許銀伙

(福建省泉州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校 362000)

已知函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)的關(guān)系式的客觀題，以抽象函數(shù)的形式出現(xiàn)，綜合考查函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)知識(shí)，解決時(shí)需要熟悉函數(shù)導(dǎo)數(shù)的相關(guān)法則和公式，并能靈活地順用和逆用，構(gòu)造新函數(shù)，結(jié)合函數(shù)性質(zhì)，才能正確解決.這類(lèi)問(wèn)題出題靈活，形式多樣，對(duì)知識(shí)和能力要求較高，是高考和各類(lèi)模擬考的高頻率考題類(lèi)型.以下梳理出四種常見(jiàn)的類(lèi)型題，并探尋它們的解決方法及其解決規(guī)律.

一、單純由已知的不等式構(gòu)造新函數(shù)，利用單調(diào)性解不等式

例2 定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)+f′(x)>1，f(0)=4則不等式exf(x)>ex+3(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為( ).

分析與解由f(x)+f′(x)>1得：[exf(x)]′>(ex)′，即[exf(x)-ex]′>0.

令g(x)=exf(x)-ex，可得：g′(x)>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增.

又g(0)=e0f(0)-e0=3，exf(x)>ex+3化為g(x)>g(0)，所以x>0，選A.

例3 若對(duì)定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)，恒有(4-x)f(2x)+2xf′(2x)>0，其中f′(x)表示函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f(x)( ).

A.恒大于等于0 B. 恒小于0

C. 恒大于0 D. 和0的大小關(guān)系不確定

分析與解由(4-x)f(2x)+2xf′(2x)>0得：

當(dāng)x∈(0,+)時(shí)，4x3f(2x)+2x4f′(2x)-x4f(2x)=[x4f(2x)]′-x4f(2x)>0；

當(dāng)x∈(-,0)時(shí)，4x3f(2x)+2x4f′(2x)-x4f(2x)=[x4f(2x)]′-x4f(2x)<0.

函數(shù)g(x)最小值為函數(shù)g(0)=0，得f(x)≥0，且當(dāng)x≠0時(shí)，f(x)>0.

又由(4-x)f(2x)+2xf′(2x)>0，得f(0)>0.選C.

二、由已知的關(guān)系式構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合奇偶性,利用新函數(shù)的單調(diào)性解不等式

例4 設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x，都有f(x)=4x2-f(-x)，當(dāng)x∈(-,0)時(shí)，若f(m+1)≤f(-m)+4m+2，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是( ).

由f(m+1)≤f(-m)+4m+2即g(m+1)+2(m+1)2≤[g(-m)+2(-m)2]+4m+2得：

點(diǎn)評(píng)本題解決有兩個(gè)亮點(diǎn)：(1)構(gòu)造函數(shù)時(shí)應(yīng)依據(jù)條件特點(diǎn)，先考慮到函數(shù)的奇偶性，事實(shí)上，凡是已知等式中同時(shí)有f(x)和f(-x)，都應(yīng)該考慮函數(shù)的奇偶性；(2)已知的關(guān)系式是等式，構(gòu)造的新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是定值，與前面的例題略有差異.

例5 定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：當(dāng)x<0時(shí)，2f(x)+xf′(x)

A.1 B. 2 C.3 D. 4

分析與解因?yàn)閇x2f(x)]′=2xf(x)+x2f′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]，由已知得：當(dāng)x∈(-,0)時(shí)，[x2f(x)]′>x2f(x)，即[x2f(x)]′-x2f(x)>0.令可得關(guān)于x∈(-,0]單調(diào)遞增.因?yàn)間(0)=0，所以當(dāng)x<0時(shí)，g(x)<0,得f(x)<0.由f(x)是奇函數(shù)得：f(0)=0，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)=-f(-x)>0.選A.

令g(x)=f(x)ln(1-x2)，可得g′(x)>0對(duì)0

三、由已知的等式構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合定積分求出原函數(shù)解題

例7(2018廈門(mén)第一次市質(zhì)檢11)定義在(0,+)上的函數(shù)f(x)滿足若關(guān)于x的方程|f(x)|-a=0有三個(gè)實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( ).

分析與解因?yàn)閤∈(0,+)，令g(x)=xf(x)，可得

當(dāng)x∈(e,+)時(shí)，f′(x)<0.f(x)在x∈(0,e)單調(diào)遞增，在x∈(e,+)單調(diào)遞減.又因?yàn)楫?dāng)x→0時(shí)，f(x)→-；當(dāng)x→+時(shí)，f(x)→0且f(x)>0.方程|f(x)|-a=0化為a=|f(x)|，作出a=|f(x)|與y=a的圖象，可得方程|f(x)|-a=0有三個(gè)實(shí)根，需且只需選A.

