廣東省中山紀(jì)念中學(xué)(528454) 鄧啟龍

導(dǎo)數(shù)和不等式是高中數(shù)學(xué)的重點(diǎn)和難點(diǎn),而這兩類(lèi)問(wèn)題的結(jié)合使得問(wèn)題變得復(fù)雜、靈活.如何把握這一類(lèi)問(wèn)題的本質(zhì),研究它們的通法,這是教學(xué)中迫切需要解決的問(wèn)題.下面從幾個(gè)與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題出發(fā),去探索此類(lèi)問(wèn)題的通法.

例1(2015年高考福建卷理科第10題)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(0)=-1,其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿(mǎn)足f′(x)＞k＞1,則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是( )

解析構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-kx,則g′(x)=f′(x)-k＞0,故g(x)在R上單調(diào)遞增.由得即所以選項(xiàng)A和B無(wú)法判斷.由得(即所以故結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是C,選項(xiàng)D不確定,故選C.

例2若定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(0)=2,且f(x)＜f′(x)恒成立,則不等式f(x)＞2ex的解集是( )A.(2,+∞) B.(0,+∞) C.(-∞,0) D.(-∞,2)

解析構(gòu)造函數(shù)則g′(x) =故g(x)在R上單調(diào)遞增,且g(0)=2.因?yàn)閒(x)＞2ex等價(jià)于即g(x)＞g(0),解得x＞0,故選B.

例3(2015年高考全國(guó)卷II理科第12題)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f(-1)=0,當(dāng)x＞0時(shí),xf′(x)-f(x)＜0,則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是( )

A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)

C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)

解析構(gòu)造函數(shù)則g′(x)=因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí),xf′(x)-f(x)＜0,所以g′(x)＜0,故g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.因?yàn)閒(x)是奇函數(shù),所以g(x)是偶函數(shù),故g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,且有g(shù)(-1)=g(1)=0.當(dāng)0＜x＜1時(shí),g(x)＞0,則f(x)＞0;當(dāng)x＜-1時(shí),g(x)＜0,則f(x)＞0.綜上所述,使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1),故選A.

探究解決以上問(wèn)題的關(guān)鍵在于從函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)滿(mǎn)足的條件出發(fā),重新構(gòu)造函數(shù),然后利用新函數(shù)的單調(diào)性求解.這幾個(gè)例子還是有所不同的,例1中與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式條件只含f′(x),而例2和例3中與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式條件既含f′(x)又含f(x).通過(guò)探索,筆者發(fā)現(xiàn)很多與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式條件都可以轉(zhuǎn)化為f′(x)+λ(x)＞0(或＜0)和f′(x)+λ(x)f(x)＞0(或＜0).下面從這兩種類(lèi)型的條件出發(fā),探索與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題的通法.

類(lèi)型一f′(x)+λ(x)＞0(或＜0)型條件

類(lèi)型一的不等式條件只含f′(x),結(jié)構(gòu)比較簡(jiǎn)單.對(duì)于f′(x)+λ(x)＞0(或＜0),構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)+u(x)即可,其中u(x)滿(mǎn)足u′(x)=λ(x).原理如下：g′(x)=f′(x)+u′(x),因?yàn)閡′(x)=λ(x),所以g′(x)=f′(x)+λ(x)＞0(或＜0),然后利用函數(shù)g(x)的單調(diào)性解決問(wèn)題.

下面給出類(lèi)型一的常見(jiàn)構(gòu)造：

(1)對(duì)于f′(x)+λ＞0(其中λ為常數(shù),λ≠0),構(gòu)造g(x)=f(x)+λx;

(2)對(duì)于f′(x)+λx＞0(其中λ為常數(shù),λ≠0),構(gòu)造

(3)對(duì)于f′(x)+ceλx＞0(其中c,λ為常數(shù),cλ≠0),構(gòu)造

下面結(jié)合例題說(shuō)明如何構(gòu)造函數(shù).

例4 定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(1)=1,且恒成立,則不等式的解集是( )

A.(1,2) B.(0,1) C.(1,+∞) D.(-1,1)

解析構(gòu)造函數(shù)則0,故g(x)在R上單調(diào)遞減,且因?yàn)閒(x2)＞等價(jià)于即g(x2)＞g(1),所以x2＜1,解得-1＜x＜1,故選D.

例5定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x)+f(-x)=x2,當(dāng)x≥0時(shí),f′(x)＞x,則不等式f(x)+2＞f(2-x)+2x的解集是( )

解析由已知可得當(dāng)x≥0時(shí),f′(x)-x＞0.構(gòu)造函數(shù)則g′(x)=f′(x)-x.當(dāng)x≥0時(shí),g′(x)＞0,所以g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增.因?yàn)間(x)+g(-x)=f(x)+f(-x)-x2=0,所以g(x)是奇函數(shù),故g(x)在R上單調(diào)遞增.因?yàn)閒(x)+2＞f(2-x)+2x等價(jià)于即g(x)＞g(2-x),所以x＞2-x,解得x＞1,故選C.

