一类抽象函数试题的命题手法探究

杨苍洲 许银伙

(1.福建省泉州第五中学 362000;2.福建省泉州外国语中学 362000)

从题设的结构展开联想，一般可以顺利构造出新函数，并使该新函数的导函数已知.但是，在寻找原函数的过程中却遇到原函数不容易找出，甚至无法找出的麻烦.

那么，这类问题如何解决呢？下面我们来研究其解题方法和命题手法.

A．有极大值，无极小值

B．有极小值，无极大值

C．既有极大值又有极小值

D．既无极大值又无极小值

因此，当x>2时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当0

又h(2)=e2-2g(2)=e2-2[23×f(2)]=0，所以h(x)≥0，f′(x)≥0，故f(x)在(0,+∞)单调递增.因此f(x)既无极大值，又无极小值，选D.

一、命题方法探究

结合对试题的解题手法的研究，笔者认为此类试题的命题方法如下，可分五步完成.

步骤一：设定两函数f(x)，g(x)的关系.如，本题中设定g(x)=x3f(x).

步骤四：设定f(x)的单调性、极值情况.如，本题设定f(x)在(0,+∞)单调递增.

现只需h(x)=ex-3g(x)恒大于等于0，下面研究函数h(x).

二、新题命制

根据对此类问题的命题手法的研究，笔者尝试以此手法进行试题的命题创作：

首先，我们设定g(x)=x2f(x)，g′(x)=x2lnx.因此可得 [x2f(x)]′=x2lnx，即得xf′(x)+2f(x)=xlnx.

接着，我们来研究f(x)在(0,+∞)可能的单调性与最值情况，据此设置其他条件并进行选项的设定.

下面研究函数h(x)=x3lnx-2g(x)的情况，由h′(x)=3x2lnx+x2-2g′(x)=(lnx+1)x2.

整理可得试题如下.

A．f(x)在(0,+∞)上单调递增

B．f(x)在(0,+∞)上单调递减

答案：A.

一道新题的诞生，让我们体验了成功的喜悦，却又意犹未尽.于是，我们让思维再次扬帆起航，再次走进命题的世界.

接着，我们来研究f(x)在(0,+∞)可能的单调性与最值情况，据此设置其他条件并进行选项的设定.

由f(x)=g(x)·ex，得f′(x)=[g′(x)+g(x)]ex=[exlnx+g(x)]ex.

下面研究函数h(x)=exlnx+g(x)的情况.

又因为f′(x)与h(x)同号，现设定f′(1)=h(1)=0，此时g(1)=0，f(1)=0.

当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0

整理可得试题如下.

新题2：设定义在(0,+∞)的连续可导的函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f′(x)-f(x)=e2x·lnx，f(1)=0，则x>0时，( ).

A．f(x)在(0,+∞)上单调递增

B．f(x)在(0,+∞)上单调递减

C．f(x)有最小值0

D．f(x)有最大值0

答案：C