贾志锦
(江苏省连云港市田家炳中学 222500)
摘 要:在导数问题中,通过构造原函数能够起到化难为易的关键作用.本文主要通过例题的形式分析了常见的原函数构造方法.
关键词:原函数;导数;构造
在处理导数问题时,常常可以根据题目已知条件或相关结论进行构造辅助函数,再依据题目所给的相关不等式、方程或者最值相关的问题,建立目标函数,进而研究所给函数的性质,把复杂问题简单化.
例1 已知函数f(x),g(x)均为[a,b]上的可导函数,在[a,b]上连续,且f ′(x)<g′(x),则f(x)-g(x)的最大值为( ).
A.f(a)-g(a) B.f(b)-g(b)
C.f(a)-g(b) D.f(b)-g(a)
解析 设F(x)=f(x)-g(x),F′(x)=f ′(x)-g′(x)<0,所以F(x)在[a,b]上单调递减.所以F(x)在[a,b]上的最大值为F(a)=f(a)-g(a).
点评 因为f ′(x)的原函数为f(x),g′(x)的原函数为g(x),再根据所给导数的不等式,可知原函数对应的为F(x)=f(x)-g(x).
例2 已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,设函数f(x)的导函数为f ′(x),若对任意的x>0都有2f(x)+xf ′(x)>0成立,则( ).
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
解析 根据题意,令g(x)=x2f(x),则其导函数g′(x)=2xf(x)+x2f ′(x).又对任意的x>0都有2f(x)+xf ′(x)>0成立,则当x>0时,有g′(x)=x[2f(x)+xf ′(x)]>0恒成立,即函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.又由函数f(x)是定义在R上的偶函数,则f(-x)=f(x),则有g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x),即函数g(x)也为偶函数,则有g(-2)=g(2),且g(2)<g(3),则有g(-2)<g(3),即有4f(-2)<9f(3).
点评 对于本题所给的不等式2f(x)+xf ′(x)>0,可知所构造的函数必含有f(x).又因为f(x)的系数是2且是加法形式,从而联想到g(x)=x2f(x),对于一般的xf ′(x)+nf(x)>0型,可构造F(x)=xnf(x),则F′(x)=xn-1[xf ′(x)+nf(x)](注意对xn-1的符号进行讨论).
例3 f(x)在(0,+∞)上的导函数为f ′(x),xf ′(x)>2f(x),则下列不等式成立的是( ).
A.20182f(2019)>20192f(2018)
B.20182f(2019)<20192f(2018)
C.2018f(2019)>2019f(2018)
D.2018f(2019)<2019f(2018)
解析 令
所以20182f(2019)>20192f(2018).
点评 根据所给导数的不等式xf ′(x)>2f(x),通过移项xf ′(x)-2f(x)>0,可知是减法,故可以构造除式.又因为f(x)的系数为2,从而可知所构造的函数中定有x2.
例4 (2021年全国乙卷)设
A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b
解析 因为a=2ln1.01=ln1.0201,b=ln1.02,所以a>b.令
点评 构造函数比较不等式是近年来常见的命题新形式,此类问题难度一般较大,需要充分对所给的量进行分析,从而进行构造函数.
练习1 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 由已知条件,构造函数g(x)=f(x)-kx,则g′(x)=f ′(x)-k>0.故函数g(x)在R上单调递增,且
构造函数h(x)=f(x)-x,则h′(x)=f ′(x)-1>0.故函数h(x)在R上单调递增,且
练习2 设函数f(x)=x2ex-1+ax3+bx2,已知x=-2和x=1为f(x)的极值点.
(1)求a,b的值;
(2)讨论f(x)的单调性;
(3)设
解析 (1)因为f ′(x)=ex-1(2x+x2)+3ax2+2bx=xex-1(x+2)+x(3ax+2b),又x=-2和x=1为f(x)的极值点,所以f ′(-2)=f ′(1)=0.
因此
(2)因为
所以f ′(x)=x(x+2)(ex-1-1).
令f ′(x)=0,解得x1=-2,x2=0,x3=1.因为当x∈(-∞,-2)∪(0,1)时,f ′(x)<0;当x∈(-2,0)∪(1,+∞)时,f ′(x)>0.所以f(x)在(-2,0)和(1,+∞)上单调递增,在(-∞,-2)和(0,1)上是单调递减的.
(3)由(1)可知
故f(x)-g(x)=x2ex-1-x3=x2(ex-1-x).
令h(x)=ex-1-x,则h′(x)=ex-1-1.令h′(x)=0,得x=1.因为当x∈(-∞,1]时,h′(x)≤0,所以h(x)在(-∞,1]上单调递减.故当x∈(-∞,1]时,h(x)≥h(1)=0.因为当x∈[1,+∞)时,h′(x)≥0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,故x∈[1,+∞)时,h(x)≥h(1)=0.所以对任意x∈(-∞,+∞),恒有h(x)≥0.又x2≥0,因此f(x)-g(x)≥0.故对任意x∈(-∞,+∞),恒有f(x)≥g(x).
参考文献:
[1]杨峰.逆用导数运算法则,构造原函数巧解题[J].高中数理化,2016(03):20.
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