广东省东莞市东莞中学(523005) 卢 众

在复习阶段,题目千变万化,解法也是多样.如何让学生脱离题海,提高学习的效率,是大部分老师与同学都面临的问题.本文以导数中的构造问题为载体,通过分析题干,探寻问题的关键,进而找到各种解法.并总结提升,寻求通法,提供几点有益于教学的建议.

一、问题呈现

题目1定义在R 上的奇函数y=f(x) 满足:当f(−1) = 0 且x >0 时,xf′(x)< f(x).求不等式f(x)>0的解集.

解法1(构造特殊函数) 令f(x) =−x3+x,易知y=f(x)满足题意,则f(x)>0 的解集为(−∞,−1)∪(0,1).

分析构造f(x)=−x3+x的过程较为困难,并不是每个同学都能够掌握.不妨尝试从“x >0 时xf′(x)< f(x)”这个条件出发,令f(x) =ax+b,则由xf′(x)< f(x)可知b>0.不妨令b=1,因为f(1)=−f(−1)=0,所以a=−1,f(x)=−x+1.又y=f(x)为R 上的奇函数,所以

从而,f(x)>0 的解集为(−∞,−1)∪(0,1).

解法2(构建抽象函数模型)令F(x) =所以x>0 时,F′(x)=<0,则y=F(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F(1) ==f(−1) = 0,所以x >0 时,若f(x)>0,即F(x)>0,则x ∈(0,1).由y=f(x) 为奇函数可知,y=F(x) 是(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,所以x <0 时,若f(x)>0,则F(x)<0,x ∈(−∞,−1).又因为f(0) = 0,所以f(x)>0 的解集为(−∞,−1)∪(0,1).

分析根据导数结构的特征“xf′(x)

题目2定义在R 上的函数y=f(x)满足f(0)=2,且f(x)+f′(x)>1,求不等式exf(x)>ex+1 的解集.

解法1(构造特殊函数法)易知f(x) = 2 满足题意,由exf(x)>ex+1 可知解集为(0,+∞).

分析函数f(x) = 2,符合题意,且易于解题,显示出此解法的简便之处.此题也可尝试设f(x) =ax2+b(a ̸= 0),则f(0) =b= 2,f(x)+f′(x) =ax2+2ax+b >1,即ax2+2ax+1>0 恒成立,则a>0 且∆=4a2−4a<0,所以+2 符合题意.若exf(x)>ex+1,则则所以y=F(x)在R 上单调递增.由F(0) = 0,若F(x)>0,则x >0,即exf(x)>ex+1的解集为(0,+∞).

解法2(构建函数模型) 令F(x) = ex(f(x)−1),则F(0) = e0(f(0)−1) = 1.因为F′(x) = ex(f(x)+f′(x)−1)>0,所以y=F(x)在R 上单调递增.由exf(x)>ex+1,得到F(x)>1=F(0),则解集为(0,+∞).

分析先根据“f(x) +f′(x)”的结构特征,构造抽象函数G(x) = exf(x).再结合G′(x) = ex(f(x) +f′(x))以及题设f(x) +f′(x)−1>0,调整y=G(x) 并构造F(x)=G(x)−ex,则F′(x)=ex(f(x)+f′(x)−1)>0 符合题意.

题目3 (2013年高考辽宁卷理科第13 题)若函数f(x)满足x2f′(x)+2xf(x)=则x>0 时,f(x)( ).

A.有极大值、无极小值 B.无极大值、有极小值

C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值也无极小值

解令F(x) =x2f(x)−H(x),其中y=H(x) 满足H′(x) =因为F′(x) = 0,所以F(x) =C,其中C为任意常数,从而f(x) =且H(2) =4f(2)−C=−C.因为f′(x) =令u(x) = ex −2H(x)−2C,则u′(x) =所以y=u(x)在(0,2)上单调递减,在[2,+∞)上单调递增.因为u(2)……