構(gòu)造導(dǎo)函數(shù)求解抽象函數(shù)不等式的策略

廣東省深圳市寶安中學(xué)(518101)耿玉明

導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)及其運(yùn)用是高中數(shù)學(xué)教學(xué)的重要內(nèi)容,其中利用與f′(x)有關(guān)的不等式給出的條件,求解與抽象函數(shù)f(x)相關(guān)聯(lián)的不等式問(wèn)題,是考查學(xué)生的導(dǎo)函數(shù)知識(shí)掌握程度的熱點(diǎn)內(nèi)容之一.從數(shù)學(xué)素養(yǎng)角度看,這類數(shù)學(xué)問(wèn)題既可培養(yǎng)學(xué)生的逆向思維、整體思想和建構(gòu)意識(shí),又能考察學(xué)生對(duì)導(dǎo)函數(shù)性質(zhì)的綜合運(yùn)用能力.其思維導(dǎo)圖體現(xiàn)在：觀察分析-逆向思維-構(gòu)造導(dǎo)函數(shù)-研究性質(zhì)-問(wèn)題求解等幾個(gè)環(huán)節(jié).為了便于學(xué)生更好的掌握此類數(shù)學(xué)問(wèn)題,筆者從構(gòu)造導(dǎo)函數(shù)的六種類型分別給予分析概述.

類型一 構(gòu)造f(x)±g(x)+c型導(dǎo)函數(shù)

例1設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x),對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x,都有f(x)+f(-x)=2x2,且當(dāng)x∈(-∞,0]時(shí),f′(x)+1＜2x恒成立,若f(m+2)-f(-m)≤2m+2,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

解析依據(jù)公式[f(x)±g(x)]′=f′(x)±g′(x),逆向思考：(x2)′=2x,x′=1,根據(jù)f′(x)+1＜2x可猜想構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-x2+x+c(此處可取c=0),再結(jié)合條件研究g(-x)與g(x)及g(m+2)與g(-m)間的關(guān)系.

解設(shè)g(x)=f(x)-x2+x,則g′(x)=f′(x)-2x+1.當(dāng)x∈(-∞,0]時(shí),f′(x)+1＜2x,所以g′(x)＜0,即g(x)在(-∞,0]上單調(diào)遞減.又f(x)+f(-x)=2x2,所以g(-x)+g(x)=f(-x)-x2-x+f(x)-x2+x=f(x)+f(-x)-2x2=0,所以g(x)在R上為奇函數(shù),且在R上為單調(diào)遞減.又f(m+2)-f(-m)≤2m+2,所以g(m+2)-g(-m)=f(m+2)-f(-m)-2m-2≤0,即g(m+2)＜g(-m).又g(m+2)＜g(-m)?m+2≥-m?m≥-1,所以m的取值范圍是[-1,+∞).

鞏固訓(xùn)練1設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x),且不等式恒成立,又f(1)=1,則不等式的解集為()

類型二 構(gòu)造f(x)·g(x)+c型導(dǎo)函數(shù)

例2設(shè)定義在(-∞,-1)∪(1,+∞)上的函數(shù)f(x),對(duì)任意的實(shí)數(shù)x,都有f(1+x)=-f(1-x),當(dāng)x＞1時(shí),f′(x)+2f(x)＞0恒成立(f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)),又f(2)=0,求不等式f(x)·ln|x-1|＜0的解集.

解析依據(jù)公式[f(x)g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x),逆向思考(e2x)′=2e2x,根據(jù)條件f′(x)+2f(x)＞0可猜想構(gòu)造函數(shù)g(x)=e2xf(x)+c,再由f(2)=0假定取值g(2)=0,進(jìn)而求出c=0.

解設(shè)g(x)=e2xf(x),則g′(x)=e2x[f′(x)+2f(x)].當(dāng)x＞1時(shí),f′(x)+2f(x)＞0,所以g′(x)＞0,即g(x)在(1,+∞)上為增函數(shù),又g(2)=e4f(2)=0,所以x∈(1,2)時(shí)g(x)＜0;x∈(2,+∞)時(shí)g(x)＞0.即x∈(1,2)時(shí)f(x)＜0;x∈(2,+∞)時(shí)f(x)＞0.又f(1+x)=-f(1-x),所以f(x)關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱.所以x∈(-∞,0)時(shí)f(x)＜0;x∈(0,1)時(shí)f(x)＞0.所以

所以不等式的解集為(-∞,0)∪(0,1).

鞏固訓(xùn)練2已知f(x)是定義在R上的減函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且滿足恒成立,則下列結(jié)論正確的是()

A.對(duì)任意的x∈R,f(x)＞0

B.對(duì)任意的x∈R,f(x)＜0

C.當(dāng)且僅當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí),f(x)＜0

D.當(dāng)且僅當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)＞0

類型三 構(gòu)造型導(dǎo)函數(shù)

例3定義在R上函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f′(x)＜2f(x)恒成立,且f(x+1)為偶函數(shù),又求不等式的解集.

