李俊

摘 要：構(gòu)造函數(shù)法是指通過一定方式，設(shè)計(jì)并構(gòu)造一個(gè)與有待解答問題相關(guān)的函數(shù)，通過觀察分析，借助函數(shù)本身的性質(zhì)，如單調(diào)性或利用運(yùn)算結(jié)果，解決原問題的方法.構(gòu)造函數(shù)法解題是一種創(chuàng)造性思維過程，具有較大的靈活性和技巧性.在運(yùn)用過程中，應(yīng)有目的、有意識(shí)地進(jìn)行構(gòu)造，始終“盯住”要解決的目標(biāo).

關(guān)鍵詞：構(gòu)造函數(shù);導(dǎo)數(shù)

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2021）10-0065-03

近幾年各地高考數(shù)學(xué)試卷中，許多涉及函數(shù)選擇題或填空題的題目，可采用構(gòu)造函數(shù)法進(jìn)行解答.所謂構(gòu)造函數(shù)法是指通過一定方式，設(shè)計(jì)并構(gòu)造一個(gè)與有待解答問題相關(guān)的函數(shù)，通過觀察分析，借助函數(shù)本身的性質(zhì)，如單調(diào)性或利用運(yùn)算結(jié)果，解決原問題的方法.簡而言之就是構(gòu)造函數(shù)解答問題.如何合理地構(gòu)造函數(shù)就成為了問題的關(guān)鍵，這里我們就這方面問題探討一下.

例1 已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，f（-1）=2，且對(duì)任意x∈R，都有f ′（x）>2，則f（x）>2x+4的解集為（）.

A.（-1，1）B.（-1，+∞）

C.（-∞，-1）D.（-∞，+∞）

解析 構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-2x-4，所以h′（x）=f ′（x）-2，由于對(duì)任意x∈R，f ′（x）>2，所以h′（x）=f ′（x）-2>0恒成立，所以h（x）=f（x）-2x-4是R上的增函數(shù)，又由于h（-1）=f（-1）-2×（-1）-4=0，所以h（x）=f（x）-2x-4>0，即f（x）>2x+4的解集為（-1，+∞），故選B.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于f ′x>aa≠0，可構(gòu)造函數(shù)hx=fx-ax.

例2 設(shè)f（x）是R上的可導(dǎo)函數(shù)，且f ′（x）≥-f（x），f（0）=1，f（2）=1e2，則f（1）的值為.

解析 由f ′（x）≥-f（x）得f ′（x）+f（x）≥0，構(gòu)造函數(shù)hx=exfx，則h′x=exfx+exf ′x=ex（fx+f ′x）≥0，所以函數(shù)hx=exfx是R上的增函數(shù)，此時(shí)有1=h2≥h0=1，故hx=exfx=1，所以f（1）=1e.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于f ′（x）+f（x）>0，可構(gòu)造函數(shù)

hx=exfx.

例3 已知f（x）>0為f（x）<0上的可導(dǎo)函數(shù)，且

f（x）>x，均有f（x）<x，則有（）.

A.e2016f（-2016）<f（0），f（2016）>e2016f（0）

B.e2016f（-2016）<f（0），f（2016）<e2016f（0）

C.e2016f（-2016）>f（0），f（2016）>e2016f（0）

D.e2016f（-2016）>f（0），f（2016）<e2016f（0）

解析 構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）ex，則h′（x）=f ′（x）ex-exf（x）（ex）2=f ′（x）-f（x）ex，因?yàn)閤∈R，均有f（x）>f ′（x），并且ex>0，所以g′（x）<0，

故函數(shù)h（x）=f（x）ex在R上單調(diào)遞減，所以h（-2016）>h（0），h（2016）<h（0），

即f（-2016）e-2016>f（0），f（2016）e2016<f（0），即

e2016f（-2016）>f（0），f（2016）<e2016f（0），故選D.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于f ′（x）-f（x）>0，可構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）ex.

