賈志錦

(江蘇省連云港市田家炳中學 222500)

在處理導數(shù)問題時，常?？梢愿鶕?jù)題目已知條件或相關結論進行構造輔助函數(shù)，再依據(jù)題目所給的相關不等式、方程或者最值相關的問題，建立目標函數(shù)，進而研究所給函數(shù)的性質(zhì)，把復雜問題簡單化.

一、根據(jù)導數(shù)的加、減運算法則構造函數(shù)

例1已知函數(shù)f(x)，g(x)均為[a，b]上的可導函數(shù)，在[a，b]上連續(xù)，且f′(x)

A.f(a)-g(a) B.f(b)-g(b)

C.f(a)-g(b) D.f(b)-g(a)

解析設F(x)=f(x)-g(x)，F(xiàn)′(x)=f′(x)-g′(x)<0，所以F(x)在[a，b]上單調(diào)遞減.所以F(x)在[a，b]上的最大值為F(a)=f(a)-g(a).

點評因為f′(x)的原函數(shù)為f(x)，g′(x)的原函數(shù)為g(x)，再根據(jù)所給導數(shù)的不等式，可知原函數(shù)對應的為F(x)=f(x)-g(x).

二、根據(jù)導數(shù)的乘法運算法則構造函數(shù)

例2 已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，設函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，若對任意的x>0都有2f(x)+xf′(x)>0成立，則( ).

A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)

C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)

解析根據(jù)題意，令g(x)=x2f(x)，則其導函數(shù)g′(x)=2xf(x)+x2f′(x).又對任意的x>0都有2f(x)+xf′(x)>0成立，則當x>0時，有g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]>0恒成立，即函數(shù)g(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增.又由函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(-x)=f(x)，則有g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x)，即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，則有g(-2)=g(2)，且g(2)

點評對于本題所給的不等式2f(x)+xf′(x)>0，可知所構造的函數(shù)必含有f(x).又因為f(x)的系數(shù)是2且是加法形式，從而聯(lián)想到g(x)=x2f(x)，對于一般的xf′(x)+nf(x)>0型，可構造F(x)=xnf(x)，則F′(x)=xn-1[xf′(x)+nf(x)](注意對xn-1的符號進行討論).

三、根據(jù)導數(shù)的除法運算法則構造函數(shù)

例3f(x)在(0，+∞)上的導函數(shù)為f′(x)，xf′(x)>2f(x)，則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)

所以20182f(2019)>20192f(2018).

點評根據(jù)所給導數(shù)的不等式xf′(x)>2f(x)，通過移項xf′(x)-2f(x)>0，可知是減法，故可以構造除式.又因為f(x)的系數(shù)為2，從而可知所構造的函數(shù)中定有x2.

四、構造函數(shù)比較大小

A.a

點評構造函數(shù)比較不等式是近年來常見的命題新形式，此類問題難度一般較大，需要充分對所給的量進行分析，從而進行構造函數(shù).

五、變式練習

練習1 若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)=-1，其導函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>k>1，則下列結論中一定錯誤的是( ).

練習2 設函數(shù)f(x)=x2ex-1+ax3+bx2，已知x=-2和x=1為f(x)的極值點.

(1)求a，b的值；

(2)討論f(x)的單調(diào)性；

解析(1)因為f′(x)=ex-1(2x+x2)+3ax2+2bx=xex-1(x+2)+x(3ax+2b)，又x=-2和x=1為f(x)的極值點，所以f′(-2)=f′(1)=0.

所以f′(x)=x(x+2)(ex-1-1).

令f′(x)=0，解得x1=-2，x2=0，x3=1.因為當x∈(-∞，-2)∪(0,1)時，f′(x)<0；當x∈(-2,0)∪(1，+∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(-2,0)和(1，+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞，-2)和(0,1)上是單調(diào)遞減的.

故f(x)-g(x)=x2ex-1-x3=x2(ex-1-x).

令h(x)=ex-1-x，則h′(x)=ex-1-1.令h′(x)=0，得x=1.因為當x∈(-∞，1]時，h′(x)≤0，所以h(x)在(-∞，1]上單調(diào)遞減.故當x∈(-∞，1]時，h(x)≥h(1)=0.因為當x∈[1，+∞)時，h′(x)≥0，所以h(x)在[1，+∞)上單調(diào)遞增,故x∈[1，+∞)時，h(x)≥h(1)=0.所以對任意x∈(-∞，+∞)，恒有h(x)≥0.又x2≥0，因此f(x)-g(x)≥0.故對任意x∈(-∞，+∞)，恒有f(x)≥g(x).