高中數(shù)學(xué)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的三種解題技巧

張家權(quán)

(貴州省從江縣第二民族高級(jí)中學(xué),貴州 黔東南州 557401)

關(guān)于函數(shù)的相關(guān)知識(shí)內(nèi)容在初中階段就有過(guò)一定的教學(xué),在高中階段會(huì)以初中內(nèi)容為基礎(chǔ),為學(xué)生提供更加詳細(xì)和深入的教學(xué).同時(shí),在新高考環(huán)境下對(duì)于函數(shù)值與導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識(shí)教學(xué)重點(diǎn)也有了一定的變化,新老高考對(duì)于函數(shù)與導(dǎo)數(shù)模塊的考法和測(cè)驗(yàn)內(nèi)容存在一定的差異,同時(shí)也具備一些相同點(diǎn)[1].因此在當(dāng)下的高中數(shù)學(xué)教學(xué)中,必須充分結(jié)合新課標(biāo)以及新高考的教學(xué)需求和特點(diǎn),針對(duì)性地解決函數(shù)與導(dǎo)數(shù)模塊教學(xué)所存在的問(wèn)題,讓學(xué)生能夠充分掌握本模塊的知識(shí)內(nèi)容以及解題技巧,從而彰顯新課標(biāo)和新高考背景下的教育改革實(shí)效.

1 常見(jiàn)的輔助函數(shù)構(gòu)建方式

1.1 結(jié)合積、商函數(shù)求導(dǎo)法則構(gòu)建函數(shù)

(2)關(guān)于不等式f′(x)k(x)+f(x)k′(x)<0(或者>0),可以構(gòu)建輔助函數(shù)F(x)=f(x)k(x).

1.2 結(jié)合差、和函數(shù)求導(dǎo)法則構(gòu)建函數(shù)

(1)關(guān)于不等式f′(x)-k′(x)<0(或者>0),可以構(gòu)建輔助函數(shù)F(x)=f(x)-k(x).

(2)關(guān)于不等式f′(x)+k′(x)<0(或者>0),可以構(gòu)建輔助函數(shù)F(x)=f(x)+k(x).

(3)關(guān)于不等式f′(x)a)(a≠0),可以構(gòu)建輔助函數(shù)F(x)=f(x)-ax.

1.3 結(jié)合積、商函數(shù)求導(dǎo)法則的特殊情況構(gòu)建函數(shù)

(2)關(guān)于不等式xf′(x)+f(x)<0(或者>0),可以構(gòu)建輔助函數(shù)F(x)=xf(x).

(4)關(guān)于不等式xf′(x)+af(x)<0(或者>0),可以構(gòu)建輔助函數(shù)F(x)=xaf(x).

(6)關(guān)于不等式f′(x)+f(x)<0(或者>0),可以構(gòu)建輔助函數(shù)F(x)=exf(x).

(8)關(guān)于不等式f(x)+f′(x)tanx<0(或者>0),可以構(gòu)建輔助函數(shù)F(x)=sinxf(x).

(10)關(guān)于不等式f′(x)-f(x)tanx<0(或者>0),可以構(gòu)建輔助函數(shù)F(x)=cosxf(x).

(12)(理)關(guān)于不等式f′(x)+af(x)<0(或者>0),可以構(gòu)建輔助函數(shù)F(x)=eaxf(x).

2 構(gòu)建具體函數(shù)進(jìn)行解題

面對(duì)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)相關(guān)問(wèn)題時(shí),一般會(huì)將題目中所給的函數(shù)解析式直接代入,然后求出不等式的解集.如果在此過(guò)程中發(fā)現(xiàn)無(wú)法求出解集,或者是求解過(guò)程過(guò)于困難,那么就可以把解題思路放在構(gòu)建一個(gè)新函數(shù)的方向上.

例1已知f′(x)為偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導(dǎo)函數(shù),在x∈(0,+∞)時(shí),xf′(x)-2f(x)>0,那么不等式4f(x+2 021)-(x+2 021)2f(-2)<0的解集是____.

解析根據(jù)題目可知xf′(x)-2f(x)>0(x>0).

因此x2f′(x)-2xf(x)>0.

因?yàn)?f(x+2 021)-(x+2 021)2f(-2)<0,

因此F(x+2 021)

所以當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),F′(x)>0.

因此F′(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增.

所以|x+2 021|<2,可得-2 023

又因?yàn)閤+2 021≠0,因此x≠-2 021.

故x∈(-2 023,-2 021)∪(-2 021,-2 019).

