破解“函数与导数”试题的四种技巧

■河南省许昌高级中学 郭曼曼

纵观近几年全国高考试题，多以导数解决函数综合性问题作为压轴题出现。这类试题，由于试题新颖，综合性强，方法多样，技巧性强，所以难度往往很大。本文结合几道例题，给出破解“函数与导数”试题的一些技巧，使这类问题的求解也具有一定的通性通法，降低解题难度。

一、变证为求，调整证题思路

例1 设函数，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=e(x—1)+2。证明：f(x)＞1。

思路1：变证为求。

将不等式转换成g(x)＞h(x)的形式⇒g(x)min＞h(x)max。

要证f(x)＞1，即证即

令g(x)=xl nx，h(x)=，则g "(x)=1+l nx。

当x∈时，g "(x)＜0；当x∈时，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质先进一步适当放缩后再构造函数不等式。

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

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

所以函数g(x)=exl nx+1(x＞0)的减区间为，增区间为

所以g(x)min==0，所以∀x＞0，≥0，当且仅当时，不等式取等号。

而∀x＞0，ex—1≥x(当且仅当x=1时，不等式取等号)，又≠1，当x＞1时，＞0，即e l n，所以e l nx+，所以成立。

归纳：有些问题可以按照常规思路和方法直接构造函数，然后利用导数求解，但由于判断其导数的符号或求最值遇到难以克服的困难，因此常常陷入困境。但是，若能适当改变问题结构，同时调整证题方向，如变证为求，有时可收到“化难为易”的神奇效果。例1中的思路2根据教材习题上的恒成立的函数不等式ex≥x+1，利用证明不等式的基本方法——放缩法，先将原不等式进行等价转换，再进行放缩，可以看出要证明原函数不等式，只要证明不等式e l nx+＞0(x＞0)，相比思路2，思路1的变证为求同学们更容易想到。

二、设而不求，绕过求解难点

例2 已知函数f(x)=a xsinx—且在上的最大值为。求f(x)的解析式；判断函数f(x)在(0，π)内的零点的个数，并加以证明。

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

当a=0时，f(x)=—，不合题意。

当a＜0时，f(x)在上单调递减，最大值为f(0)=—，不合题意。

当a＞0时，f(x)在上单调递增，最大值为f，解得a=1。

综上可知，f(x)=xsinx—

下面判断函数在(0，π)内的零点的个数。

思路1：常规思路。

利用f "(x)研究f(x)在(0，π)上的性质，即研究f(x)的单调性及最值等，但求f "(x)=0的根是一个难以逾越的难关。题目没有要求零点的具体值，只是判定零点个数而已，于是考虑“设而不求”。

思路2：设而不求。

由于x∈时，f "(x)＞0，且f(0)＞0，因此由连续函数零点存在性定理，∃x1∈，使f(x)=0，即x是11函数f(x)的一个零点。

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

当x∈时，φ "(x)＜0，又φ0，φ(x)＜0，于是

当x∈(x0，π)时，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]内存在一个零点。

综上可知，f(x)在(0，π)内存在两个零点。

归纳：有些涉及方程的根或函数零点的问题，许多时候题目只是要确定零点的存在性、零点的个数或零点所在的范围，而无需求出零点。因此，这类问题可以“设而不求”，化难为易。

三、构造函数

例3 已知函数f(x)=(x—2)ex+a(x—1)2(a＞0)有两个零点。设x1，x2是f(x)的两个零点，证明x1+x2＜2。

思路1：分析法寻求x1+x2＜2的等价命题，结合函数在区间(—∞，1)内单调递减，证明f(2—x2)＜0，通过构造新函数，将其转化为函数的最值问题。

因为a＞0，不妨设x1＜x2，x1＜1，x2＞1⇒2—x2＜1。又f(x)在区间(—∞，1)内单调递减，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上单调递减。

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

当然，也可以将2—x1＞1作为突破口，结合函数在区间(1，+∞)内单调递增，证明f(2—x1)＞0，通过以上相同解法得证。

思路2：对于极值点偏移问题，常构造新函数F(x)=f(2x0—x)—f(x)，或借助于拉格朗日中值定理构造新函数F(x)=f(x0+x)—f(x0—x)，其中x0为y=f(x)的极值点。利用F(x)≤0(或F(x)≥0)，结合y=f(x)的单调性来证明偏移问题。

由于a＞0，不妨设x1＜x2，x1＜1，x2＞1⇒2—x2＜1，1—x1＞0。又f(x)在区间(—∞，1)内单调递减，在区间(1，+∞)内单调递增，极值点为1，构造函数F(x)=f(x+1)—f(1—x)=(x—1)ex+1+(x+1)·e1—x⇒F "(x)=x(e1+x—e1—x)。

当x＞0时，F "(x)＞0⇒F(x)在区间(0，+∞)内单调递增，则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)在区间(1，+∞)内单调递增，所以x2＜1+(1—x1)⇒x1+x2＜2，结论得证。

归纳：构造函数是解决导数问题的常用手段，巧妙地构造函数能使我们对问题有更加深刻的认识，是解题的锐利武器。常用的构造方法有移项作差、结构抽象、确定主元等。

四、放缩法

例4 已知函数f(x)=ax，g(x)=l o gax，其中a＞1。证明：当时，存在直线l，使l是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线。

思路1：设y=f(x)在点(x1，ax1)处的切线为l1：y=ax1l na(x—x1)+ax1，y=g(x)在点(x2，l o gax2)处的切线为l2：y=重合等价于消去x整2理得=0(*)，曲线y=f(x)和y=g(x)有公切线，等价于关于x1的方程(*)有实数解。构建函数只要证明当，函数y(x)有零点，即找到实数m，n使u(m)u(n)≤0。为简化ax，取m=l o gae，则u(l o gae)=为找到n使u(n)＜0，把u(x)放缩为简单的函数，为消去ax对其进行放缩，观察f(x)=ax的图像，发现其图像恒在点(0，1)处切线y=xl na+1的上方，用导数易证ax≥xl na+1。u(x)=ax(1—故1—xl na＜0，即x＞时，u(x)≤(1+xl na)(1—，此不等式右边函数的图像是开口向下的抛物线，故存在实数n，满足且u(n)＜0。

思路2：记b=ax( 1—xl na)+x+b，x→—∞时，g(x)→—∞，可在原点左侧探求n，使u(n)＜0。为消去ax，令ax＜c(c为正数)，即x＜l o gac，当1—xl na＞0，即x＜时，u(x)＜c(1—xl na)+x+b=(1—cl na)x+c+b，当1—cl na＞0，即0＜c＜时，令(1—cl na)x+c+b＜0，解得x＜，故存在n，当时，u(n)＜0，其中

归纳：命题者的意图是想让考生通过研究函数u "(x)的零点、单调性和符号，找到函数u(x)的最大值u(x0)，再证u(x0)≥0。本解法不用探求u(x)的最大值，无需前问铺垫，通过特殊点的精准验证和函数式的灵活放缩，达到优化解题的目的。