安徽省銅陵樅陽(yáng)浮山中學(xué) (246736)

劉東蓮

抽象函數(shù)與導(dǎo)數(shù)耦合

安徽省銅陵樅陽(yáng)浮山中學(xué) (246736)

劉東蓮

抽象函數(shù)與導(dǎo)數(shù)相耦合類問題，多是高考試題和高考模考試題的客觀性試題的壓軸題.多數(shù)學(xué)生一看到這類題，就有一種恐懼感.這里就2016年各地模考中,出現(xiàn)頻率比較高的、比較典型的一些問題進(jìn)行歸納分類解析，使讀者讀后對(duì)這類問題整體解答有一個(gè)比較清楚的了解和理解.

一、導(dǎo)數(shù)與代數(shù)式乘積類

這類問題解決起來,關(guān)鍵是根據(jù)多項(xiàng)式的不等式,解出變量的范圍,從而知道對(duì)應(yīng)導(dǎo)數(shù)值是大于零還是小于零,來判斷出函數(shù)單調(diào)性的對(duì)應(yīng)區(qū)間.

例1定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x) 對(duì)任意x∈R都有f(x)=f(4-x),且其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足(x-2)·f′(x)>0,則當(dāng)2

A.f(2a)

B.f(2)

C.f(2)

D.f(log2aa)

解析：因?qū)θ我鈞∈R都有f(x)=f(4-x)，所以其函數(shù)圖像的對(duì)稱軸為x=2，且2a-2>2-log2a，又因(x-2) f′(x)>0，則當(dāng)x>2時(shí),f′(x)>0,即x>2時(shí)，f(x)為單調(diào)遞增函數(shù)；當(dāng)x<2時(shí),f′(x)<0,即x<2時(shí)，f(x)為單調(diào)遞減函數(shù)；又當(dāng)2

圖1

例2設(shè)f(x)是定義在R上的函數(shù)，其圖像如圖1所示，則不等式(x2-2x-3)f′(x)>0的解集為( ).

A.(-∞,-2)∪(1,+ ∞)

B.(- ∞,-2)∪(1,2)

C.(-∞,-1)∪(-1,0)∪(2,+ ∞)

D.(- ∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+ ∞)

圖2

解析：根據(jù)原函數(shù)的圖像，所以可作出對(duì)應(yīng)導(dǎo)函數(shù)的圖像如圖2.因(x2-2x-3)=(x-3)(x+1),又(x2-2x-3)f′(x)>0,所以當(dāng)x∈(-∞,-1) ∪(3,+ ∞)時(shí),(x2-2x-3)>0,同時(shí)f′(x)>0.當(dāng)x∈(-1,1)時(shí),(x2-2x-3)<0,同時(shí)f′(x)<0.故D正確.

解析：因f(x)=f(2-x)，則f(x)的對(duì)稱軸為x=1.又因x∈(-∞,1)時(shí),(x-1)f′(x)<0.當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí)，f′(x)>0，即f(x)單調(diào)遞增.則當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減.故知距離x=1越近，函數(shù)值越大.則b>a>c.

評(píng)注:這類問題的解首要是要注意到區(qū)間,導(dǎo)函數(shù)的符號(hào),原函數(shù)的單調(diào)性,三者之間的有機(jī)結(jié)合和準(zhǔn)確對(duì)應(yīng).

(二)“配”成導(dǎo)函數(shù)的積,商關(guān)系

根據(jù)題給的條件,如何“配”成導(dǎo)函數(shù)的積和商關(guān)系,再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的符號(hào),來判斷整體函數(shù)的單調(diào)性.

例5已知f(x)是定義在(1，+∞)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若x>1有xxf′(x)>ef(x)成立，則當(dāng)m>n>0時(shí)，有( ).

A.mf(xn)>nf(xm) B.mf(xnm)

C.mf(xn)=nf(xm)

D.mf(xn)與nf(xm)的大小關(guān)系不確定.

解析：對(duì)式子xxf′(x)>ef(x)兩邊取對(duì)數(shù)得

解析：因f′(x)tanx+f(x)=

例7設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(-∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)數(shù)為f′(x)，且有2f(x)+x f′(x)>x2,則不等式(x+2015)2f(x+2015)-4f(-2)<0的解集為( ).

