构造抽象函数模型解不等式和比较大小
南京外国语学校仙林分校(210023) 高 斌
高考中常见函数解析式未知的函数的考题,纯抽象函数在高中阶段只能用定义法求导解决问题,这类关于抽象函数的考题需要构造抽象函数模型,新高考中的单选、多选、填空题和解答题中导数应用题均会出现这类题型,属于难题.本文讨论结合导数的应用解决常考的解不等式和比较大小两大题型,此类问题一般要根据题目给定的代数形式构造抽象函数模型,该模型就可以结合函数四则运算的求导公式,判断单调性来解不等式和比较大小.新高考提倡小题小作,其中选择题还可以构造特殊的函数解析式解题,填空题和解答题可以通过构造特殊的函数解析式加以检验.
例1 函数的定义域为R, f(−1) = 1, 对任意x ∈R,f′(x)＞3,则f(x)＞3x+4 的解集为( )
A.(−1,1) B.(−1,+∞) C.(−∞,−1) D.(−∞,+∞)
解法一 构造抽象函数模型,抽象函数f(x),观察函数不等式f(x) ＞3x+4,等价于f(x)−(3x+4) ＞0,构造抽象函数模型F(x) = f(x)−g(x),有F(x) = f(x)−3x −4,则F′(x) = f′(x) −3 ＞3 −3 = 0, 所以F(x) 在R 上单调递增, 又因为F(−1) = f(−1) −3(−1) −4 = 0, 则f(x) ＞3x+4 ⇔f(x)−3x −4 ＞0 ⇔F(x) ＞0, 于是x ＞−1,故选B.
解法二 特殊函数法.新高考提倡小题小作,选择题结合已知条件,令f(x)=4x+5,于是x ＞−1,故选B.
目标达成分析: 1.根据已知条件中不等式的结构,会构造抽象函数模型进行求导判断单调性求解;
2.学生可以抽象出该类题型的解题步骤: 定义域→观察结构→构造函数→求导(生成已知条件形式)→单调性→求解问题的“等价不等式(分离变量)”.
例2 f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足xf′(x)+f(x)≤0.对任意正数a,b,若a ＜b,则必有( )
A.af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b)
C.af(a)≤f(b) D.bf(b)≤f(a)
解法一 由题意知f′(x) ＜0, 则f(x) 为单调减函数,(构造特殊函数)对于选择题可以直接令f(x) =
于是由0 ＜a ＜b 得0 ＜f(b) ＜f(a),则0 ＜af(b) ＜bf(a),单选题选A.
解法二 构造函数F(x) =
则F′(x) =
≤0, 所以F(x) 为单调减函数或常函数,于是由0 ＜a ＜b 得
即af(b) ≤bf(a),单选题选A.
解法三 构造函数F(x) = xf(x),则F′(x) = xf′(x)+f(x) ≤ 0, 所以F(x) 为单调减函数或常函数, 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),则af(b)≤bf(a).
变式 已知f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足xf′(x)−f(x) ≤0.对任意正数a,b,若a ＜b,则必有( )
A.af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b)
C.af(a)≤bf(b) D.bf(b)≤af(a)
思路 函数求导后导函数解析式中出现负号或减号时,可联想到分式或函数除法的求导.
解析 构造抽象函数模型F(x) =
则F′(x) =
≤0, 所以F(x)为单调减函数或常函数, 于是由0 ＜a ＜b 得
,即af(b) ≤bf(a),故选A.实际上,也可以构造模型F(x) =
进行解题,方便计算和统一格式,后面的讨论按照F(x) =
这类模型,尽量将自变量放在分母,抽象函数放在分子;若用特殊函数法,令f(x) = 1,此时单选题无法对A,C 选项作出正确判断,这也是突显学习构造抽象函数模型解题的必要性.
