斷函數(shù)f(x)在(0，π)內的零點的個數(shù)，并加以證明。

解析：由已知得f "(x)=a(sinx+xc o sx)，對任意的x∈，有sinx+xc o sx＞0。

當a=0時，f(x)=—，不合題意。

當a＜0時，f(x)在上單調遞減，最大值為f(0)=—，不合題意。

當a＞0時，f(x)在上單調遞增，最大值為f，解得a=1。

綜上可知，f(x)=xsinx—

下面判斷函數(shù)在(0，π)內的零點的個數(shù)。

思路1：常規(guī)思路。

利用f "(x)研究f(x)在(0，π)上的性質，即研究f(x)的單調性及最值等，但求f "(x)=0的根是一個難以逾越的難關。題目沒有要求零點的具體值，只是判定零點個數(shù)而已，于是考慮“設而不求”。

思路2：設而不求。

由于x∈時，f "(x)＞0，且f(0)＞0，因此由連續(xù)函數(shù)零點存在性定理，?x1∈，使f(x)=0，即x是11函數(shù)f(x)的一個零點。

令φ(x)=f "(x)=sinx+xc o sx，則φ "(x)=2 c o sx—xsinx。

當x∈時，φ "(x)＜0，又φ0，φ(x)＜0，于是

當x∈(x0，π)時，φ(x)=f "(x)＜0。又＞0，f(π)＜0，所以?x(x，20π)，使f(x2)=0，即f(x)在[x0，π]內存在一個零點。

綜上可知，f(x)在(0，π)內存在兩個零點。

歸納：有些涉及方程的根或函數(shù)零點的問題，許多時候題目只是要確定零點的存在性、零點的個數(shù)或零點所在的范圍，而無需求出零點。因此，這類問題可以“設而不求”，化難為易。

三、構造函數(shù)

例3 已知函數(shù)f(x)=(x—2)ex+a(x—1)2(a＞0)有兩個零點。設x1，x2是f(x)的兩個零點，證明x1+x2＜2。

思路1：分析法尋求x1+x2＜2的等價命題，結合函數(shù)在區(qū)間(—∞，1)內單調遞減，證明f(2—x2)＜0，通過構造新函數(shù)，將其轉化為函數(shù)的最值問題。

因為a＞0，不妨設x1＜x2，x1＜1，x2＞1?2—x2＜1。又f(x)在區(qū)間(—∞，1)內單調遞減，所以x1+x2＜2?x1＜2—x2?f(x1)＞f(2—x2)，即f(2—x2)＜0。

令g(x)=—xe2—x—(x—2)ex?g "(x)=(x—1)(e2—x—ex)＜0?g(x)在R上單調遞減。

由g(1)=0?g(x2)=f(2—x2)=—xe2—x2—(x—2)ex2＜0，得x+x＜2。2212

當然，也可以將2—x1＞1作為突破口，結合函數(shù)在區(qū)間(1，+∞)內單調遞增，證明f(2—x1)＞0，通過以上相同解法得證。

思路2：對于極值點偏移問題，常構造新函數(shù)F(x)=f(2x0—x)—f(x)，或借助于拉格朗日中值定理構造新函數(shù)F(x)=f(x0+x)—f(x0—x)，其中x0為y=f(x)的極值點。利用F(x)≤0(或F(x)≥0)，結合y=f(x)的單調性來證明偏移問題。

由于a＞0，不妨設x1＜x2，x1＜1，x2＞1?2—x2＜1，1—x1＞0。又f(x)在區(qū)間(—∞，1)內單調遞減，在區(qū)間(1，+∞)內單調遞增，極值點為1，構造函數(shù)F(x)=f(x+1)—f(1—x)=(x—1)ex+1+(x+1)·e1—x?F "(x)=x(e1+x—e1—x)。

當x＞0時，F(xiàn) "(x)＞0?F(x)在區(qū)間(0，+∞)內單調遞增，則F(x)＞F(0)=0?f(1+x)＞f(1—x)。由1—x1＞0?1+(1—x1)＞1，所 以f(x2)=f(x1)=f(1—(1—x1))＜f(1+(1—x1))?f(x2)＜f(1+(1—x1))。

又f(x)在區(qū)間(1，+∞)內單調遞增，所以x2＜1+(1—x1)?x1+x2＜2，結論得證。

歸納：構造函數(shù)是解決導數(shù)問題的常用手段，巧妙地構造函數(shù)能使我們對問題有更加深刻的認識，是解題的銳利武器。常用的構造方法有移項作差、結構抽象、確定主元等。

四、放縮法

例4 已知函數(shù)f(x)=ax，g(x)=l o gax，其中a＞1。證明：當時，存在直線l，使l是曲線y=f(x)的切線，也是曲線y=g(x)的切線。

思路1：設y=f(x)在點(x1，ax1)處的切線為l1：y=ax1l na(x—x1)+ax1，y=g(x)在點(x2，l o gax2)處的切線為l2：y=重合等價于消去x整2理得=0(*)，曲線y=f(x)和y=g(x)有公切線，等價于關于x1的方程(*)有實數(shù)解。構建函數(shù)只要證明當，函數(shù)y(x)有零點，即找到實數(shù)m，n使u(m)u(n)≤0。為簡化ax，取m=l o gae，則u(l o gae)=為找到n使u(n)＜0，把u(x)放縮為簡單的函數(shù)，為消去ax對其進行放縮，觀察f(x)=ax的圖像，發(fā)現(xiàn)其圖像恒在點(0，1)處切線y=xl na+1的上方，用導數(shù)易證ax≥xl na+1。u(x)=ax(1—故1—xl na＜0，即x＞時，u(x)≤(1+xl na)(1—，此不等式右邊函數(shù)的圖像是開口向下的拋物線，故存在實數(shù)n，滿足且u(n)＜0。

思路2：記b=ax( 1—xl na)+x+b，x→—∞時，g(x)→—∞，可在原點左側探求n，使u(n)＜0。為消去ax，令ax＜c(c為正數(shù))，即x＜l o gac，當1—xl na＞0，即x＜時，u(x)＜c(1—xl na)+x+b=(1—cl na)x+c+b，當1—cl na＞0，即0＜c＜時，令(1—cl na)x+c+b＜0，解得x＜，故存在n，當時，u(n)＜0，其中

歸納：命題者的意圖是想讓考生通過研究函數(shù)u "(x)的零點、單調性和符號，找到函數(shù)u(x)的最大值u(x0)，再證u(x0)≥0。本解法不用探求u(x)的最大值，無需前問鋪墊，通過特殊點的精準驗證和函數(shù)式的靈活放縮，達到優(yōu)化解題的目的。