A.(-∞，-2015) B.(-2017,-2015)

C.(- ∞,-2017) D.(-2015,-2013)

解析：因在(-∞，0)上，(x2f(x) ′=2xf(x)+x2f′(x)=x(2f(x)+xf′(x)).又因2f(x)+x f′(x)>x2，則(x2f(x)) ′=2xf(x)+x2f′(x)=x(2f(x)+xf′(x))

A.6 B.7 C.8 D.9

例9已知奇函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且x∈(0,+∞)時(shí)，x f′(x)-f(x)=x,若f(e)=e.則f(x)>0的解集為( ).

A.(-1,0)∪(1，+∞)

B.(- ∞,-1) ∪ (0,1)

C.(-e,0) ∪(e,+∞)

D.(-∞,-e)∪(0,e)

說明:本例不僅巧妙地應(yīng)用“配”的功能,同時(shí)還用到不定積分,這些都需要解題者有較厚的功底.

例10函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)>-xf′(x),則關(guān)于x的不等式f(x-1)>(x+1)f(x2-1)的解集為( ).

A.(-∞，1) B.(-1,1)

C.(- ∞,0) D.(0,1)

評(píng)注:這類問題關(guān)鍵是一個(gè)字“配”,不是隨便就能“配”的好和“配”的準(zhǔn).所以需要解題者對(duì)題意有深入地理解,其次運(yùn)算基本功要十分過硬.否則就會(huì)出“河里挖藕,盲無目的”亂“配”.

四、用 “eax”來“配”

用“eax”來進(jìn)行“配”,是因?yàn)椤癳ax”的導(dǎo)數(shù)有一定特殊性,這是這類問題解決起來的核心所在.

例11設(shè)函數(shù)f′(x)是f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，且f(0)=1,3f(x)=f′(x)-3，則4f(x)>f′(x)的解集為( ).

說明:本例,不僅巧妙地應(yīng)用“e3x”來“配”的功能,同時(shí)還用到不定積分,這些都需要解題者要有較強(qiáng)基本功.

例13已知f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，滿足f(x)>f′(x)，且y=f(x+1)為偶函數(shù)，f(2)=1，則f(x)

例14已知f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，滿足f(x)>f′(x)+1,f(0)=2016,則不等式e-xf(x)>e-x+2015(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為________.

解析：令g(x)=e-xf(x)-e-x，則g′(x)=e-x[f′(x)-f(x)+1]<0,則g(x)在R上單調(diào)遞減.因g(0)=f(0)-1=2015，所以e-xf(x)>e-x+2015等價(jià)于g(x)>g(0),則x<0.

評(píng)注:這類問題關(guān)鍵是用 “eax”來“配”,至于其中參數(shù)“a”到底取什么值,這就要因題而定.不是隨便就能“配”的好和“配”的準(zhǔn).所以需要解題者對(duì)題給的形式要分析和理解,其次運(yùn)算基本功要十分過硬.否則就會(huì)出現(xiàn)“海中失控的小船,無任何目標(biāo)”亂“配”.

五、抽象函數(shù)的基礎(chǔ)性質(zhì)與導(dǎo)數(shù)

這類題的設(shè)問主要與函數(shù)的奇偶性、周期性、單調(diào)區(qū)間、對(duì)稱性等與導(dǎo)數(shù)相結(jié)合.

例16已知f(x)是定義在R上的函數(shù),且滿足f(-x)=f(x),f(x+2)=f(2-x),若曲線y=f(x)在x=-1處的切線方程為x-y+3=0，則該曲線在x=5處的切線方程為________.

解析：因f(x)滿足f(-x)=f(x),f(x+2)=f(2-x),則f(x+4)=f(x),且圖像關(guān)于y軸對(duì)稱.又因曲線y=f(x)在x=-1處的切線方程為x-y+3=0，所以y=f(x)在x=1處的切線方程為x+y-3=0.則知y=f(x)在x=5處的切線方程為x+y-7=0.

例17已知f(x)是定義在(0,+ ∞)上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)任意的x∈(0,+ ∞),都有f(f(x)-log2x)=3.則方程f(x)-f′(x)=2的解所在的區(qū)間是( ).

圖3

x-204f(x)1-11

以上就抽象函數(shù)與導(dǎo)數(shù)相耦合的題型的解題本質(zhì)和方法進(jìn)了分類解析,以便讀者能從中領(lǐng)略到這類問題的常規(guī)做法,及其數(shù)學(xué)內(nèi)涵.不足之處望多指教.