例3 设f(x) 在R 上的导函数为f′(x), 且2f(x) +xf′(x)＞x2,则下面的不等式在R 上恒成立的有( )
A.f(x)＞0 B.f(x)＜0 C.f(x)＞x D.f(x)＜x
解法一 构造抽象函数模型F(x) = x2f(x),则F′(x) =x[2f(x)+xf′(x)],当x =0 时,由2f(x)+xf′(x) ＞x2,得f(0)＞0,在单选题中这样的特殊情况,给我们解题提供了方向和猜想,至少可以排除B,D 选项;
当x ＞ 0 时, 由2f(x) + xf′(x) ＞ x2, 得F(x) =x[2f(x)+xf′(x)] ＞x · x2 ＞0, 于是F(x) 在(0,+∞)上单调递增, 故F(x) = x2f(x) ＞F(0) = 0, 则f(x) ＞0; 当x ＜ 0 时, 由2f(x) + xf′(x) ＞ x2, 得F(x) =x[2f(x)+xf′(x)]＜x·x2 ＜0,于是F(x)在(−∞,0)上单调递减,故F(x)=x2f(x)＞F(0)=0,则f(x)＞0;综上所述,f(x)＞0.故选A.
解法二 结合例1 中抽象函数模型F(x)=f(x)±g(x),本题还可以构造F(x) = x2f(x) −
, 则F′(x) =x[2f(x)+xf′(x)−x2],已知对x ∈R 有2f(x)+xf′(x)＞x2, 根据x = 0, x ＞0, x ＜0 进行分类讨论单调性, 得F(x)＞F(0),则f(x)＞0.故选A.
解法三 (特殊函数法)令f(x) =
当x = 1时,C,D 不成立,易知A 正确.
目标达成分析: 1.(1) 通过例2 的解法三和例3 的解法一、解法二, 根据选项和条件中的不等式或等价不等式f′(x)g(x)+f(x)g′(x)≥0,构造F(x)=f(x)g(x)进行求导判断单调性求解;(2) 观察例2 和例3 的函数构造,可以推广: 若条件xf′(x)+nf(x) ≥0,可构造F(x) = xnf(x).实际上该类模型可以推广到两个函数的一般化乘积形式,已知f′(x)相关关系,g(x)是多项式函数,类似构造抽象函数模型F(x)=f(x)g(x).
2.(1) 通过变式和练习,根据选项和条件中的不等式或等价不等式f′(x)g(x)−f(x)g′(x) ≥0,构造F(x) =
进行求导判断单调性求解;(2) 观察变式和练习的模型构造,可以推广: 若条件xf′(x)−nf(x)≥0,可构造F(x)=
实际上该类模型可以推广到两个函数的一般化作商形式,已知f′(x)相关关系,g(x)是多项式函数,类似构造抽象函数模型F(x)=
例4 已知定义在R 上的可导函数f(x) 的导函数为y = f′(x), 满足f(x) + f′(x) ＞0, f(0) = 1, 则不等式
的解集为____.
解析 不等式f(x) ＜
等价于exf(x) ＜1,构造函数F(x)=exf(x),有F(0)=1,求导判断F(x)的单调性,解集为(−∞,0).
变式1 已知定义在R 上的可导函数f(x)的导函数为y =f′(x),满足f(x)+2f′(x)＞0,则下列不等式正确的是( )
解法一 构造抽象函数模型,构造函数F(x) =
则
所以F(x)在R 上单调递增,则F(1) ＞F(0),即
f(0),同理可排除其它选项,故选A.
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变式2 已知定义在R 上的可导函数f(x)的导函数为y =f′(x),满足f′(x)＜f(x),f(0)=1,则不等式f(x)＜ex的解集为( )
A.(0,+∞) B.(1,+∞) C.(−2,+∞) D.(4,+∞)
解 不等式f(x) ＜ex 等价于
＜1, 构造抽象函数模型F(x) =
, 则F′(x) =
＜0, 所以F(x)在R 上单调递减,又F(0)=
=1,从而F(x)＜1的解集为(0,+∞),故选A.
目标达成分析: 1.将例2 及其变式、例3 和例4 及其变式比较, 已知条件中关于f(x) 及其导数的关系式中, 观察f′(x)系数是常数还是自变量,合理构造抽象函数模型,例4及其变式2 就可以构造模型F(x) = exf(x)、F(x) =
进行解题;
2.观察例4 和变式1 构造的抽象函数模型,可以推广到一般化: 若条件f′(x)+nf(x)≥0,可构造F(x)=enxf(x);同样变式2 构造的抽象函数模型也可以推广到一般化: 若条件f′(x)−nf(x) ≥0,可构造F(x) =
实际上也是两个函数的乘积和作商形式.
