南京外國語學(xué)校仙林分校(210023) 高 斌

高考中常見函數(shù)解析式未知的函數(shù)的考題,純抽象函數(shù)在高中階段只能用定義法求導(dǎo)解決問題,這類關(guān)于抽象函數(shù)的考題需要構(gòu)造抽象函數(shù)模型,新高考中的單選、多選、填空題和解答題中導(dǎo)數(shù)應(yīng)用題均會(huì)出現(xiàn)這類題型,屬于難題.本文討論結(jié)合導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用解決常考的解不等式和比較大小兩大題型,此類問題一般要根據(jù)題目給定的代數(shù)形式構(gòu)造抽象函數(shù)模型,該模型就可以結(jié)合函數(shù)四則運(yùn)算的求導(dǎo)公式,判斷單調(diào)性來解不等式和比較大小.新高考提倡小題小作,其中選擇題還可以構(gòu)造特殊的函數(shù)解析式解題,填空題和解答題可以通過構(gòu)造特殊的函數(shù)解析式加以檢驗(yàn).

例1函數(shù)的定義域?yàn)镽,f(?1) = 1, 對(duì)任意x ∈R,f′(x)＞3,則f(x)＞3x+4 的解集為( )

A.(?1,1) B.(?1,+∞) C.(?∞,?1) D.(?∞,+∞)

解法一構(gòu)造抽象函數(shù)模型,抽象函數(shù)f(x),觀察函數(shù)不等式f(x)＞3x+4,等價(jià)于f(x)?(3x+4)＞0,構(gòu)造抽象函數(shù)模型F(x) =f(x)?g(x),有F(x) =f(x)?3x ?4,則F′(x) =f′(x)?3＞3?3 = 0, 所以F(x) 在R 上單調(diào)遞增, 又因?yàn)镕(?1) =f(?1)?3(?1)?4 = 0, 則f(x)＞3x+4?f(x)?3x ?4＞0?F(x)＞0, 于是x ＞?1,故選B.

解法二特殊函數(shù)法.新高考提倡小題小作,選擇題結(jié)合已知條件,令f(x)=4x+5,于是x ＞?1,故選B.

目標(biāo)達(dá)成分析: 1.根據(jù)已知條件中不等式的結(jié)構(gòu),會(huì)構(gòu)造抽象函數(shù)模型進(jìn)行求導(dǎo)判斷單調(diào)性求解;

2.學(xué)生可以抽象出該類題型的解題步驟: 定義域→觀察結(jié)構(gòu)→構(gòu)造函數(shù)→求導(dǎo)(生成已知條件形式)→單調(diào)性→求解問題的“等價(jià)不等式(分離變量)”.

例2f(x)是定義在(0,+∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù),且滿足xf′(x)+f(x)≤0.對(duì)任意正數(shù)a,b,若a ＜b,則必有( )

A.af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b)

C.af(a)≤f(b) D.bf(b)≤f(a)

解法一由題意知f′(x)＜0, 則f(x) 為單調(diào)減函數(shù),(構(gòu)造特殊函數(shù))對(duì)于選擇題可以直接令f(x) =于是由0＜a ＜b得0＜f(b)＜f(a),則0＜af(b)＜bf(a),單選題選A.

解法二構(gòu)造函數(shù)F(x) =則F′(x) =≤0, 所以F(x) 為單調(diào)減函數(shù)或常函數(shù),于是由0＜a ＜b得即af(b) ≤bf(a),單選題選A.

解法三構(gòu)造函數(shù)F(x) =xf(x),則F′(x) =xf′(x)+f(x) ≤ 0, 所以F(x) 為單調(diào)減函數(shù)或常函數(shù), 于是由0＜a ＜b得af(a) ≥bf(b), 又f(a) ≥0,f(b) ≥0, 得af(b)≤bf(b)≤af(a)≤bf(a),則af(b)≤bf(a).

變式已知f(x)是定義在(0,+∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù),且滿足xf′(x)?f(x) ≤0.對(duì)任意正數(shù)a,b,若a ＜b,則必有( )

A.af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b)

C.af(a)≤bf(b) D.bf(b)≤af(a)

思路函數(shù)求導(dǎo)后導(dǎo)函數(shù)解析式中出現(xiàn)負(fù)號(hào)或減號(hào)時(shí),可聯(lián)想到分式或函數(shù)除法的求導(dǎo).

解析構(gòu)造抽象函數(shù)模型F(x) =則F′(x) =≤0, 所以F(x)為單調(diào)減函數(shù)或常函數(shù), 于是由0＜a ＜b得,即af(b) ≤bf(a),故選A.實(shí)際上,也可以構(gòu)造模型F(x) =進(jìn)行解題,方便計(jì)算和統(tǒng)一格式,后面的討論按照F(x) =這類模型,盡量將自變量放在分母,抽象函數(shù)放在分子;若用特殊函數(shù)法,令f(x) = 1,此時(shí)單選題無法對(duì)A,C 選項(xiàng)作出正確判斷,這也是突顯學(xué)習(xí)構(gòu)造抽象函數(shù)模型解題的必要性.

