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＞1,则下列结论中一定错误的是( )

解析构造函数g(x)=f(x)-kx,则g′(x)=f′(x)-k＞0,故g(x)在R上单调递增.由得即所以选项A和B无法判断.由得(即所以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)＜f′(x)恒成立,则不等式f(x)＞2ex的解集是( )A.(2,+∞) B.(0,+∞) C.(-∞,0) D.(-∞,2)

解析构造函数则g′(x) =故g(x)在R上单调递增,且g(0)=2.因为f(x)＞2ex等价于即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,+∞)

解析构造函数则g′(x)=因为当x＞0时,xf′(x)-f(x)＜0,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＜x＜1时,g(x)＞0,则f(x)＞0;当x＜-1时,g(x)＜0,则f(x)＞0.综上所述,使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选A.

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)+λx＞0(其中λ为常数,λ≠0),构造

(3)对于f′(x)+ceλx＞0(其中c,λ为常数,cλ≠0),构造

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,且恒成立,则不等式的解集是( )

A.(1,2) B.(0,1) C.(1,+∞) D.(-1,1)

解析构造函数则0,故g(x)在R上单调递减,且因为f(x2)＞等价于即g(x2)＞g(1),所以x2＜1,解得-1＜x＜1,故选D.

例5定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f(-x)=x2,当x≥0时,f′(x)＞x,则不等式f(x)+2＞f(2-x)+2x的解集是( )

解析由已知可得当x≥0时,f′(x)-x＞0.构造函数则g′(x)=f′(x)-x.当x≥0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等价于即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)eu(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;

在这项测试中，腕表暴露在15,000高斯强磁场中，24小时之后计算走时精准度。第二天，将腕表消磁，24小时后再计算走时精准度，并计算二者之间的偏差。

(3)对于f′(x)+xλf(x)＞0(其中λ为常数,λ≠-1),构造

(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

(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

(8)对于f′(x)+sinx·f(x)＞0,构造

(9)对于f′(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)＜xf′(x)＜3f(x),则下列结论正确的是( )

解析由2f(x)＜xf′(x)得xf′(x)-2f(x)＞0,构造函数则故g(x)在(0,+∞)上单调递增.由g(1)＜g(2)得所以由xf′(x)＜3f(x)得xf′(x)-3f(x)＜0,构造函数则故h(x)在(0,+∞)上单调递减.由h(1)＞h(2)得所以故选D.

例7 函数f(x)的定义域为且对定义域内的任意x恒有f′(x)＞f(x)tanx,则( )

A.a＜b＜cB.b＜c＜aC.c＜b＜aD.c＜a＜b

解析由任意得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(上单调递增.由所以得故选A.

例8定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(x)＞则下列不等式中一定成立的是( )

解析由已知可得构造函数g(x)=f(x)eu(x),其中u(x)满足u′(x)=因为而于是所以令u(x)=于是求导得所以g(x)在(0,+∞)单调递减.由g(1)＞g(4)＞g(9)得故选B.

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()

解析由已知可得f(0)＞0和xx2,x≠0.构造函数g(x)=f(x)eu(x),其中u(x)满足x≠ 0.因为所以令u(x)=2ln|x|,故g(x)=f(x)e2ln|x|=x2f(x).所以构造函数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.构造函数求导得h′(x)=g′(x)-x3.由x[g′(x)-x3]＞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,则任意所以任意又因为f(0)＞0,所以恒成立,故选A.

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.