构造函数法在与导数有关的不等式问题中的应用
广东省中山纪念中学(528454)
邓启龙
导数和不等式是高中数学的重点和难点,而这两类问题的结合使得问题变得复杂、灵活.如何把握这一类问题的本质,研究它们的通法,这是教学中迫切需要解决的问题.下面从几个与导数有关的不等式问题出发,去探索此类问题的通法.
例1
(2015年高考福建卷理科第10题)若定义在
R上的函数f(x)满足f(0)=−1,其导函数f′(x)满足f′(x)>k>A.f(1,则下列结论中一定错误的是()
1)<1(1)1
kkB.fk>C.f(1)1(k−11)
k
k−1 构造函数g(x)=f(x)−kx,则g′(x)= f′((x))−k>0,故g1 ((x))在R上单调递增.由(>0得g1k>g(0),即f1k−1>−1,所以f1k)k>0,选 项(A和B无法判断.由1() k−1>0得g1 >g(0),即 f1)k−1k(1) 1 k−1−k−1>−1,所以fk−1>k−1,故结 论中一定错误的是C,选项D不确定,故选C. 例2若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=2,且f(x) A.(2,+∞)B.(0,+∞) C.(−∞,0)D.(−∞,2) 解析 构造函数g(x) = f(x) ,则g′e x(x)= f′(x)−f(x) ex >0,故g(x)在R上单调递增,且g(0)=2.因 为f(x)>2ex等价于f(x) ex>2,即g(x)>g(0),解得x>0, 故选B. 例3(2015年高考全国卷II理科第12题)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(−1)=0,当x>0时,xf′(x)−f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是() A.(−∞,−1)∪(0,1)B.(−1,0)∪(1,+∞)C.(−∞,−1)∪(−1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)解析 构造函数g(x)= f(x) xf′(x)−f(x) x (x=0),则g′(x)=.因为当x>0时,xf′(x)−f(x)<0,′x2 所 以g(x)<0,故g(x)在(0,+∞)上单调递减.因为f(x)是奇函数,所以g(x)是偶函数,故g(x)在(−∞,0)上单调递 增,且有g(−1)=g(1)=0.当0 探究解决以上问题的关键在于从函数及其导数满足的条件出发,重新构造函数,然后利用新函数的单调性求解.这几个例子还是有所不同的,例1中与导数有关的不等式条件只含f′(x),而例2和例3中与导数有关的不等式条件既含f′(x)又含f(x).通过探索,笔者发现很多与导数有关的不等式条件都可以转化为f′(x)+λ(x)>0(或<0)和f′(x)+λ(x)f(x)>0(或<0).下面从这两种类型的条件出发,探索与导数有关的不等式问题的通法. 类型一f′(x)+λ(x)>0(或<0)型条件 类型一的不等式条件只含f′(x),结构比较简单.对于f′(x)+λ(x)>0(或<0),构造函数g(x)=f(x)+u(x)即可,其中u(x)满足u′(x)=λ(x).原理如下:g′(x)=f′(x)+u′(x),因为u′(x)=λ(x),所以g′(x)=f′(x)+λ(x)>0(或<0),然后利用函数g(x)的单调性解决问题. 下面给出类型一的常见构造: (1)对于f′(x)+λ>0(其中λ为常数,λ=0),构造g(x)=f(x)+λx; (2)对于f′(x)2 +λx>0(其中λ为常数,λ=0),构造 g(x)=f(x)+λx2 ; (3)对于f′(x)+ceλx>0(其中c,λ为常数,cλ=0),构 造g(x)=f(x)+ceλx λ .下面结合例题说明如何构造函数.例4定义在R上的函数f(x)满足f(1)=1,且f′(x)<12恒成立,则不等式f(x2 )>x2+12 的解集是() A.(1,2) B.(0,1) C.(1,+∞) D.(−1,1) 解析构造函数g(x)=f(x)−x 2,则g′(x)=f′(x)−1< 0,故g(x)在R上单调递减,且g(1)=12 .因为f(x2 )> x2+12 2 2等价于f(x2)−x2>1 2,即g(x2)>g(1),所以x2 <1,解得−1 2019年第4期(上) 中学数学研究 9 的解集是( ) A.(−∞,1)B.(−∞,0) C.