點(diǎn)評(píng)已知的關(guān)系式是等式，首選的方向應(yīng)該是嘗試構(gòu)造新函數(shù)，利用定積分，求出原函數(shù)，化抽象為具體.本題作為與方程解個(gè)數(shù)有關(guān)的客觀題，數(shù)形結(jié)合是常用思想方法.

例8已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f′(x)=(2x+3)ex+f(x)(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，且f(0)=1，若不等式f(x)-k<0的解集中恰有兩個(gè)整數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為( ).

可得：g′(x)=2x+3.由定積分知識(shí)可設(shè)g(x)=x2+3x+c(其中c為常數(shù))，

f′(x)=(2x+3)ex+f(x)=(x2+5x+4)ex，令f′(x)=0得x1=-4,x2=-1；令f′(x)>0得x<-4或x>-1；令f′(x)<0得-4

又因?yàn)楫?dāng)x→-時(shí)，f(x)→0且f(x)>0，f(-1)=所以由不等式f(x)-k<0的解集中恰有兩個(gè)整數(shù)得f(-2)

點(diǎn)評(píng)本題仍然是通過(guò)定積分求出原函數(shù)，化抽象函數(shù)為具體函數(shù).但在解決整數(shù)根個(gè)數(shù)時(shí)除了數(shù)形結(jié)合外還需要考慮問(wèn)題的離散性，利用單調(diào)性和特殊的整數(shù)值代入，才能不走彎路，達(dá)成目標(biāo).

四、由已知的等式構(gòu)造函數(shù)，利用新函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)解極值問(wèn)題

A.有極大值，無(wú)極小值 B. 有極小值，無(wú)極大值

C. 有極大值，又有極小值 D. 既無(wú)極大值，又無(wú)極小值

當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈(2,+)時(shí)，h′(x)>0.h(x)在x∈(0,2)單調(diào)遞減，在x∈(2,+)單調(diào)遞增，h(x)的最小值對(duì)x>0恒成立，f(x)在(0,+)單調(diào)遞增，f(x)無(wú)極值.選D.

點(diǎn)評(píng)本題由已知的關(guān)系式構(gòu)造函數(shù)容易想到，但不能求出具體的原函數(shù)，所以構(gòu)造新函數(shù)后必須充分挖掘新函數(shù)的價(jià)值，二次構(gòu)造函數(shù)，在已知函數(shù)值相應(yīng)的自變量處繼續(xù)挖掘，才能得出結(jié)論.

例10定義在(0,+)上的函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)-2xf(x)=x3ex，f(2)=-2e2.

求證：x=2是f(x)極小值點(diǎn).

點(diǎn)評(píng)本題原來(lái)是選擇題，參考答案選的是B(有極小值，無(wú)極大值)，應(yīng)該是仿照上一題編造的創(chuàng)新題，但參考解答與上面的解答類(lèi)似，只是出題者的解答略簡(jiǎn)單些，并沒(méi)有說(shuō)明無(wú)極大值的原因，“作業(yè)幫”也是，筆者認(rèn)為那是以訛傳訛.由此改編成上面例題，難度仍然不小，需要用三次求導(dǎo)才能解決問(wèn)題.

相應(yīng)練習(xí)

1.(2017年莆田質(zhì)檢理12)定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，f(0)=0，若對(duì)任意x∈R，都有f(x)>f′(x)+1，則使得f(x)+ex<1成立的x的取值范圍為( ).

2.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足 2f(x)+xf′(x)>x2(x∈R)，則對(duì)任意x∈R都有( ).

A.x2f(x)≥0 B.x2f(x)≤0

C.x2[f(x)-1]≥0 D.x2[f(x)-1]≤0

3.定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對(duì)x∈R恒有f(x)=2x2-f(-x)，當(dāng)x∈(0,+)時(shí)，f′(x)<2x.若f(a-3)≤f(2-a)+5-2a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ).

4.定義在R上的奇函數(shù)f(x)，設(shè)其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x∈(-,0]時(shí)，恒有xf′(x)

5.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且當(dāng)x<0時(shí)，2f(x)+xf′(x)<0，則不等式(x-2018)2f(x-2018)-f(-1)<0的解集為( ).

A.1 B.2 C.0 D. 0或2

參考答案：1.A 2.A 3.D 4.B 5.C 6.C