賴佳佳

(廣東省梅州市虎山中學(xué)高二(2)班，514299)

一、問題緣起

(A)① ③ (B)① ④

(C)② ③ (D)② ④

本題為廣東省梅州市高二第一學(xué)期期末數(shù)學(xué)聯(lián)考題,顯然該題求解的關(guān)鍵是由題設(shè)不等式構(gòu)造函數(shù),再由函數(shù)的單調(diào)性比較大小得出結(jié)論.從評(píng)卷反饋的情況來看,該題的得分率較低.究其原因,問題源于構(gòu)造函數(shù)使同學(xué)們犯了難.

二、解法分析

三、模型拓展

由上可見,要快速解答此類問題,需要同學(xué)們對(duì)基本初等函數(shù)的求導(dǎo)公式、四則運(yùn)算及復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則熟練掌握,并能通過組合變換對(duì)其延伸,才能準(zhǔn)確地構(gòu)造新函數(shù),達(dá)到解題的目的.

縱觀此類問題的解答,除了和差型函數(shù)引出的題設(shè)導(dǎo)數(shù)不等式問題比較容易求解外,使學(xué)生普遍感到困難的就是積商型函數(shù)及復(fù)合函數(shù)引出的相應(yīng)問題.本文從源頭出發(fā)列舉幾種常見模型,同學(xué)們只要通過類比推理進(jìn)行拓展,就能精準(zhǔn)構(gòu)造新函數(shù),探索得問題的求解軌跡.

模型1基于冪函數(shù)背景

對(duì)xf′(x)>-f(x),可構(gòu)造新函數(shù)F1(x)=xf(x).拓展到一般,對(duì)xf′(x)>-nf(x),由[xnf(x)]′=xn-1[nf(x)+xf′(x)],可構(gòu)造新函數(shù)G1(x)=xnf(x) (n∈Q*).

模型2基于指數(shù)函數(shù)背景

由f′(x)>-f(x),可構(gòu)造新函數(shù)F3(x)=exf(x).拓展到一般,對(duì)f′(x)>-nf(x),由[en xf(x)]′=en x[nf(x)+f′(x)],可構(gòu)造新函數(shù)G3(x)=en xf(x)(n∈Q*).

模型3基于冪函數(shù)指數(shù)函數(shù)混合背景

由p(x)=exxf(x)求導(dǎo),可得p′(x)=ex[(x+1)f(x)+xf′(x)].由此拓展到一般,對(duì)xf′(x)>-(mx+n)f(x),由p′(x)=emxxn-1[(mx+n)f(x)+xf′(x)],可構(gòu)造新函數(shù)p(x)=emxxnf(x) (m、n∈Q*).

模型4基于三角函數(shù)背景

由求導(dǎo)公式與法則,不難得到

[sinxf(x)]′=cosxf(x)+sinxf′(x)

=cosx[f(x)+tanxf′(x)]；

[cosxf(x)]′=-sinxf(x)+cosxf′(x)

=-cosx[tanxf(x)-f′(x)]；

由以上表達(dá)式,不難窺見相應(yīng)命題的命制規(guī)律.

四、應(yīng)用舉例

例1已知定義在R上的函數(shù)f(x),其導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且滿足xf′(x)>2f(x),若a>b>0, 則下列不等式恒成立的是( )

(A)b2f(a)

(B)b2f(a)>a2f(b)

(C)a2f(a)

(D)a2f(a)>b2f(b)

例2已知定義在R上的函數(shù)f(x),其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)0時(shí),f(x)

解由模型2,令g(x)=e-xf(x),則g′(x)=e-x[f′(x)-f(x)]<0,g(x)在R上單調(diào)減;又g(0)=f(0)=1,故x>0時(shí),有g(shù)(x)

例3已知定義在R上的函數(shù)f(x),導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足xf′(x)+f(x)

解由條件知(1-x)f(x)+xf′(x)<0,按照模型3,可令m=-1,n=1,得p(x)=e-xxf(x).于是

(指導(dǎo)老師：江中偉)