例3設(shè)f(x) 在R 上的導(dǎo)函數(shù)為f′(x), 且2f(x) +xf′(x)＞x2,則下面的不等式在R 上恒成立的有( )

A.f(x)＞0 B.f(x)＜0 C.f(x)＞xD.f(x)＜x

解法一構(gòu)造抽象函數(shù)模型F(x) =x2f(x),則F′(x) =x[2f(x)+xf′(x)],當(dāng)x=0 時(shí),由2f(x)+xf′(x)＞x2,得f(0)＞0,在單選題中這樣的特殊情況,給我們解題提供了方向和猜想,至少可以排除B,D 選項(xiàng);

當(dāng)x ＞0 時(shí), 由2f(x) +xf′(x)＞ x2, 得F(x) =x[2f(x)+xf′(x)]＞x · x2＞0, 于是F(x) 在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 故F(x) =x2f(x)＞F(0) = 0, 則f(x)＞0; 當(dāng)x ＜0 時(shí), 由2f(x) +xf′(x)＞ x2, 得F(x) =x[2f(x)+xf′(x)]＜x·x2＜0,于是F(x)在(?∞,0)上單調(diào)遞減,故F(x)=x2f(x)＞F(0)=0,則f(x)＞0;綜上所述,f(x)＞0.故選A.

解法二結(jié)合例1 中抽象函數(shù)模型F(x)=f(x)±g(x),本題還可以構(gòu)造F(x) =x2f(x)?, 則F′(x) =x[2f(x)+xf′(x)?x2],已知對(duì)x ∈R 有2f(x)+xf′(x)＞x2, 根據(jù)x= 0,x ＞0,x ＜0 進(jìn)行分類討論單調(diào)性, 得F(x)＞F(0),則f(x)＞0.故選A.

解法三(特殊函數(shù)法)令f(x) =當(dāng)x= 1時(shí),C,D 不成立,易知A 正確.

目標(biāo)達(dá)成分析: 1.(1) 通過例2 的解法三和例3 的解法一、解法二, 根據(jù)選項(xiàng)和條件中的不等式或等價(jià)不等式f′(x)g(x)+f(x)g′(x)≥0,構(gòu)造F(x)=f(x)g(x)進(jìn)行求導(dǎo)判斷單調(diào)性求解;(2) 觀察例2 和例3 的函數(shù)構(gòu)造,可以推廣: 若條件xf′(x)+nf(x) ≥0,可構(gòu)造F(x) =xnf(x).實(shí)際上該類模型可以推廣到兩個(gè)函數(shù)的一般化乘積形式,已知f′(x)相關(guān)關(guān)系,g(x)是多項(xiàng)式函數(shù),類似構(gòu)造抽象函數(shù)模型F(x)=f(x)g(x).

2.(1) 通過變式和練習(xí),根據(jù)選項(xiàng)和條件中的不等式或等價(jià)不等式f′(x)g(x)?f(x)g′(x) ≥0,構(gòu)造F(x) =進(jìn)行求導(dǎo)判斷單調(diào)性求解;(2) 觀察變式和練習(xí)的模型構(gòu)造,可以推廣: 若條件xf′(x)?nf(x)≥0,可構(gòu)造F(x)=實(shí)際上該類模型可以推廣到兩個(gè)函數(shù)的一般化作商形式,已知f′(x)相關(guān)關(guān)系,g(x)是多項(xiàng)式函數(shù),類似構(gòu)造抽象函數(shù)模型F(x)=

例4已知定義在R 上的可導(dǎo)函數(shù)f(x) 的導(dǎo)函數(shù)為y=f′(x), 滿足f(x) +f′(x)＞0,f(0) = 1, 則不等式的解集為____.

解析不等式f(x)＜等價(jià)于exf(x)＜1,構(gòu)造函數(shù)F(x)=exf(x),有F(0)=1,求導(dǎo)判斷F(x)的單調(diào)性,解集為(?∞,0).

變式1已知定義在R 上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y=f′(x),滿足f(x)+2f′(x)＞0,則下列不等式正確的是( )

解法一構(gòu)造抽象函數(shù)模型,構(gòu)造函數(shù)F(x) =則所以F(x)在R 上單調(diào)遞增,則F(1)＞F(0),即f(0),同理可排除其它選項(xiàng),故選A.