(1,+∞) D.(0,+∞) 解析由已知可得当′ 2 x0时,f(x)−x>0.构造 函数g(x)=f(x)−x2,则g′(x)=f′(x)−x.当x0 时,g′ (x)>0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.因为g(x)+g(−x)=f(x)+f(−x)−x2=0,所以g(x)是奇函数,故g(x)在R上单调递增.因为f(x)+2>f(2−x)+2x 价于g(x)+x2 等2+2>g(2−x)+(2−x)22+2x,即 g(x)>g(2−x),所以x>2−x,解得x>1,故选C. 类型二f′(x)+λ(x)f(x)>0(或<0)型条件很多与导数有关的不等式条件既含f′(x)又含f(x),结构较类型一复杂.遇到常见的与导数有关的不等式条件(如xf′(x)+f(x)>0),根据经验可立即构造对应的函数(如g(x)=xf(x)),然后利用单调性解决问题.如果遇到未见过的不等式条件,如何快速构造出对应的函数?通过探索,笔者发现很多既含f′(x)又含f(x)的不等式条件都可以转化为f′(x)+λ(x)f(x)>0(或<0),而对于f′ (x)+λ(x)f(x)>0(或<0),构造函数g(x)=f(x)e u(x) 即可,其中u(x)满足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)],因为u′(x)=λ(x),所以g′(x)=eu(x)[f′(x)+λ(x)f(x)]>0(或<0),然后利用函数g(x)的单调性解决问题.于是找到了解决条件为类型二的与导数有关的不等式问题的通法. 下面给出类型二的常见构造: (1)对于xf′(x)+λf(x)>0(其中λ为常数,λ=0),构造g(x)=xλf(x); (2)对于f′(x)+λf(x)>0(其中λ为常数,λ=0),构造g(x)=f(x)eλx; (3)对于f′(x)+xλf(x)>0(其中λ为常数,λ=−1),λ+1 构造g(x)=f(x)e xλ+1; (4)对于sinx·f′(x)+cosx·f(x)>0,构造g(x)=f(x)sinx; (5)对于sinx·f′(x)−cosx·f(x)>0,构造g(x)=f(x) sinx;(6)对于cosx·f′(x)−sinx·f(x)>0,构造g(x)=f(x)cosx; (7)对于cosx·f′(x)+sinx·f(x)>0,构造g(x)=f(x) ;(8)对于f′(x)+sinx·f(x)>0,构造g(x)=f(xcos) xcosx; (9)对于f′ e (x)+cosx·f(x)>0,构造g(x)=f(x)esinx.下面结合例题说明如何构造函数.例6 函数f(x)在定义域(0,+∞)上恒满足:⃝ 1f(x)>0;⃝ 22f(x) 1f(1)B. 1f(1)4 C.13 2D.18 4解析由2f(x) 数g(x)=f(x)xf′(xx,则g′(x)=)−2f(x) 2x3 >0,故g(x)在 (0,+∞)上单调递增.由g(1) f(2)<1 4 .由xf′(x)<3f(x)得xf′(x)−3f(x)<0,构造函数h(x)=f(x)xf′(x)−3f(x) x3,则h′(x)=x4>0,故h(x) 在(0,+∞)上单调递减.由h(1)>h(2)得f(1)>f(2) ,所 以f(1)8 f(2)>18,故选D.例7函数f(x)的定义域为(−π2,π) 2,的任意x恒有f′(x)>f(x)tanx(且对定义域内 π) ,b=2f(0),c=f(,a=f−π) 33,则() A.a 2,2 ,f′(x)>f(x)tanx得 cosx·f′(x)−sinx·f(x)>0.构造函数g(x)=f(x)cosx,则(g′(x)=cosx·f′(x)−sinx·f(x)>0,故g(x)在−π,π)上单调递增.由g(−π) x)f′(x),则下列不等式中一定成立的是() A.f(1)> f(2) f(3)B. f(1)>f(4)f(9) C.f(1) 32< 3D.f2(1)f3>(4)f4(9)2<3< 4 解析由已知可得f′(x)− 1 2(x+√x) f(x)<0.构造函数g(x)=f(x)eu(x),其中u(x)满足u′(x)= − 1 12(x+√x).因为−2(x+√x)=−2√x(√1x,而(√+1)x+1)′= √1 ,于是[−ln(√x+1)]′=−√1√2xx+1·(x+1)′=−1 2(x+√.