解析依據(jù)公式逆向思考(e2x-m)′=2e2x-m,根據(jù)條件f′(x)＜2f(x)可猜想構(gòu)造函數(shù)再由f假定取值進(jìn)而求出m=1,c=-1.

解設(shè)則

因?yàn)閒′(x)＜2f(x),所以g′(x)＜0,所以g(x)在R上為單調(diào)遞減函數(shù).因?yàn)閒(x+1)為偶函數(shù),所以f(x+1)=所以

即x≥1,所以不等式的解集為[1,+∞).

鞏固訓(xùn)練3已知定義在(0,+∞)上函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且不等式f′(x)(xlnx2)＞2f(x)恒成立,則有()

A.6f(e)＞2f(e3)＞3f(e2)B.6f(e)＜3f(e2)＜2f(e3)

C.6f(e)＞3f(e2)＞2f(e3)D.6f(e)＜2f(e3)＜3f(e2)

類型四 構(gòu)造f(x)g(x)+h(x)+c型導(dǎo)函數(shù)

例4定義在R上函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若函數(shù)f(x+1)關(guān)于x=-1對(duì)稱,且又當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),2f(x)+xf′(x)＞1恒成立,求不等式的解集.

解析依據(jù)公式[f(x)g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x),逆向思考(x2)′=2x,根據(jù)條件2f(x)+xf′(x)＞1可猜想構(gòu)造函數(shù)取g(1)=0,進(jìn)而求出c=1.

解因?yàn)楹瘮?shù)f(x+1)關(guān)于x=-1對(duì)稱,所以f(-x)=f(x),即f(x)為偶函數(shù).設(shè)則g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)-x=x[2f(x)+xf′(x)-1].又x∈(-∞,0)時(shí),2f(x)+xf′(x)＞1恒成立,所以x∈(-∞,0)時(shí),g′(x)＜0,即g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減.又g(-x)=為偶函數(shù),且g(1)=

鞏固訓(xùn)練4定義在R上函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若對(duì)任意的x,都有2f(x)+xf′(x)＜2恒成立,且f(-x)=f(x),則使4x2f(-2x)-f(1)＜4x2-1成立的x的范圍為()

類型五 構(gòu)造型導(dǎo)函數(shù)

例5定義在上的函數(shù)f(x)同時(shí)滿足f(x+π)=-f(x),且時(shí),恒有f′(x)+tanxf(x)-2cos2x＜0成立(f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)),求不等式f(x)-sin2x+cosx≥0的解集.

解析依據(jù)公式逆向思考(cosx)′=-sinx,(sinx)′=cosx,根據(jù)條件f′(x)+tanxf(x)-2cos2x＜0可猜想構(gòu)造函數(shù)g(x)=-2sinx+c,再由進(jìn)而求出c=1.

解設(shè)g(x)=

又由f(x+π)=-f(x)得,f(x+2π)=f(x),所以

所以函數(shù)g(x)的周期為2π.由f(x)-sin2x+cosx≥0得,

即

所以解集為

鞏固訓(xùn)練5定義在R上函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若對(duì)任意的x,都有f′(x)-f(x)＜ex恒成立,則下列不等式成立的是()

A.f(1)-ef(0)＞eB.f(0)-ef(-1)＞1

C.f(2)-ef(1)＞e2D.ee-1f(1)-f(e)＞ee(1-e)

類型六 構(gòu)造[f(x)]n+h(x)+c型導(dǎo)函數(shù)

例6定義在(0,+∞)上函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),對(duì)任意的x∈(0,+∞),都有xf(x)f′(x)＜1恒成立,若不等式f2(x2+mx)-f2(1)≤2ln(x2+mx)在[1,4]上有解,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

解析依據(jù)公式[fn(x)]′=nfn-1(x)f′(x),逆向思考根據(jù)條件xf(x)f′(x)＜1可猜想構(gòu)造函數(shù)g(x)=f2(x)-2lnx+c,這里可取c=0.

解設(shè)g(x)=f2(x)-2lnx,則

當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),xf(x)f′(x)＜1,所以g′(x)＜0.所以g(x)在(0,+∞)上是單調(diào)遞減函數(shù).由f2(x2+mx)-f2(1)≤2ln(x2+mx)得f2(x2+mx)-2ln(x2+mx)≤f2(1),即g(x2+mx)≤g(1)在[1,4]上有解.即x2+mx≥1在[1,4]上有解,即在[1,4]上有解.設(shè)因?yàn)閔(x)在[1,4]上為減函數(shù),所以所以m的取值范圍是

鞏固訓(xùn)練6定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＞0,其導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí),恒有2(x-1)f2(x)＞f′(x),若a,b∈R,則不等式f(b)-f(a)＞(b-a)(b+a-2)f(a)f(b)成立的一個(gè)充分條件是()

A.a＞b＞1B.b＞a＞1

C.b＜1＜aD.a＜1＜b

鞏固訓(xùn)練答案：1.C;2.A;3.B;4.B;5.D;6.B.