朱 輝

(甘肅省平?jīng)鍪械谌袑W(xué))

抽象函數(shù)是近年來高考的熱點(diǎn),問題通常給出函數(shù)f(x)與f′(x)之間的關(guān)系,要求參數(shù)的范圍或解不等式.這類問題條件迥異,處理方法靈活,是學(xué)習(xí)的難點(diǎn),構(gòu)造函數(shù),應(yīng)用函數(shù)的單調(diào)性,是解決問題的常用方法.本文介紹幾種構(gòu)造函數(shù)的方法,供大家參考.

1 根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則構(gòu)造函數(shù)

如果題目中包含f′(x)±g′(x)＞0(或＜0),f′(x)g(x)±f(x)g′(x)＞0(或＜0)的條件,可以根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的和、差、積、商構(gòu)造函數(shù).

例1設(shè)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,求使得f(x)＞0成立的x的取值范圍.

設(shè)g(x)＝,則g′(x)＝當(dāng)x＞0時(shí),g′(x)＜0,g(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞減,又因?yàn)閒(x)是奇函數(shù),所以f(x)在(－∞,0)上單調(diào)遞減.因?yàn)閒(－1)＝0,所以f(1)＝－f(－1)＝0,g(1)＝0.故當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g(x)＞0,f(x)＞0.當(dāng)x∈(－∞,－1)時(shí),f(x)＞0.

綜上,x的取值范圍是(－∞,－1)∪(0,1).

例2定義在R 上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)＞f(x)恒成立,若x1＜x2,則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系為( ).

A.ex1f(x2)＞ex2f(x1)

B.ex1f(x2)＜ex2f(x1)

C.ex1f(x2)＝ex2f(x1)

D.ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系不確定

一般地:

1)若f′(x)±g′(x)＞0(或＜0),可構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)±g(x).

2)若f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0),可構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x).

3)若f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0),可構(gòu)造函數(shù)F(x)＝

2 根據(jù)研究對(duì)象的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造函數(shù)

根據(jù)所給條件的結(jié)構(gòu)特征,對(duì)條件進(jìn)行認(rèn)真分析,找出關(guān)系式中的隱含關(guān)系,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù),通過研究所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性,使問題得以解決.

例3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,下列不等式在R 上恒成立的是( ).

A.f(x)＞0 B.f(x)＜0

C.f(x)＞xD.f(x)＜x

構(gòu)造函數(shù)F(x)＝x2f(x),則

當(dāng)x＝0時(shí),由2f(x)＋xf′(x)＞x2,可得f(x)＞0.當(dāng)x＞0時(shí),F′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]＞0,所以F(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,所以F(x)＞F(0)＝0,即x2f(x)＞0,故f(x)＞0.當(dāng)x＜0 時(shí),F′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]＜0,所以F(x)在(－∞,0)上單調(diào)遞減,F(x)＞F(0)＝0,即x2f(x)＞0,故f(x)＞0.

綜上,當(dāng)x∈R時(shí),f(x)＞0恒成立,故選A.

例5已知f(x)是定義在(－∞,0)∪(0,＋∞)上的奇函數(shù),f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),f(1)≠0,且滿足f′(x)lnx＋＜0,則不等式(x－1)f(x)＜0的解集為( ).

A.(1,＋∞) B.(0,1)

C.(－∞,1) D.(－∞,0)∪(1,＋∞)

由于f′(x)lnx＋＜0,所以設(shè)g(x)＝f(x)lnx,g′(x)＝f′(x)lnx＋＜0,而g(1)＝0,所以在(0,1)上,lnx＜0,g(x)＞0,所以f(x)＜0;在(1,＋∞)上,lnx＞0,g(x)＜0,所以f(x)＜0.故在(0,＋∞)上,f(x)＜0.又f(x)是奇函數(shù),所以在(－∞,0)上,f(x)＞0,所以不等式(x－1)f(x)＜0可轉(zhuǎn)化為解得x＞1 或x＜0,即不等式的解集是{x|x＜0或x＞1}.故選D.

根據(jù)題目結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造函數(shù),一般有以下幾類:

1)若xf′(x)＋nf(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xnf(x).

2)若f(x)＋f′(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造函數(shù)F(x)＝exf(x).

3)若f′(x)－f(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造函數(shù)F(x)＝

4)若f′(x)＋kf(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ekxf(x).

5)若f′(x)－kf(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造函數(shù)F(x)＝

3 根據(jù)所給條件的導(dǎo)數(shù)關(guān)系,構(gòu)造函數(shù)

根據(jù)所給條件,適當(dāng)變形,構(gòu)造函數(shù).

例6函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,f(－1)＝2,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.(－∞,＋∞)

構(gòu)造F(x)＝f(x)－2x－4,則F′(x)＝f′(x)－2＞0,所以F(x)是R 上的增函數(shù).又因?yàn)镕′(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0,f(x)＞2x＋4,即F(x)＞0＝F(－1),所以x＞－1,故選B.

例7設(shè)f(x)為R 上的可導(dǎo)函數(shù),對(duì)任意實(shí)數(shù)x有f(x)＝2022x2－f(－x)且x∈(0,＋∞)時(shí),f′(x)－2 022x＞0.求關(guān)于實(shí)數(shù)m的不等式f(m＋1)－f(－m)≥2022m＋1011的解集.

由f(x)＝2022x2－f(－x)可變形為

f(x)－1011x2＋f(－x)－1011(－x)2＝0,

所以可構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－1011x2,則g′(x)＝f′(x)－2022x.由g(x)＋g(－x)＝0,得g(x)是奇函數(shù).

因?yàn)閤∈(0,＋∞)時(shí),f′(x)－2022x＞0,所以g(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,又因?yàn)間(x)是奇函數(shù),所以g(x)在R上單調(diào)遞增.

因?yàn)閒(m＋1)－f(－m)≥2022m＋1011,f(x)＝g(x)＋1011x2,所以g(m＋1)＋1011(m＋1)2－[g(－m)＋1011m2]≥2022m＋1011,化簡得g(m＋1)≥g(－m),所以m＋1≥－m,即m≥－

例8定義在(0,＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋xf′(x)＝f(1)＝1,求f(x)的零點(diǎn).

總之,構(gòu)造函數(shù)的關(guān)鍵是緊扣條件,結(jié)合函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征,創(chuàng)設(shè)條件,準(zhǔn)確構(gòu)造函數(shù),并判斷函數(shù)的單調(diào)性.所以構(gòu)造函數(shù)時(shí),需要用心觀察,認(rèn)真分析,必要時(shí)要進(jìn)行一定的變形轉(zhuǎn)化,把隱含的關(guān)系顯現(xiàn)出來,然后利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)問題.

(完)