類(lèi)型二f′(x)+λ(x)f(x)＞0(或＜0)型條件

很多與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式條件既含f′(x)又含f(x),結(jié)構(gòu)較類(lèi)型一復(fù)雜.遇到常見(jiàn)的與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式條件(如xf′(x)+f(x)＞0),根據(jù)經(jīng)驗(yàn)可立即構(gòu)造對(duì)應(yīng)的函數(shù)(如g(x)=xf(x)),然后利用單調(diào)性解決問(wèn)題.如果遇到未見(jiàn)過(guò)的不等式條件,如何快速構(gòu)造出對(duì)應(yīng)的函數(shù)?通過(guò)探索,筆者發(fā)現(xiàn)很多既含f′(x)又含f(x)的不等式條件都可以轉(zhuǎn)化為f′(x)+λ(x)f(x)＞0(或＜0),而對(duì)于f′(x)+λ(x)f(x)＞0(或＜0),構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)eu(x)即可,其中u(x)滿(mǎn)足u′(x)=λ(x).原理如下：g′(x)=f′(x)eu(x)+f(x)eu(x)u′(x)=eu(x)[f′(x)+u′(x)f(x)],因?yàn)閡′(x)=λ(x),所以g′(x)=eu(x)[f′(x)+λ(x)f(x)]＞0(或＜0),然后利用函數(shù)g(x)的單調(diào)性解決問(wèn)題.于是找到了解決條件為類(lèi)型二的與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題的通法.

下面給出類(lèi)型二的常見(jiàn)構(gòu)造：

(1)對(duì)于xf′(x)+λf(x)＞0(其中λ為常數(shù),λ≠0),構(gòu)造g(x)=xλf(x);

(2)對(duì)于f′(x)+λf(x)＞0(其中λ為常數(shù),λ≠0),構(gòu)造g(x)=f(x)eλx;

在這項(xiàng)測(cè)試中，腕表暴露在15,000高斯強(qiáng)磁場(chǎng)中，24小時(shí)之后計(jì)算走時(shí)精準(zhǔn)度。第二天，將腕表消磁，24小時(shí)后再計(jì)算走時(shí)精準(zhǔn)度，并計(jì)算二者之間的偏差。

(3)對(duì)于f′(x)+xλf(x)＞0(其中λ為常數(shù),λ≠-1),構(gòu)造

(4)對(duì)于sinx·f′(x)+cosx·f(x)＞0,構(gòu)造g(x)=f(x)sinx;

(5)對(duì)于sinx·f′(x)-cosx·f(x)＞0,構(gòu)造

(6)對(duì)于cosx·f′(x)-sinx·f(x)＞0,構(gòu)造g(x)=f(x)cosx;

(7)對(duì)于cosx·f′(x)+sinx·f(x)＞0,構(gòu)造

(8)對(duì)于f′(x)+sinx·f(x)＞0,構(gòu)造

(9)對(duì)于f′(x)+cosx·f(x)＞0,構(gòu)造g(x)=f(x)esinx.

下面結(jié)合例題說(shuō)明如何構(gòu)造函數(shù).

例6函數(shù)f(x)在定義域(0,+∞)上恒滿(mǎn)足： ①f(x)＞0;②2f(x)＜xf′(x)＜3f(x),則下列結(jié)論正確的是( )

解析由2f(x)＜xf′(x)得xf′(x)-2f(x)＞0,構(gòu)造函數(shù)則故g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.由g(1)＜g(2)得所以由xf′(x)＜3f(x)得xf′(x)-3f(x)＜0,構(gòu)造函數(shù)則故h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.由h(1)＞h(2)得所以故選D.

例7 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)榍覍?duì)定義域內(nèi)的任意x恒有f′(x)＞f(x)tanx,則( )

A.a＜b＜cB.b＜c＜aC.c＜b＜aD.c＜a＜b

解析由任意得cosx·f′(x)-sinx·f(x)＞0.構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)cosx,則g′(x)= cosx·f′(x)-sinx·f(x)＞0,故g(x)在(上單調(diào)遞增.由所以得故選A.

例8定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x)＞則下列不等式中一定成立的是( )

解析由已知可得構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)eu(x),其中u(x)滿(mǎn)足u′(x)=因?yàn)槎谑撬粤顄(x)=于是求導(dǎo)得所以g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減.由g(1)＞g(4)＞g(9)得故選B.

例9定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足2f(x)+xf′(x)＞x2,則下列不等式在R上恒成立的是()

解析由已知可得f(0)＞0和xx2,x≠0.構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)eu(x),其中u(x)滿(mǎn)足x≠ 0.因?yàn)樗粤顄(x)=2ln|x|,故g(x)=f(x)e2ln|x|=x2f(x).所以構(gòu)造函數(shù)g(x)=x2f(x),x∈R,求導(dǎo)得g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)].由2f(x)+xf′(x)＞x2得x[g′(x)-x3]＞0,x≠0.構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)得h′(x)=g′(x)-x3.由x[g′(x)-x3]＞0,x≠0得：當(dāng)x＜0時(shí),h′(x)＜0;當(dāng)x＞0時(shí),h′(x)＞0.所以h(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.于是任意x≠0,h(x)＞h(0)=0,則任意所以任意又因?yàn)閒(0)＞0,所以恒成立,故選A.

與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題屬于綜合性比較強(qiáng)的問(wèn)題,本文通過(guò)探索,找到了構(gòu)造函數(shù)解決與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題的通法,即利用條件構(gòu)造對(duì)應(yīng)的函數(shù),然后利用新函數(shù)的單調(diào)性解決問(wèn)題.