設(shè)k(x)=exf(x),則k(-x)=k(x).

由于當(dāng)x<0時(shí),f′(x)+f(x)>0,可得

k′(x)=ex[f′(x)+f(x)]>0.

因此函數(shù)k(x)在(-∞,0]上單調(diào)遞增,在[0,+∞)上單調(diào)遞減.

由于ecf(2c+1)≥f(c+1),可得

e2c+1f(2c+1)≥ec+1f(c+1).

所以k(2c+1)≥k(c+1),|2c+1|≤|c+1|.

3 構(gòu)建抽象函數(shù)進(jìn)行解題

結(jié)合題目所給出的條件構(gòu)建出一個(gè)新的輔助函數(shù),這是我們?cè)诮獯鸷瘮?shù)與導(dǎo)數(shù)相關(guān)問(wèn)題時(shí)所應(yīng)用的一種最為關(guān)鍵的技巧.在題干中已經(jīng)告知了一些方程、最值或者是與導(dǎo)數(shù)相關(guān)的訊息時(shí),就需要以此為基礎(chǔ)構(gòu)建出目標(biāo)函數(shù),同時(shí)要擬定變量的限制條件.隨后對(duì)函數(shù)最值、單調(diào)性等條件進(jìn)行分析,以此來(lái)理清解題思路.

例3定義在R上的函數(shù)f(x)滿足e4(x+1)f(x+2)=f(-x),同時(shí)對(duì)任意的x≥1都有f′(x)+2f(x)>0,(f′(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù)),那么下面的敘述中正確的一項(xiàng)為( ).

A.e6f(3)>f(-1) B.e4f(2)>f(0)

C.e2f(3)>f(2) D.e10f(3)>f(-2)

解析設(shè)F(x)=e2xf(x),可得

F′(x)=2e2xf(x)+e2xf′(x)=e2x[2f(x)+f′(x)].

已知f(x)對(duì)任意的x≥1都有f′(x)+2f(x)>0,

所以F′(x)>0,那么F(x)在[1,∞)上單調(diào)遞增.

F(x+2)=e2(x+2)f(x+2),F(-x)=e-2xf(-x).

由于e4(x+1)f(x+2)=f(-x),因此e2xe2(x+2)·f(x+2)=f(-x),且e2(x+2)f(x+2)=e-2xf(-x).

所以F(x+2)=F(-x).

可得F(x)關(guān)于x=1對(duì)稱.

因此F(-2)=F(4).

又因?yàn)镕(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,因此F(3)

所以e6f(3)

也就是說(shuō)e10f(3)

因?yàn)镕(3)=F(-1),F(0)=F(2),因此選項(xiàng)A,B也都不對(duì);

因?yàn)镕(3)>F(2),所以e2f(3)>f(2),故選C.

4 抽象問(wèn)題具體化

解答函數(shù)與導(dǎo)數(shù)相關(guān)問(wèn)題時(shí),必須要對(duì)函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性做出充分的認(rèn)知,這些知識(shí)貫穿了整個(gè)高中數(shù)學(xué)的教學(xué).因此在解答此類問(wèn)題時(shí),必須熟練掌握不同表達(dá)形式的函數(shù)單調(diào)性、奇偶性,在解題過(guò)程中充分發(fā)掘其內(nèi)在關(guān)聯(lián),找到問(wèn)題的本質(zhì),將抽象問(wèn)題具體化.

解析根據(jù)題目可得f(x)是偶函數(shù),同時(shí)在[0,+∞)單調(diào)遞減.

所以f(2ax-lnx-3)≥2f(3)-f(-2ax+lnx+3)能夠換算成f(2ax-lnx-3)≥f(3)對(duì)應(yīng)于x∈[1,3]恒成立,也就是|2ax-lnx-3|≤3.

所以0≤2ax-lnx≤6對(duì)x∈[1,3]恒成立.

5 結(jié)束語(yǔ)

總的來(lái)說(shuō),求解函數(shù)與導(dǎo)數(shù)相關(guān)題型的過(guò)程中,會(huì)涉及較多的抽象函數(shù)問(wèn)題,許多學(xué)生因此降低了答題效率和正確性.但是在面對(duì)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類的問(wèn)題時(shí),只要能夠按照題目所給的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)關(guān)系式,聯(lián)想導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則,然后以構(gòu)造輔助函數(shù)為基礎(chǔ),通過(guò)導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性,就能夠迅速解出這類函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的題目[2].