已知函數及其導函數關系式的問題解決

許銀伙

(福建省泉州外國語學校 362000)

已知函數及其導數的關系式的客觀題，以抽象函數的形式出現，綜合考查函數及其導數知識，解決時需要熟悉函數導數的相關法則和公式，并能靈活地順用和逆用，構造新函數，結合函數性質，才能正確解決.這類問題出題靈活，形式多樣，對知識和能力要求較高，是高考和各類模擬考的高頻率考題類型.以下梳理出四種常見的類型題，并探尋它們的解決方法及其解決規律.

一、單純由已知的不等式構造新函數，利用單調性解不等式

例2 定義在R上的函數f(x)滿足：f(x)+f′(x)>1，f(0)=4則不等式exf(x)>ex+3(其中e為自然對數的底數)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 若對定義在R上的可導函數f(x)，恒有(4-x)f(2x)+2xf′(2x)>0，其中f′(x)表示函數f(x)的導函數，則f(x)( ).

A.恒大于等于0 B. 恒小于0

C. 恒大于0 D. 和0的大小關系不確定

分析與解由(4-x)f(2x)+2xf′(2x)>0得：

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

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

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

又由(4-x)f(2x)+2xf′(2x)>0，得f(0)>0.選C.

二、由已知的關系式構造函數，結合奇偶性,利用新函數的單調性解不等式

例4 設函數f(x)在R上存在導函數f′(x)，對于任意的實數x，都有f(x)=4x2-f(-x)，當x∈(-,0)時，若f(m+1)≤f(-m)+4m+2，則實數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：

點評本題解決有兩個亮點：(1)構造函數時應依據條件特點，先考慮到函數的奇偶性，事實上，凡是已知等式中同時有f(x)和f(-x)，都應該考慮函數的奇偶性；(2)已知的關系式是等式，構造的新函數的導數是定值，與前面的例題略有差異.

例5 定義在R上的奇函數f(x)滿足：當x<0時，2f(x)+xf′(x)

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

分析與解因為[x2f(x)]′=2xf(x)+x2f′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]，由已知得：當x∈(-,0)時，[x2f(x)]′>x2f(x)，即[x2f(x)]′-x2f(x)>0.令可得關于x∈(-,0]單調遞增.因為g(0)=0，所以當x<0時，g(x)<0,得f(x)<0.由f(x)是奇函數得：f(0)=0，且當x>0時，f(x)=-f(-x)>0.選A.

令g(x)=f(x)ln(1-x2)，可得g′(x)>0對0

三、由已知的等式構造函數，結合定積分求出原函數解題

例7(2018廈門第一次市質檢11)定義在(0,+)上的函數f(x)滿足若關于x的方程|f(x)|-a=0有三個實根，則實數a的取值范圍為( ).

分析與解因為x∈(0,+)，令g(x)=xf(x)，可得

當x∈(e,+)時，f′(x)<0.f(x)在x∈(0,e)單調遞增，在x∈(e,+)單調遞減.又因為當x→0時，f(x)→-；當x→+時，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有三個實根，需且只需選A.

點評已知的關系式是等式，首選的方向應該是嘗試構造新函數，利用定積分，求出原函數，化抽象為具體.本題作為與方程解個數有關的客觀題，數形結合是常用思想方法.

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

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

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

又因為當x→-時，f(x)→0且f(x)>0，f(-1)=所以由不等式f(x)-k<0的解集中恰有兩個整數得f(-2)

點評本題仍然是通過定積分求出原函數，化抽象函數為具體函數.但在解決整數根個數時除了數形結合外還需要考慮問題的離散性，利用單調性和特殊的整數值代入，才能不走彎路，達成目標.

四、由已知的等式構造函數，利用新函數的導函數解極值問題

A.有極大值，無極小值 B. 有極小值，無極大值

C. 有極大值，又有極小值 D. 既無極大值，又無極小值

當x∈(0,2)時，h′(x)<0；當x∈(2,+)時，h′(x)>0.h(x)在x∈(0,2)單調遞減，在x∈(2,+)單調遞增，h(x)的最小值對x>0恒成立，f(x)在(0,+)單調遞增，f(x)無極值.選D.

點評本題由已知的關系式構造函數容易想到，但不能求出具體的原函數，所以構造新函數后必須充分挖掘新函數的價值，二次構造函數，在已知函數值相應的自變量處繼續挖掘，才能得出結論.

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

求證：x=2是f(x)極小值點.

點評本題原來是選擇題，參考答案選的是B(有極小值，無極大值)，應該是仿照上一題編造的創新題，但參考解答與上面的解答類似，只是出題者的解答略簡單些，并沒有說明無極大值的原因，“作業幫”也是，筆者認為那是以訛傳訛.由此改編成上面例題，難度仍然不小，需要用三次求導才能解決問題.

相應練習

1.(2017年莆田質檢理12)定義在R上的函數f(x)的導函數為f′(x)，f(0)=0，若對任意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f(x)的導函數f′(x)滿足 2f(x)+xf′(x)>x2(x∈R)，則對任意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f(x)的導函數為f′(x)，對x∈R恒有f(x)=2x2-f(-x)，當x∈(0,+)時，f′(x)<2x.若f(a-3)≤f(2-a)+5-2a，則實數a的取值范圍是( ).

4.定義在R上的奇函數f(x)，設其導函數為f′(x)，當x∈(-,0]時，恒有xf′(x)

5.已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，其導函數為f′(x)，且當x<0時，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