談函數思想在解題中的應用

函數是中學數學課程的一條主線，它貫穿于整個中學數學的課程之中，方程、不等式、數列均與函數有關，就算是看起來相對獨立的立體幾何也同樣與函數的著千絲萬縷的聯系.函數思想是依據問題的特點，從函數的角度來分析、認識所遇到的問題，通過構造適當函數，利用函數性質促使問題獲解.下面我們一起看看函數思想在解題中的具體應用

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：分析數與式的特點或特征，然后結合函數思想構造函數，通過函數的單調性產生結論

例1．下列三個數的大小關系，其中正確的一個是

A B. C D

解析：設 ，因為 f^′（x） 當 x∈（-1， 0） 時， f^′（x）gt;0 ，當 x∈ （0，Λ+∞） 時 f^′（x）lt;0 ，所以函數 在（0，+∞） 單調遞減，在（-1，0）上單調遞增，所以

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

點評：本題難度較大，在函數的構造上并非一帆風順，當函數構造成功之后，求解也就順利了，構造適當的函數是正確求解的關鍵.

二、恒成立問題

恒成立問題多與不等式結合，而此類問題的求解往往都是通過函數思想對代數式進行恒等轉化，最后構造函數，利用函數的最值完成求解.

例2.對 ?x∈（0，+∞） ， 恒成立，則實數 a 的最小值為

解析：由

構造 f（x）=xe^x ， x∈（0，+∞） ，由于 f^′（x）=（x+ 1）e^x ，顯然 x∈（0，±∞） 時， f^′（x）gt;0 即函數 f（x） 單調遞增，因此

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

因此，實數 Δ_a 的最小值為 點評：本題對恒成立的式子進行恒等變形，兩次

數學有數

構造函數，通過函數的單調性與最值促使問題獲解，求解過程不長，但數學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，但當不等式加入指數與對數之后，有時求解可能要用到函數了，通過函數的單調性對不等式進行變形與轉化.

例3．不等式 的解集為

解析： 由 設 則 ，由于 即 在函數 f（x） 的減區間內.

由 知 f（x） 的減區間為（0，1），因此

故不等式的解集為

點評：本題將不等式變形之后，引入函數，發現不等式的左邊與右邊正好是函數的兩個不同的值，結合單調性將原來較為復雜的不等式轉化為相對較簡單的不等式組，進一步產生結論，構造函數至關重要.

四、根與零點問題

零點本就是函數中的概念之一，但為了處理零點問題，我們又往往再從函數角度去分析、認識我們所面臨的問題，通過再構函數使問題獲解

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

解析：首先 x=1 是方程的一個解；

當 x≠1 時，由

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

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

點評：本題通過恒等變形，使其所給出的式子規范化，再利用規范化的結果構造函數，通過函數的單調性將原方程式轉化為一個簡單的方程，再構造函數，結合函數圖像產生結論.

例5．已知方程 x（sinx+1）+acosx-3=0（agt;2） 在 區間 上有唯一實根，則實數 α_a 的取值范圍 是

解析：設 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， g（x）gt; 0?f^′（x）gt;0 此時， f（x） 遞增， 時， g（x） lt;0?f^′（x）lt;0 此時， f（x） 遞減.

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

點評：本題通過方程構造函數，在第一次求導后，對導數式的正負判斷不易產生結論，于是又進行了第二次引入函數，通過導數的零點分布產生了第一次函數的單調性，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、數形結合等，其中通過函數，借助函數的單調性產生最值是最實用的且最好用的

例 6. 已知長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁ 中， AB=2 ， BC=3 AA₁=4 ，點 P 為矩形 A₁B₁C₁D₁ 內一動點，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 Q ，過點 Q 作 QE ⊥AD 于點 E ，連接 PC ， PE ，可知 ∠PCQ 即為直線PC 與平面 ABCD 所成的角，即 ∠PCQ=β

因為 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

因為 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

因為 α=β ，則 tan∠PCQ =tan∠PEQ ，即 CQ=QE ，則點 Q 到直線 AD 的距離等于點 Q 到點 c 的距離．又點 P 為矩形 A₁B₁C₁D₁ 內一動點，則點 Q 為矩形 ABCD 內一部分．根據拋物線的定義可知，點 Q 的軌跡為拋物線的一部分，取 CD 中點為 o ，建立如圖所示平面直角坐標系，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 P 到平面 BB₁D₁ 的距離等于點 Q 到平面 BB₁D₁D 的距離，過點 Q 作 QH⊥BD 于點 H.

因為 BB₁⊥ 平面 ABCD ， QHC 平面 ABCD ，所以BB₁⊥QH.

因為 BB₁∩BD=B ， BB₁ ！ BDC 平面 BB₁D₁D ，所以 QH⊥ 平面 BB₁D₁D ，則點 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 ，則 |QH|= 1 時，

QH| 取得最小值 即點 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

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

六、參數及變量的范圍問題

對參數及變量范圍問題的求解，我們同樣可以借助函數思想，將問題逐步向函數轉化，然后利用函數的單調性產生最值，結合最值產生結論.

例7．函數 f（x）=e^asinx-asinx（alt;-1） ，若 ?x₀∈ R，使得 成立，則整數 α_a 的最大值為 ：（參考數據： 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. f^′（x）=acosx（e^asinx-1） ，當 x∈[0， 2π] （20時， f（x） 在 單調遞增， 單調遞減， 單調遞增， 單調遞減. 又 ，且 alt;0.

