利用構(gòu)造函數(shù)法求解導(dǎo)數(shù)不等式問題

魏立向

(甘肅省定西市安定區(qū)交通路中學(xué))

不等式求解問題是高考的重點內(nèi)容,利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式問題是近幾年高考的熱點和難點.若在一個不等式中同時含有f(x)與f′(x),常通過構(gòu)造輔助函數(shù)來求解,即構(gòu)造一個含有f(x)與另一函數(shù)g(x)的積或商的新函數(shù)F(x)來解題.

根據(jù)函數(shù)的求導(dǎo)法則,構(gòu)造輔助函數(shù)經(jīng)常要用到以下幾種常見的數(shù)學(xué)模型.

構(gòu)造差函數(shù)對于不等式f′(x)－g′(x)≥0,構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x).特別地,對于不等式f′(x)≥k,構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.

構(gòu)造積函數(shù)1)對于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)≥0,構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x).

2)對于不等式xf′(x)＋nf(x)≥0,構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xnf(x).

3)對于不等式f′(x)＋f(x)≥0,構(gòu)造函數(shù)F(x)＝exf(x).

4)對于不等式f′(x)＋kf(x)≥0,構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ekxf(x).

構(gòu)造商函數(shù)1)對于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)≥0,構(gòu)造函數(shù),則

1 構(gòu)造差函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)

例1已知函數(shù)f(x)為R上的偶函數(shù),f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),且當x∈[0,＋∞)時,f′(x)＞2x.若f(a－1)－f(a)≥1－2a,求實數(shù)a的取值范圍.

令F(x)＝f(x)－x2,因為f(x)為R 上的偶函數(shù),所以F(x)為R 上的偶函數(shù),且F′(x)＝f′(x)－2x.又因為當x∈[0,＋∞)時,F′(x)＝f′(x)－2x＞0,所以F(x)在[0,＋∞)上是增函數(shù).又因為F(x)為R 上的偶函數(shù),所以F(x)在(－∞,0)上是減函數(shù).

f(a－1)－f(a)≥1－2a等價于f(a－1)－1＋2a－a2≥f(a)－a2,即f(a－1)－(a－1)2≥f(a)－a2,則F(a－1)≥F(a),所以|a－1|≥|a|,解得a≤,故a的取值范圍是

2 構(gòu)造積函數(shù)F(x)=xnf(x)

例2已知y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x＜0時,不等式f(x)＋xf′(x)＜0成立,若a＝20.3·f(20.3),b＝logπ3·f(logπ3),,試判斷a,b,c的大小關(guān)系.

設(shè)F(x)＝xf(x),則F′(x)＝f(x)＋xf′(x),結(jié)合已知可得當x＜0時,F′(x)＜0,故F(x)在(－∞,0)上單調(diào)遞減.

由y＝f(x)為R 上的奇函數(shù)知F(x)＝xf(x)為R上的偶函數(shù),所以F(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,所以

又0＜logπ3＜1＜20.3＜3,所 以F(logπ3)＜F(20.3)＜F(3),即b＜a＜c.

3 構(gòu)造商函數(shù)

例3已知函數(shù)f(x)是定義在(－∞,0)∪(0,＋∞)上的偶函數(shù),f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),若?x＞0,都有xf′(x)－2f(x)＞0 成立,試比較9f(－2)與4f(3)的大小.

又因為函數(shù)f(x)是定義在(－∞,0)∪(0,＋∞)上的偶函數(shù),則F(x)為(－∞,0)∪(0,＋∞)上的偶函數(shù),故F(－2)＝F(2),結(jié)合F(2)＜F(3),則F(－2)＜F(3),故即9f(－2)＜4f(3).

4 取對數(shù)法構(gòu)造形似函數(shù)

例4求證:當m＞n＞0時,有(e＋m)e＋n＜(e＋n)e＋m成立.

證明當m＞n＞0時,要證不等式(e＋m)e＋n＜(e＋n)e＋m成立,只需證(e＋n)ln(e＋m)＜(e＋m)·ln(e＋n)成立,即證成立.

5 移項法構(gòu)造二階導(dǎo)函數(shù)

例5已知函數(shù)f(x)＝2aex－x2.

(1)若f(x)為R 上的增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;

(2)若a＝1,求證:?x＞0,f(x)＞2x＋2成立.

(1)由f(x)＝2aex－x2(x∈R),得f′(x)＝2aex－2x(x∈R),因為f(x)為R 上的增函數(shù),所以f′(x)≥0在R上恒成立,即2aex－2x≥0在R上恒成立,即

綜上,a的取值范圍是

(2)當a＝1,x＞0時,f(x)＝2ex－x2(x＞0),要證當a＝1 時,?x＞0,f(x)＞2x＋2 成立,只需證f(x)－(2x＋2)＞0(x＞0)恒成立,即證2ex－x2－2x－2＞0(x＞0)恒成立.

顯然,當x＞0時,h′(x)＞0,h(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增.又h(x)在x＝0處連續(xù),h(x)＞h(0)＝0,即F′(x)＞0,F(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增.

又F(x)在x＝0處連續(xù),F(x)＞F(0)＝0,即

綜上,當a＝1時,?x＞0,f(x)＞2x＋2成立.

總而言之,利用構(gòu)造函數(shù)法求解導(dǎo)數(shù)不等式問題的關(guān)鍵在于充分挖掘題中的條件,構(gòu)造合適的輔助函數(shù),與題設(shè)形成解題鏈條,再將不等式的求解問題轉(zhuǎn)化為研究輔助函數(shù)的單調(diào)性和最值問題,進而可解原不等式.

鏈接練習(xí)

1.定義在R 上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)＋f(x)＞1,f(0)＝3,則不等式exf(x)＞ex＋2的解集為( ).

2.定義在R 上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝2,且對任意的x∈R有f′(x)＜1,則不等式f(x2)＞x2＋1的解集是( ).

3.設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),且f(2)＝0,當x＞0時,xf′(x)－f(x)＜0,使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是( ).

鏈接練習(xí)參考答案

1.B. 2.C. 3.D.

(完)