一類滿足f(x)±f(-x)=p(x)的可導(dǎo)抽象函數(shù)的巧構(gòu)巧設(shè)

湖北 嚴(yán)海平

一類滿足f(x)±f(-x)=p(x)的可導(dǎo)抽象函數(shù)的巧構(gòu)巧設(shè)

湖北 嚴(yán)海平

以導(dǎo)數(shù)為背景的抽象不等式的求解以及解參數(shù)范圍是部分學(xué)生的弱點.究其原因主要是對含有導(dǎo)數(shù)符號的結(jié)構(gòu)和對抽象不等式的結(jié)構(gòu)認(rèn)識不清，找不出條件與結(jié)論之間的內(nèi)在聯(lián)系，其次是對基本函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則不熟悉不敏感造成的，解決此類問題的主要方法是根據(jù)條件與結(jié)論間的結(jié)構(gòu)特征，聯(lián)想基本函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則，構(gòu)造出相關(guān)的抽象函數(shù)，利用抽象函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性以及相關(guān)的性質(zhì)進(jìn)行求解，以下就滿足形如f(x)±f(-x)=p(x)的可導(dǎo)抽象函數(shù)解決不等式問題，解決參數(shù)范圍問題進(jìn)行淺析，此類問題在各地調(diào)考以及高考中常以選擇題、填空題壓軸題出現(xiàn).

一、滿足形如f(x)+f(-x)=h(xn)的抽象函數(shù)巧構(gòu)巧設(shè)

題1.(2016·山西省一模第16題)設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x).對?x∈R，f(x)+f(-x)=2x2.當(dāng)x∈(-∞，0]，有f′(x)+1lt;2x.若f(2+m)-f(-m)≤2m+2，則實數(shù)m的取值范圍是________.

解析：抓住f(x)+f(-x)=2x2的特征，可進(jìn)行巧構(gòu)巧設(shè).

解法一：(巧設(shè))

設(shè)函數(shù)f(x)=x2-2x，

顯然滿足題設(shè)條件，

因為f(x)的對稱軸為x=1，

所以f(m+2)=f(-m)，

所以原不等式等價于2m+2≥0，

所以m∈[-1，+∞).

解法二：(巧構(gòu))

因為x∈(-∞，0]時，f′(x)+1lt;2x，

所以f′(x)-2x+1lt;0，即(f(x)-x2+x)′lt;0 ①，

所以構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-x2+x，

因為f(x)+f(-x)=2x2，

所以g(x)+g(-x)=(f(x)-x2+x)+(f(-x)-x2-x)=f(x)+f(-x)-2x2=0，

所以g(x)為奇函數(shù).

由①式可得g(x)在x∈(-∞，0]上單調(diào)遞減，

所以g(x)在x∈(0，+∞)上單調(diào)遞減，

由f(x)在R上可導(dǎo),得g(x)在R上是連續(xù)函數(shù)，

所以g(x)在R上單調(diào)遞減.

f(2+m)-f(-m)≤2m+2?f(2+m)-(2+m)2+(2+m)≤f(-m)-(-m)2+(-m),

即g(2+m)≤g(-m)，故2+m≥-m，

即m≥-1.所以m∈[-1，+∞).

點評：抓住f(x)+f(-x)=2x2的特征，挖掘隱含條件,函數(shù)的奇偶性和f(x)與f(-x)之間的和差關(guān)系，在解法一中構(gòu)造出滿足條件的函數(shù)f(x)=x2-2x，利用函數(shù)的對稱性將f(2+m)-f(-m)≤2m+2轉(zhuǎn)化為2m+2≥0，使問題得到解決.在解法二中，構(gòu)造出滿足條件的抽象函數(shù)g(x)=f(x)-x2+x，由f(x)+f(-x)=2x2推出g(x)為奇函數(shù)，由x∈(-∞，0]時，f′(x)+1lt;2x推出g(x)在x∈(-∞，0]上單調(diào)遞減，再利用抽象函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性以及相關(guān)的性質(zhì)進(jìn)行求解.

變式演練：

( )

C.(-∞，2]

D.[2，+∞)

解析：抓住f(x)+f(-x)=x2的特征，可進(jìn)行巧構(gòu)巧設(shè).

解法一：(巧設(shè))由f(x)+f(-x)=x2,

解法二：(巧構(gòu))由f(x)+f(-x)=x2,

得F(-x)+F(x)=0，所以F(x)是奇函數(shù)，

又F′(x)=f′(x)-xgt;0，

所以F(x)在R上是增函數(shù)，

答案:A

2.設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x)，對任意的x∈R，有f(-x)+f(x)=x2，且在(0，+∞)上f′(x)gt;x．若f(2-a)-f(a)≥2-2a，則實數(shù)a的取值范圍為

( )

A.[1，+∞)

B.(-∞,1]

C.(-∞,2]

D.[2,+∞)

答案:B

3.設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，對?x∈R,f(x)+f(-x)=x2，且當(dāng)x∈(0，+∞)時，f′(x)lt;x.若有f(6-m)-f(m)-18+6m≥0，則實數(shù)m的取值范圍為________.

答案:[3,+∞)

題2.設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，若f(x)-f(-x)=2x3，且當(dāng)x∈(0,+∞)時，f′(x)gt;3x2，則f(x)-f(x-1)gt;3x2-3x+1的解集為

( )

A.(-∞，2)

D.(2，+∞)

解析：抓住f(x)-f(-x)=2x3的特征，可進(jìn)行巧設(shè).

解：F(x)=f(x)-x3，則F(-x)=f(-x)+x3，

所以F(x)-F(-x)=f(x)-x3-f(-x)-x3=0，

F(x)-F(-x)=0，所以F(x)是偶函數(shù)，

當(dāng)x∈(0，+∞)時，F(xiàn)′(x)=f′(x)-3x2gt;0，

所以F(x)在x∈(0，+∞)上是增函數(shù)，

由f(x)-f(x-1)gt;3x2-3x+1，

得f(x)-x3gt;f(x-1)-(x-1)3，

即F(x)gt;F(x-1)，亦即F(|x|)gt;F(|x-1|)，

點評：抓住f(x)-f(-x)=2x3的特征，利用奇偶函數(shù)的特征巧設(shè)F(x)=f(x)-x3，得出這是偶函數(shù)，利用x∈(0，+∞)時，f′(x)gt;3x2得出F(x)在x∈(0，+∞)上是增函數(shù)，將f(x)-f(x-1)gt;3x2-3x+1變形為F(x)gt;F(x-1)，利用抽象函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性進(jìn)行求解.

二、滿足形如f(x)+f(-x)=h(sinx)或h(cosx)的抽象函數(shù)巧構(gòu)巧設(shè)

題3.設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，且?x∈R,有f(x)+f(-x)=2sin2x，當(dāng)x∈(0，+∞)時，f′(x)lt;sin2x，則以下大小關(guān)系一定正確的是

( )

所以g′(x)=f′(x)-sin2xlt;0(xgt;0)，

所以g(x)在x∈(0，+∞)上單調(diào)遞減，

變式演練：

解析：構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-cosx，

則h(x)+h(-x)=f(x)-cosx+f(-x)-cos(-x)

=f(x)+f(-x)-2cosx=0,

所以h(x)為奇函數(shù)，

又h′(x)=f′(x)+sinx≥1+sinx≥0，

故h(x)在R上單調(diào)遞增.

湖北省武漢市關(guān)山中學(xué))