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

若 ?x₀∈R ，使得 成立，即 f 亦即 e^-a-

構造函數 g（x）=x-lnx ，可知 在 x∈（0， 1） （204號單調遞減，在 x∈（1，∞） 單調遞增

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

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 -a≥5 ，故整數 a≤-5 ，即整數a的最大值為-5.

點評：本題看上去本身就是函數問題，但在處理過程中，對中途產生的式子，又兩次引入函數，借助函數性質得到結論，整個過程，相當漂亮，數學的靈活性被詮釋得淋漓盡致.

七、判斷與論證問題

對一個問題的分析判斷或是對一個結論的論證，有時利用函數思想，通過構造函數，利用函數的性質進行求解，會讓我們感覺耳目一新.

例8.已知 Δ_a ， b 為兩個不相等的正數，且 ，證明：

解析：由

設劵 f（x）=x（1-lnx） ，得

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

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

再設 g（x）=f（x）-f（2-x），0

則 -ln[x（2-x）]

因為 0 ，故-lnx（2-x）gt;0

所以 g^′（x）gt;0 ，得 g（x） 在（0，1）為增函數，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，因此 得 x₁+

x₂gt;2

點評：表面上看完全是一道不等式的證明問題，透過函數思想，我們發現了它與函數有千絲萬縷的聯系，通過構造函數產生了非常巧妙的求解

例9.求證：

證明：構造 即

點評：本題是不等式的證明問題，可以通過放縮法得到結果．但這里構造了二次函數，利用二次函數的相關性質，產生結論，可以看出這種解法更具有啟發性.

八、探索與創新問題

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

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

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

若 agt;0 時，當 x∈（-∞，1） 時， f^′（x）lt;0 ；當 x ∈（1，+∞） 時， f^′（x）gt;0 ，所以 f（x） 在 （-∞，1） 上單調遞減，在 （1，+∞） 上單調遞增．又 f（1）=-e f（2）=agt;0 f（-∞）gt;0 ，此時 f（x） 存在兩個零點.

若 alt;0 ，由 f^′（x）=0 得 x=1 或

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

此時，有且僅有一個零點，

當 即 時， f（x） 在 （-∞，1） 單調遞增，在（1， ）單調遞減，在（ In（-2a） ，+∞ ）單調遞增．由于 f（1）lt;-elt;0 ，可得 （2時， f（x）lt;0 ，取 a=-2 ，則 f（3）=e³-2×2²=e³-8gt;0 ，此時， f（x） 在（ ， +∞ ）有且僅有一個零，也是在定義域內有且僅有一個零.

故方程 （x-2）e^x+a（x-1）²=0 有且僅有一個的零點充要條件為

點評：本題借助函數，對一個方程根的情況進行了詳細的分析，最終也產生了我們要的結論，合理、準確的應用函數是關鍵.

例11．若方程 x²=ae^x 有三個不同實根 x₁ ， x₂ ，x₃ ，且 x₁23 ，試探究 x₁+x₂+x₃ 與3的大小，并證明你的結論.

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

由（1）知 x₁lt;02lt;23 ，不妨設 x₃lt;4

設 顯然， ?xgt; 2時 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，于是 x₂gt;4-x₃?x₂+x₃gt;4.

由 ，由于 g（x） 在（-∞，0） 上是減函數，從而 -11lt;0

于是 x₁+x₂+x₃gt;3

點評：本題難度較大，通過對原式的分析與轉化使得我們第一次順利地引入了函數，并對函數的單調性進行分析，然后再結合這個函數又構造了新的函數，通過新函數對三個數進行了有效的組合，最終產生結論，整個過程可謂是精彩不斷.

至此，我們看出了函數思想在解題中的廣泛應用，它應用的基本模式是：對所求問題進行合理轉化，然后借助轉化后的式子構造函數，再通過對函數性質的研究與利用促使問題獲解

專項練習：

1．已知函數 f（x） 是定義在 （-∞，0）∪（0，+ ∞ ）上的偶函數，且對定義域內任意 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，實數 α_a 的范圍為

4.已知 x₀ 是函數 的零點，則 的值為

5.已知正四棱錐的側棱長為 l ，其各頂點都在同一球面上．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 ，則不等式變為 F（x）

2.A；利用函數 及 產生結論.

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

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

若 a≤0 ，則 h^′（x）gt;0 顯然不滿足條件.

數學有數

若 0 時 上為增函數，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

構造 f（x）=xe^x ，由于 f^′（x）=（x+1）e^x ，顯然 x∈ （0， +∞） 時， f^′（x）gt;0 即函數 f（x） 單調遞增，由 xe^x 即

于是，得 =lnxo.

于是，

5. 設球的半徑為 R ，由

再設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 時， V^′gt;0 ，當 時， V^′lt;0 ，所以當 時，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

設 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， g（x）gt;0 即 f（x）gt;f（2-x） ，由于f（x₁）=f（x₂）gt;f（2-x₂） ，因為 x₁lt;12 得 2-x₂lt;1 ，結合 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：中學數學高級教師，教育部《普通高中新課程數學教學指導》編寫人，主編與參編多本天星教育《試題調研》．主編學海導航的《必修四》與《選修2—3》同步教學輔導資料.主編愛瘋系列2020年與2021年高三一輪、二輪復習用書《高考備考新模式》與《高考數學命題揭秘與專題練析》．近年在《數學通報》《中等數學》《數學教學》《中學數學教學參考》及《中學數學》等多種雜志發表論文及中學生科普讀物一千多篇，多篇被人大資料復印中心G35《中學數學教學》全文轉載】