构造函数法在高考中的运用
2016-03-02王维
构造函数法在高考中的运用
王维
(山东省曹县第三中学,274400)
纵观2015年全国各省市高考数学试题不难发现,构造函数法在解决高考试题中有着较为广泛的运用.本文以2015年高考相关试题为例予以说明,仅供参考.
一、不等式问题
例1(全国卷)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0.当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()
(A) (-∞,-1)∪(0,1)
(B) (-1,0)∪(1,+∞)
(C) (-∞,-1)∪(-1,0)
(D) (0,1)∪(1,+∞)
综上,易见x的取值范围是x<-1或0 例2(北京卷)已知函数 (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求证:当x∈(0,1)时, (3)(略). 解(1)易知函数f(x)的定义域为(-1,1). 从而f(0)=0,f′(0)=2. 故切线方程为y=2x. 评注用增数列构造减数列的方法是求数列上界不同凡响的一招,由此求得的上界往往比预期的更好. 评注本题第(2)问恰当地构造新函数,利用导数法研究函数的单调性,进而可证明不等式成立. 二、恒成立问题 例3(全国卷)设函数 f(x)=emx+x2-mx. (1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围. 解(1)略. (2)由(1)可知,f(x)在x=0处取得极小值为f(0)=1,所以有 |f(x1)-f(x2)|≤e-1 (*) 令函数g(t)=et-t-e+1,则 g′(t)=et-1, 易见g(t)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增. 又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0, 所以当t∈[-1,1]时,g(t)≤0. 下面对实数m进行分类讨论: 当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即(*)式成立; 当m>1时,由g(t)的单调性可知,g(m)>0,即em-m>e-1,(*)式不成立; 当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1,此时(*)式也不成立. 综上所述,可知m的取值范围是[-1,1]. 评注本题问题(2)通过合理构造新的函数,利用导数法研究函数的单调性以及不等式恒成立问题,方便了求解有关参数的取值范围. 例4(四川卷)已知函数f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,其中a>0. (1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性; (2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 解(1)略. 则φ(1)=1>0, 由零点存在定理,可知存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0. u(x)=x-1-lnx(x≥1). 即a0∈(0,1). 当a=a0时,有f′(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0. 由(1)可知,函数f′(x)在(1,+∞)内单调递增, 从而当x∈(1,x0)时,f′(x0)<0,从而f(x)>f(x0)=0; 当x∈(x0,+∞)时,f′(x0)>0,从而f(x)>f(x0)=0. 因此,当x∈(1,+∞)时,恒有f(x)≥0. 综上所述,可知存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 评注本题第(2)问合理构造新函数,利用求导的方法讨论函数的单调性,进而使问题得证;同时考查了函数与方程、化归与转化、数形结合以及分类讨论等重要数学思想. 三、大小比较问题 例5(陕西卷)设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2. (2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)与gn(x)的大小,并加以证明. 解(1)Fn(x)=fn(x)-2 =1+x+x2+…+xn-2, 则Fn(1)=n-1>0; 由Fn′(x)=1+2x+…+nxn-1>0, (2)可判定当x=1时,fn(x)=gn(x);当x≠1时,fn(x) 由题意,可知 当x=1时,h(x)=0,即fn(x)=gn(x); 若0 若x>1,则 从而函数h(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减, 所以当x≠1时,h(x) 综上所述,可知当x=1时,fn(x)=gn(x);当x≠1时,fn(x) 评注本题第(2)问首先从整体思想出发,合理构造函数h(x)=fn(x)-gn(x),再对的范围进行讨论来判定h(x)与0的大小,进而确定fn(x)与gn(x)的大小关系.