例4 若函數(shù)y=f（x）在R上可導(dǎo)且滿足不等式

xf ′（x）+f（x）>0恒成立，對(duì)任意正數(shù)a、b，若a<b，則必有（）.

A.af（b）<bf（a） B.bf（a）<af（b）

C.af（a）<bf（b）D.bf（b）<af（a）

解析 由已知xf ′（x）+f（x）>0可構(gòu)造函數(shù)hx=xfx，則h′x=xf ′（x）+f（x）>0，從而h（x）在R上為增函數(shù).因?yàn)閍<b，所以h（a）<h（b），

即af（a）<bf（b），故選C.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于xf ′x+fx>0，可構(gòu)造函數(shù)hx=xfx.

例5 已知f（x）是定義在（0，+∞）上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf ′（x）-f（x）≤0，對(duì)任意正數(shù)a、b，若a<b，則必有（）.

A.af（b）≤bf（a） B.bf（a）≤af（b）

C.af（a）≤bf（b）D.bf（b）≤af（a）

解析 構(gòu)造函數(shù)hx=fxx，則h′x=xf ′（x）-f（x）x2≤0，從而hx=fxx在R上為減函數(shù).因?yàn)閍<b，所以h（a）≥h（b），f（a）a≥f（b）b，即af（b）≤bf（a）.

故選A.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于xf ′x-fx>0，可構(gòu)造函數(shù)hx=fxx.

例6 設(shè)函數(shù)f（x）在R上的導(dǎo)函數(shù)為f ′（x），且2f（x）+xf ′（x）>x2，下面不等式恒成立的是（）.

A.f（x）>0 B.f（x）<0 C.f（x）>x D.f（x）<x

解析 由已知，首先令x=0得f（x），排除B，D.

令h（x）=x2f（x），則h′（x）=x[2f（x）+xf ′（x）]

①當(dāng)x>0時(shí)，有2f（x）+xf ′（x）=h′（x）x>x2，所以h′（x）>0，所以函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，h（x）>h（0）=0，h（x）=x2f（x）>0，從而f（x）>0.

②當(dāng)x<0時(shí)，有2f（x）+xf ′（x）=h′（x）x>x2，所以h′（x）<0，所以函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x<0時(shí)，h（x）>h（0）=0，h（x）=x2f（x）>0，從而f（x）>0.

綜上f（x）>0，故選A.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于xf ′（x）+nf（x）≥0，可構(gòu)造函數(shù)h（x）=xnf（x）.

例7 設(shè)函數(shù)f（x）是（0，+SymboleB@）上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf ′（x）-2f（x）>0，下列不等式成立的是（）.

A.2f（3）<3f（2）B.2f（3）>3f（2）

C.2f（3）=3f（2） D.非上述答案

解析 構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）x2，則h′（x）=x[xf ′（x）-2f（x）]x4>0，函數(shù)h（x）在（0，+SymboleB@）單調(diào)遞增，因?yàn)?<3，所以f（2）（2）2<f（3）（3）2，即3f（2）<2f（3），故選B.

點(diǎn)評(píng) xf ′（x）-nf（x）≥0，可構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）xn.

例8 設(shè)f（x）、g（x）是R上的可導(dǎo)函數(shù)，f ′（x）、

g′（x）分別為f（x）、g（x）的導(dǎo)函數(shù)，且滿足f ′（x）g（x）+

f（x）g′（x）<0，則當(dāng)a<x<b時(shí)，則有（）.

A.f（x）g（b）>f（b）g（x） B.f（x）g（a）>f（a）g（x）

C.f（x）g（x）>f（b）g（b）D.f（x）g（x）>f（b）g（a）

解析 構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）g（x），則h′（x）=f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）<0，所以函數(shù)h（x）=f（x）g（x）在R上為減函數(shù)，因?yàn)閤<b，所以f（x）g（x）>f（b）g（b），故選C.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）g（x）.

