宋波 魏國(guó)斌

摘?要：構(gòu)造可導(dǎo)解析函數(shù)的問(wèn)題已成為高考數(shù)學(xué)試題和模擬題中客觀性試題的熱點(diǎn)和難題，本文例析通過(guò)逆向思維構(gòu)造可導(dǎo)解析函數(shù)的四種常見(jiàn)類(lèi)型.

關(guān)鍵詞：逆向思維;構(gòu)造;解析函數(shù);求導(dǎo)

基金項(xiàng)目：蘭州市教育科學(xué)“十三五”規(guī)劃2018年度規(guī)劃課題“基于數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)觀下的解題與教學(xué)研究”（項(xiàng)目編號(hào)：LZ[2018]GH461）.

作者簡(jiǎn)介：宋波（1971-），男，甘肅甘谷人，本科，中學(xué)高級(jí)教師，研究方向：中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究;

魏國(guó)斌（1984-），男，甘肅會(huì)寧人，本科，中學(xué)二級(jí)教師，研究方向：中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

近年來(lái)，高考數(shù)學(xué)試題和模擬題的客觀性試題中常出現(xiàn)構(gòu)造可導(dǎo)解析函數(shù)的問(wèn)題，它旨在考查學(xué)生熟練掌握函數(shù)的求導(dǎo)公式和法則的基礎(chǔ)上，通過(guò)逆向思維構(gòu)造可導(dǎo)解析函數(shù)的能力.這類(lèi)試題因思維含量高，綜合性強(qiáng)，難度大，故不易求解，已逐漸成為高考客觀性試題中的熱點(diǎn)和難題.要解決這類(lèi)問(wèn)題，需要熟練掌握一些特殊解析函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即能通過(guò)求導(dǎo)公式和法則構(gòu)造這些特殊導(dǎo)函數(shù)的原函數(shù)，從而使問(wèn)題迎刃而解.

類(lèi)型1?若f?′（x）=ex，則構(gòu)造f（x）=ex+C（C為常數(shù)）

例1?函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)滿足xf?′（x）+f（x）=ex，且f（1）=e，則函數(shù)f（x）的極值情況正確的是（?）.

A.有極大值，無(wú)極小值

B.有極小值，無(wú)極大值

C.既有極大值又有極小值

D.既無(wú)極大值又無(wú)極小值

解析?由xf?′（x）+f（x）=ex構(gòu)造[xf（x）]′=ex，再構(gòu)造xf（x）=ex+C.

又f（1）=e，解得C=0.所以f（x）=exx.

所以f?′（x）=ex（x-1）x2.

所以f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在[0，1）上單調(diào)遞減，在[1，+∞）單調(diào)遞增.所以f（x）在x=1處取得極小值，無(wú)極大值，故選B.

類(lèi)型2?若f?′（x）=xex，則構(gòu)造f（x）=（x-1）ex+C（C為常數(shù)）

例2?若函數(shù)f（x）滿足xf?′（x）-f（x）=x3ex，且f（1）=0，則當(dāng)x>0時(shí)，f（x）（?）.

A.有極大值，無(wú)極小值

B.有極小值，無(wú)極大值

C.既有極大值又有極小值

D.既無(wú)極大值又無(wú)極小值

解析?當(dāng)x>0時(shí)，構(gòu)造f（x）x′=xf?′（x）-f（x）x2=x3exx2=xex，

再構(gòu)造f（x）x=（x-1）ex+C.

又f（1）=0，解得C=0.所以f（x）=x（x-1）ex.

所以f?′（x）=（x2+x-1）ex.令f?′（x）=0，解得x1=5-12或x2=-5-12（舍去）.

所以當(dāng)x>0時(shí)，x∈0，5-12，f?′（x）<0;x∈5-12，+∞，f?′（x）>0.

所以當(dāng)x>0時(shí)，f（x）有極小值f5-12，無(wú)極大值，故選B.

類(lèi)型3?若f?′（x）=lnx，則構(gòu)造f（x）=xlnx-x+C（C為常數(shù)）

例3?函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f?′（x），滿足xf?′（x）+2f（x）=lnxx，且f（e）=12e，則f（x）的極值情況為（?）.

A.有極大值無(wú)極小值

B.有極小值無(wú)極大值

C.既有極大值又有極小值

D.既無(wú)極大值也無(wú)極小值

解析?由xf?′（x）+2f（x）=lnxx，得x2f?′（x）+2xf（x）=lnx.

構(gòu)造[x2f（x）]′=lnx，再構(gòu)造x2f（x）=xlnx-x+C.

又f（e）=12e，可得?e2f（e）=elne-e+C.

解得C=e2.

所以x2f（x）=xlnx-x+e2.

所以f（x）=2xlnx+2x-e2x2.

則f?′（x）=-xlnx+2x-ex3.

令g（x）=-xlnx+2x-e，則g′（x）=1-lnx.

當(dāng)x∈（0，e）時(shí)，g′（x）>0;當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，?g′（x）<0.故當(dāng)x=e時(shí)，g（x）取極大值0.

所以g（x）≤0恒成立.故f?′（x）≤0恒成立.

所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減.所以既無(wú)極大值也無(wú)極小值，故選D.

類(lèi)型4?若f?′（x）=lnxx，則構(gòu)造f（x）=12ln2x+C（C為常數(shù)）

例4?已知函數(shù)f（x）是可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f?′（x），且滿足xf?′（x）+f（x）=lnxx，且f（e）=1e，則不等式f（x+1）-f（e+1）>x-e的解集為.

解析?由xf?′（x）+f（x）=lnxx，構(gòu)造[xf（x）]′=lnxx，再構(gòu)造xf（x）=12ln2x+C，所以f（x）=1x（12ln2x+C）.

又f（e）=1e，可得f（e）=1e（12+C）=1e.

解得C=12.

所以f（x）=1x（12ln2x+12）.

令g（x）=f（x）-x，

則g′（x）=-（lnx-1）22x2-1<0.

所以g（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減.

因?yàn)閒（x+1）-f（e+1）>x-e，

所以f（x+1）-（x+1）>f（e+1）-（e+1）.

即g（x+1）>g（e+1）.

所以0

故不等式的解集為（-1，e）.

簡(jiǎn)單的正向應(yīng)用求導(dǎo)運(yùn)算法則僅僅考查了學(xué)生對(duì)法則的掌握，而在此基礎(chǔ)上構(gòu)造可導(dǎo)解析函數(shù)，則更能檢閱學(xué)生對(duì)求導(dǎo)運(yùn)算的全方位把握，更能體現(xiàn)出數(shù)學(xué)思維的雙向變通.正因?yàn)槿绱?，考查?gòu)造可導(dǎo)解析函數(shù)應(yīng)用的試題倍受命題者的青睞，意在考查學(xué)生熟練掌握求導(dǎo)法則應(yīng)用的能力和靈活、變通應(yīng)用的能力.

參考文獻(xiàn)：

[1]宋波.構(gòu)造可導(dǎo)抽象函數(shù)常見(jiàn)類(lèi)型例析[J].理科考試研究，2014，21（03）：32.

（收稿日期：2019-06-28）