解法二構(gòu)造特殊函數(shù),結(jié)合已知條件構(gòu)造特殊函數(shù),令f(x)=1,單選題直接選出A 答案.

變式2已知定義在R 上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y=f′(x),滿足f′(x)＜f(x),f(0)=1,則不等式f(x)＜ex的解集為( )

A.(0,+∞) B.(1,+∞) C.(?2,+∞) D.(4,+∞)

解不等式f(x)＜ex等價(jià)于＜1, 構(gòu)造抽象函數(shù)模型F(x) =, 則F′(x) =＜0, 所以F(x)在R 上單調(diào)遞減,又F(0)==1,從而F(x)＜1的解集為(0,+∞),故選A.

目標(biāo)達(dá)成分析: 1.將例2 及其變式、例3 和例4 及其變式比較, 已知條件中關(guān)于f(x) 及其導(dǎo)數(shù)的關(guān)系式中, 觀察f′(x)系數(shù)是常數(shù)還是自變量,合理構(gòu)造抽象函數(shù)模型,例4及其變式2 就可以構(gòu)造模型F(x) = exf(x)、F(x) =進(jìn)行解題;

2.觀察例4 和變式1 構(gòu)造的抽象函數(shù)模型,可以推廣到一般化: 若條件f′(x)+nf(x)≥0,可構(gòu)造F(x)=enxf(x);同樣變式2 構(gòu)造的抽象函數(shù)模型也可以推廣到一般化: 若條件f′(x)?nf(x) ≥0,可構(gòu)造F(x) =實(shí)際上也是兩個(gè)函數(shù)的乘積和作商形式.

例5定義在上的可導(dǎo)函數(shù)f(x) 的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),f′(x)sⅰnx+f(x)cosx ＜0, 則下列判斷一定正確的是( )

解法一 觀察已知條件的結(jié)構(gòu), 構(gòu)造抽象函數(shù)模型F(x) =f(x)sⅰnx,則F′(x) =f′(x)sⅰnx+f(x)cosx ＜0,所以F(x)在x ∈上是單調(diào)遞減函數(shù),則可判斷A 答案正確.

解法二構(gòu)造特殊函數(shù),由已知條件可以令f(x) =?x,直接判斷只有選項(xiàng)A 正確.

變式定義在上的可導(dǎo)函數(shù)f(x) 的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),f′(x)cosx+f(x)sⅰnx ＞0, 則下列判斷一定正確的是( )(多選題)

解法一觀察已知條件的結(jié)構(gòu), 構(gòu)造抽象函數(shù)模型F(x) =則F′(x) =＞0, 所以F(x)在x ∈上是單調(diào)遞增函數(shù),則可判斷B 和D選項(xiàng)正確.

解法二構(gòu)造特殊函數(shù),由已知條件可以令f(x)=x,直接判斷選項(xiàng)B 和D 正確.

目標(biāo)達(dá)成分析: 通過例5 及其變式已知條件的結(jié)構(gòu), 可以構(gòu)造和三角函數(shù)有關(guān)的乘法、除法的抽象函數(shù)模型F(x) =f(x)sⅰnx、F(x) =同理, 學(xué)生可以類比推導(dǎo), 若條件f′(x)cosx ?f(x)sⅰnx≥0, 可構(gòu)造F(x)=f(x)cosx;若條件f′(x)sⅰnx ?f(x)cosx≥0,可構(gòu)造F(x)=則F(x)單調(diào)遞增.

練習(xí)定義在

上的函數(shù)f(x),導(dǎo)數(shù)為f′(x),且f(x)＜f′(x)tanx,則下式恒成立的是( )

解析因?yàn)閒(x)＜f′(x)tanx,所以f(x)＜即f′(x)sⅰnx ?f(x)cosx ＞0, 構(gòu)造抽象函數(shù)模型F(x) =則F′(x) =＞0, 所以F(x)為單調(diào)增函數(shù), 因?yàn)樗约垂蔬xD.

小結(jié)以上是根據(jù)多項(xiàng)式函數(shù)、指數(shù)函數(shù)和三角函數(shù),結(jié)合函數(shù)的四則運(yùn)算進(jìn)行分類構(gòu)造抽象函數(shù)模型.主要是通過對(duì)模型求導(dǎo)判斷函數(shù)單調(diào)性解題,實(shí)際中常常還需要結(jié)合函數(shù)的其他性質(zhì)來解題,如函數(shù)的奇偶性、周期性和對(duì)稱性等.