例9 設(shè)函數(shù)f（x），g（x）在[a，b]上均可導(dǎo)，且f ′（x）<g′（x），則當(dāng)a<x<b時(shí)，有（）.

A.f（x）>g（x） B.f（x）<g（x）

C.f（x）+g（a）<g（x）+f（a）D.f（x）+g（b）<g（x）+f（b）

解析 構(gòu)造函數(shù)hx=fx-gx，則h′（x）=f ′（x）-g′（x）<0，所以函數(shù)hx=fx-gx在[a，b]上為減函數(shù)， 因?yàn)閍<x，所以f（a）-g（a）>f（x）-g（x），故f（x）+g（a）<g（x）+f（a），故選C.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于f ′（x）-g′（x）>0或f ′x+g′x>0，構(gòu)造函數(shù)hx=fx-gx或hx=fx+gx.

例10 已知函數(shù)y=f（x）對(duì)任意的x∈（-π2，π2）滿足f ′（x）cosx+f（x）sinx>0，則下列不等式成立的是（）.

A.2f（-π3）<f（-π4）

B.2f（π3）<f（π4）

C.0>2f（π3）

D.0>2f（π4）

解析 構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）cosx，則h′（x）=f ′（x）cosx+f（x）sinxcos2x>0，函數(shù)h（x）在（-π2，π2）單調(diào)遞增，所以h（-π3）<h（-π4），2f（-π3）<f（-π4），故選A.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于f ′（x）cosx+f（x）sinx>0或f ′（x）sinx-f（x）cosx>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）cosx或h（x）=f（x）sinx.

在平時(shí)的教學(xué)中，我們要勤于積累，善于總結(jié)，熟練掌握導(dǎo)數(shù)四則運(yùn)算，通過對(duì)題目的分析，根據(jù)題目的不同形式在解題中合理巧妙地構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)這一工具進(jìn)行合理計(jì)算，使復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化成熟悉而簡單的問題，進(jìn)而找到問題解決的突破口！

模型總結(jié) 關(guān)系式為“加”型

（1）f ′（x）+f（x）≥0，構(gòu)造hx=exfx，則h′（x）=[exf（x）]′=ex[f ′（x）+f（x）].

（2）xf ′（x）+f（x）≥0，構(gòu)造hx=xfx，則h′（x）=[xf（x）]′=xf ′（x）+f（x）.

（3）xf ′（x）+nf（x）≥0，構(gòu)造h（x）=xnf（x），

則h′（x）=[xnf（x）]′=xnf ′（x）+nxn-1f（x）=xn-1[xf ′（x）+nf（x）].

關(guān)系式為“減”型

（1）f ′（x）-f（x）≥0，構(gòu)造h（x）=f（x）ex，

則h′（x）=[f（x）ex]′=f ′（x）ex-f（x）ex（ex）2=f ′（x）-f（x）ex

（2）xf ′（x）-f（x）≥0，構(gòu)造hx=fxx，則h′（x）=[f（x）x]′=xf ′（x）-f（x）x2

（3）xf ′（x）-nf（x）≥0，構(gòu)造h（x）=f（x）xn，則h′（x）=[f（x）xn]′=xnf ′（x）-nxn-1f（x）（xn）2=xf ′（x）-nf（x）xn+1（注意對(duì)x的符號(hào)進(jìn)行討論）

參考文獻(xiàn)：

[1]王榮峰.觀察題目結(jié)構(gòu) 構(gòu)造函數(shù)解題[J].中學(xué)數(shù)學(xué)雜志，2016（01）：29-31.

[2]夏麗娟，胡廣宏.構(gòu)造函數(shù)法在數(shù)學(xué)解題中的應(yīng)用——關(guān)注以導(dǎo)數(shù)為背景的一類題[J].高中數(shù)學(xué)教與學(xué)，2013（10）：41-43.

[責(zé)任編輯：李 璟]