巧妙構(gòu)造函數(shù)式 靈活處理不等式

洪汪寶

(安徽省安慶市第一中學(xué) 246004)

利用導(dǎo)數(shù)解抽象函數(shù)不等式或比較大小問(wèn)題，是近年高考或各地模擬中的重點(diǎn)問(wèn)題和熱點(diǎn)問(wèn)題.又因題目靈活多變，不同的問(wèn)題需要構(gòu)造不同的函數(shù)，要求學(xué)生會(huì)觀察問(wèn)題的條件特點(diǎn)，巧妙構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)式，利用導(dǎo)數(shù)的符號(hào)判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求出不等式解集或比較大小.

一、構(gòu)造和差型

當(dāng)條件中出現(xiàn)“f′(x)±g′(x)”類型的式子時(shí)，注意聯(lián)想到“[f(x)±g(x)]′=f′(x)±g′(x)”，從而構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)±g(x)，得到其單調(diào)性，并利用函數(shù)的其它性質(zhì)，解決相應(yīng)問(wèn)題.

例1設(shè)奇函數(shù)f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，有f′(x)+cosx<0，則當(dāng)x≤0時(shí)，有( ).

A.f(x)+sinx≥f(0) B.f(x)+sinx≤f(0)

C.f(x)-sinx≥f(0) D.f(x)-sinx≤f(0)

解析構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)+sinx，則F′(x)=f′(x)+cosx.因x≥0時(shí)，有f′(x)+cosx<0，于是函數(shù)F(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是R上的奇函數(shù)，函數(shù)y=sinx是R上的奇函數(shù)，所以f(0)=0，函數(shù)F(x)是R上的奇函數(shù)，于是F(x)在(-∞,0]上單調(diào)遞減.所以F(x)≥F(0)=0，f(x)+sinx≥f(0)，故選A.

例2設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間[a,b]上可導(dǎo)，且f′(x)>g′(x)，則當(dāng)a

A.f(x)>g(x)

B.f(x)

C.f(x)+g(a)>g(x)+f(a)

D.f(x)+g(b)>g(x)+f(b)

解析構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)，x∈[a,b]，則F′(x)=f′(x)-g′(x)>0.所以函數(shù)F(x)在[a,b]上單調(diào)遞增.所以當(dāng)ag(x)+f(a).至于f(x)與g(x)的大小關(guān)系，無(wú)法判斷，故選C.

解析構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)+2x，則F′(x)=f′(x)+2>0.于是函數(shù)F(x)是R上的增函數(shù).又f(1)=1，于是F(1)=3.所以原不等式可轉(zhuǎn)化為F(log2|3x-1|)

解析構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)+sinx+x，則F(x)-F(-x)=f(x)+sinx+x-[f(-x)-sinx-x]=f(x)-f(-x)+2sinx+2x=0.所以F(x)=F(-x)，即F(x)是R上的偶函數(shù).

二、構(gòu)造乘積型

當(dāng)條件中出現(xiàn)“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)”類型的式子時(shí)，注意聯(lián)想到“[f(x)·g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)”，從而構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)·g(x)，得到其單調(diào)性，并利用函數(shù)的其它性質(zhì)，解決相應(yīng)問(wèn)題.

例3設(shè)偶函數(shù)f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，當(dāng)x>0時(shí)，滿足2f(x)+xf′(x)>x，則不等式(x+4)2f(x+4)-16f(-4)>0的解集為____.

解析因?yàn)閤>0時(shí)，2f(x)+xf′(x)>x，于是2xf(x)+x2f′(x)>x2>0.構(gòu)造函數(shù)F(x)=x2f(x)，則F′(x)=2xf(x)+x2f′(x).所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

因?yàn)閒(x)是R上的偶函數(shù)，所以F(x)是R上的偶函數(shù)，其在(-∞,0)上單調(diào)遞減.原不等式可轉(zhuǎn)化為F(x+4)>F(-4)，即F(|x+4|)>F(4)，于是|x+4|>4，解得x<-8或x>0.故填(-∞,-8)∪(0,+∞).

又F(1)=ln1·f(1)=0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，F(xiàn)(x)>0，但lnx<0，于是f(x)<0，此時(shí)(x2-1)f(x)>0，符合；當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，F(xiàn)(x)<0，但lnx>0，于是f(x)<0，此時(shí)(x2-1)f(x)<0，不符合.因f(x)是R上的奇函數(shù)，所以當(dāng)x∈(-1,0)時(shí)，f(x)>0，(x2-1)f(x)<0，不符合；當(dāng)x∈(-∞,-1)時(shí)，f(x)>0，(x2-1)f(x)>0，符合.

因此不等式(x2-1)f(x)>0的解集為(-∞,-1)∪(0,1).

解析構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf(x)，則F′(x)=f(x)+xf′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，則F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

點(diǎn)評(píng)例3的構(gòu)造有一定難度，構(gòu)造時(shí)要結(jié)合所求解不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，變式1與變式2的構(gòu)造相對(duì)要直接些.注意總結(jié)常見(jiàn)的乘積型構(gòu)造：①當(dāng)出現(xiàn)“f(x)+xf′(x)”時(shí)，構(gòu)造“F(x)=xf(x)”；②當(dāng)出現(xiàn)“nf(x)+xf′(x)”(n為常數(shù))時(shí)，構(gòu)造“F(x)=xn·f(x)”；③當(dāng)出現(xiàn)“f(x)+f′(x)”時(shí)，構(gòu)造“F(x)=ex·f(x)”；④當(dāng)出現(xiàn)“nf(x)+f′(x)” (n為常數(shù))時(shí)，構(gòu)造“F(x)=enx·f(x)”.

三、構(gòu)造除商型

例4已知定義在R上的函數(shù)f(x)，g(x)滿足：對(duì)任意x∈R，都有f(x)>0,g(x)>0， 且f′(x)g(x)-f(x)g′(x)<0，若a>0,b>0且a≠b，則有( ).

A.a

變式2設(shè)函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù)，f(-1)=0.當(dāng)x>0時(shí)，(x2+1)f′(x)-2xf(x)<0，則不等式f(x)>0的解集為____.

四、構(gòu)造綜合型

除了以上直接逆用一種求導(dǎo)法則的問(wèn)題之外，還有些綜合問(wèn)題，需要逆用多種求導(dǎo)法則，這樣對(duì)學(xué)生分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力要求更高.在構(gòu)造時(shí)，既要充分利用含導(dǎo)函數(shù)不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，還要注意觀察要求解的不等式的結(jié)構(gòu)，要兩者相結(jié)合.

變式1已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足(x-1)f(x)

A.a

點(diǎn)評(píng)例6及其變式的構(gòu)造相對(duì)比較綜合，構(gòu)造時(shí)不僅僅逆用一種運(yùn)算法則，要多種并用.注意總結(jié)常見(jiàn)的綜合型構(gòu)造：①當(dāng)出現(xiàn)“f(x)+f′(x)+n” (n為常數(shù))時(shí)，構(gòu)造“F(x)=ex·f(x)+nex”；② 當(dāng)出現(xiàn)“nf(x)+f′(x)+n” (n為常數(shù))時(shí)，構(gòu)造“F(x)=enx·f(x)+enx”.