例6已知函數(shù)f(x) 滿足f(?x) +f(x) =x2, 且在(0,+∞)上,f′(x)＞x,則不等式f(2?x)?f(x) ≥2?2x的解集為( )

A.[1,+∞) B.(?∞,1] C.(?∞,2] D.[2,+∞)

解法一(構(gòu)造抽象函數(shù)模型)構(gòu)造F(x) =f(x)?有F′(x) =f′(x)?x ＞0,則F(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),又F(x)+F(?x)=f(x)?=0,則F(x)在R 上為奇函數(shù)、增函數(shù),而f(2?x)?f(x)?(2?2x)==F(2?x)?F(x),原不等式等價(jià)于F(2?x) ≥F(x), 故只需2?x≥x, 得x≤1,故選B;

解法二(構(gòu)造特殊函數(shù))作為單選題,可以根據(jù)已知條件,令+x,解得x≤1.

變式(例3)定義在R 上的偶函數(shù)f(x) 的導(dǎo)函數(shù)為f′(x), 若?x ∈R, 都有2f(x) +xf′(x)＜2, 則使x2f(x)?f(1)＜x2?1 的解集為( )

A.{x|x/=±1}B.(?1,0)∪(0,1)

C.(?1,1) D.(?∞,?1)∪(1,+∞)

解析構(gòu)造函數(shù)F(x)=x2f(x)?x2,x2f(x)?f(1)＜x2?1 等價(jià)于F(x)＜F(1),對(duì)F(x)求導(dǎo)判斷F(x)的單調(diào)性,結(jié)合F(x)的奇偶性解題,故選D.

總結(jié)1.構(gòu)造抽象函數(shù)模型主要觀察兩個(gè)結(jié)構(gòu): (1) 等價(jià)不等式的變形結(jié)構(gòu)(分離變量),(2) 已知條件中關(guān)于導(dǎo)數(shù)f′(x)的關(guān)系式特征;

2.構(gòu)造抽象函數(shù)模型解不等式和比較大小,前提要求學(xué)生熟練應(yīng)用兩個(gè)函數(shù)的和、差、積、商的求導(dǎo)公式,實(shí)質(zhì)上就是構(gòu)造目標(biāo)導(dǎo)函數(shù)(一元)的原函數(shù),是一個(gè)積分的過程,學(xué)生可以通過本專題體會(huì)求原函數(shù)和原函數(shù)的不唯一性,因題而異,構(gòu)造合適的抽象函數(shù)模型;

3.本文從函數(shù)多項(xiàng)式、具體的指數(shù)函數(shù)、三角函數(shù)與f(x)的關(guān)系分類構(gòu)造抽象函數(shù)模型, 讀者朋友可以基于文章,直接根據(jù)函數(shù)的四種運(yùn)算進(jìn)行分類討論和歸納,其中乘法和除法比較常見,現(xiàn)歸納如下:

(1) 若條件是f′(x)g(x) +f(x)g′(x) ≥ 0, 可構(gòu)造F(x)=f(x)g(x),則F(x)單調(diào)遞增;

(ⅰ) 若條件xf′(x)+f(x) ≥0,可構(gòu)造F(x) =xf(x),則F(x)單調(diào)遞增;

(?、? 若條件xf′(x)+nf(x) ≥0,可構(gòu)造F(x) =xnf(x),若xn?1＞0,則F(x)單調(diào)遞增;

(?、、? 若條件f′(x)+f(x) ≥0,可構(gòu)造F(x) = exf(x),則F(x)單調(diào)遞增;

(ⅰv) 若條件f′(x)+nf(x) ≥0, 可構(gòu)造F(x) = enxf(x),則F(x)單調(diào)遞增;

(v) 若條件f′(x)sⅰnx+f(x)cosx≥0, 可構(gòu)造F(x) =f(x)sⅰnx,則F(x)單調(diào)遞增;

(vⅰ) 若條件f′(x)cosx ?f(x)sⅰnx≥0, 可構(gòu)造F(x) =f(x)cosx,則F(x)單調(diào)遞增;

(2) 若條件是f′(x)g(x)?f(x)g′(x) ≥0, 可構(gòu)造F(x) =則F(x)單調(diào)遞增;

(ⅰ) 若條件xf′(x)?f(x) ≥0,可構(gòu)造F(x) =則F(x)單調(diào)遞增;

(ⅰⅰ) 若條件xf′(x)?nf(x) ≥0,可構(gòu)造F(x) =若xn+1＞0,則F(x)單調(diào)遞增;則F(x)單調(diào)遞增;

(ⅰv) 若條件f′(x)?nf(x) ≥0,可構(gòu)造F(x) =則F(x)單調(diào)遞增;

(?、、? 若條件f′(x)?f(x) ≥0, 可構(gòu)造F(x) =

(v) 若條件f′(x)sⅰnx ?f(x)cosx≥0, 可構(gòu)造F(x) =則F(x)單調(diào)遞增;

(vⅰ) 若條件f′(x)cosx+f(x)sⅰnx≥0, 可構(gòu)造F(x) =則F(x)單調(diào)遞增;