所以令u(x)=−ln(√x) x+1),于是g(x)=f(x)e−ln(√x+1)=√f(x) x+1, 求导得g′ (x)=f′(x)(√x+1)−f(x)(√ x+1)(√′x+1)2=2(x+√ x)f′(x)2√x(√−f(x) x+1)2 <0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.由g(1)>g(4)>g(9)得f(1)f(4)f(9) 2>3>4 ,故选B. 10中学数学研究2019年第4期(上) 利用图象法刍议函数整数解问题的解题策略* 福建省南平市高级中学(353000) 一、问题提出 在高三函数复习过程中,基于整数条件,求解参数取值范围的题型是教师和考生比较头疼的复习难点.此类问题以不等式知识为依托,结合导数运算和性质,考查函数相关知识,内容涵盖范围广,综合性强,难度大,是近些年高考和各类模拟考试的热点,在试卷中常以选填压轴题的形式出现.一方面,这类问题可以考查考生的综合数学思想能力和数学素养,体现试卷的区分与选拔功能;另一方面,由于问题抽象,计算量大,大部分考生的数学阅读能力水平薄弱,难以正确理解和提取题干的关键要素,无从下手,不得不选择放弃,导致失分率很高,甚为可惜.因此,探究解决函数整数解问题的有效对策,成为函数复习的急迫课题.为此,笔者从教学实际出发,归纳整理,探究解决此类问题的有效策略. 江智如 [2] 科)》进一步明确解题的方法:“会运用基本初等函数的图 象分析函数的性质”.因此,笔者利用图象法,从直观想象的角度进行探究. 三、方法探析 根据问题的条件及参数的的形式,笔者归纳整理为四种类型,每种类型基于典例与变式,依托导数研究函数图象的知识,通过实例总结利用图象法进行求解的思路与方法,帮助考生有效解决此类问题,提高考生数学思想能力水平,实现渗透数学素养教育的目标. (一)函数型问题 典例1(2015年高考课标卷I理科第12题)设函数f(x)=ex(2x−1)−ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,则a的取值范围是([)[)[ 3333 A.−,1B.−,,C. 2e2e42e 分析问题转化为ex(2x−1) )3 4 二、概念界定 本文所探究的函数整数解问题是指:“基于已知函数或不等式满足的相关整数条件,求解参数变量取值范围的题型”.它是函数性质的综合应用,对考生的函数基础知识和应 [1]用技能要求较高.《普通高中数学课程标准(2017年版)》 ) D. [ 3,12e ) 提出了解决此类问题的思路:“借助函数的图象,引导学生通过具体实例感受导数在研究函数和解决实际问题中的作用”.《2018年普通高等学校招生全国统一考试大纲的说明(理 例9定义在R上的函数f(x)满足2f(x)+xf′(x)>x2,则下列不等式在R上恒成立的是() A.f(x)> x2xxx2 B.f(x) [ ] x4 造函数h(x)=g(x)−,求导得h′(x)=g′(x)−x3.由 4 ′3 x[g(x)−x]>0,x=0得:当x<0时,h′(x)<0;当x>0时,h′(x)>0.所以h(x)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.于是任意x=0,h(x)>h(0)=0,则 x2x4 ,所以任意x=0,f(x)>.又因为任意x=0,g(x)>44x2 f(0)>0,所以f(x)>恒成立,故选A. 4 与导数有关的不等式问题属于综合性比较强的问题,本文通过探索,找到了构造函数解决与导数有关的不等式问题的通法,即利用条件构造对应的函数,然后利用新函数的单调性解决问题. 2 ·f(x)>xx2,x=0.构造函数g(x)=f(x)eu(x),其中u(x)满 22 足u′(x)=,x=0.因为(2ln|x|)′=,所以令 xx u(x)=2ln|x|,故g(x)=f(x)e2ln|x|=x2f(x).所以构造函 解析由已知可得f(0)>0和xf′(x)+ 数g(x)=x2f(x),x∈R,求导得g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)].由2f(x)+xf′(x)>x2得x[g′(x)−x3]>0,x=0.构 * 此文为福建省教育科学“十三五”规划2018年度立项课题《新高考背景下高中数学阅读能力培养的校本研究》(立项批准号:FJJKXB18-192)阶段性成果. 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容