例5 定义在
上的可导函数f(x) 的导函数为f′(x), f′(x)sⅰn x+f(x)cos x ＜0, 则下列判断一定正确的是( )
解法一 观察已知条件的结构, 构造抽象函数模型F(x) = f(x)sⅰn x,则F′(x) = f′(x)sⅰn x+f(x)cos x ＜0,所以F(x)在x ∈
上是单调递减函数,则可判断A 答案正确.
解法二 构造特殊函数,由已知条件可以令f(x) = −x,直接判断只有选项A 正确.
变式 定义在
上的可导函数f(x) 的导函数为f′(x), f′(x)cos x+f(x)sⅰn x ＞0, 则下列判断一定正确的是( )(多选题)
解法一 观察已知条件的结构, 构造抽象函数模型F(x) =
则F′(x) =
＞0, 所以F(x)在x ∈
上是单调递增函数,则可判断B 和D选项正确.
解法二 构造特殊函数,由已知条件可以令f(x)=x,直接判断选项B 和D 正确.
目标达成分析: 通过例5 及其变式已知条件的结构, 可以构造和三角函数有关的乘法、除法的抽象函数模型F(x) = f(x)sⅰn x、F(x) =
同理, 学生可以类比推导, 若条件f′(x)cos x −f(x)sⅰn x ≥0, 可构造F(x)=f(x)cos x;若条件f′(x)sⅰn x −f(x)cos x ≥0,可构造F(x)=
则F(x)单调递增.
练习 定义在
上的函数f(x),导数为f′(x),且f(x)＜f′(x)tan x,则下式恒成立的是( )
解析 因为f(x)＜f′(x)tan x,所以f(x)＜
即f′(x)sⅰn x −f(x)cos x ＞0, 构造抽象函数模型F(x) =
则F′(x) =
＞0, 所以F(x)为单调增函数, 因为
所以
即
故选D.
小结 以上是根据多项式函数、指数函数和三角函数,结合函数的四则运算进行分类构造抽象函数模型.主要是通过对模型求导判断函数单调性解题,实际中常常还需要结合函数的其他性质来解题,如函数的奇偶性、周期性和对称性等.
例6 已知函数f(x) 满足f(−x) + f(x) = x2, 且在(0,+∞)上,f′(x) ＞x,则不等式f(2 −x)−f(x) ≥2 −2x的解集为( )
A.[1,+∞) B.(−∞,1] C.(−∞,2] D.[2,+∞)
解法一(构造抽象函数模型)构造F(x) = f(x)−
有F′(x) = f′(x)−x ＞0,则F(x)在(0,+∞)上是增函数,又F(x)+F(−x)=f(x)−
=0,则F(x)在R 上为奇函数、增函数,而f(2−x)−f(x)−(2−2x)=
=F(2 −x)−F(x),原不等式等价于F(2 −x) ≥F(x), 故只需2 −x ≥x, 得x ≤1,故选B;
解法二 (构造特殊函数)作为单选题,可以根据已知条件,令
+x,解得x ≤1.
变式(例3) 定义在R 上的偶函数f(x) 的导函数为f′(x), 若∀x ∈R, 都有2f(x) + xf′(x) ＜2, 则使x2f(x)−f(1)＜x2 −1 的解集为( )
A.{x|x/=±1} B.(−1,0)∪(0,1)
C.(−1,1) D.(−∞,−1)∪(1,+∞)
解析 构造函数F(x)= x2f(x)−x2,x2f(x)−f(1) ＜x2 −1 等价于F(x)＜F(1),对F(x)求导判断F(x)的单调性,结合F(x)的奇偶性解题,故选D.
总结 1.构造抽象函数模型主要观察两个结构: (1) 等价不等式的变形结构(分离变量),(2) 已知条件中关于导数f′(x)的关系式特征;
2.构造抽象函数模型解不等式和比较大小,前提要求学生熟练应用两个函数的和、差、积、商的求导公式,实质上就是构造目标导函数(一元)的原函数,是一个积分的过程,学生可以通过本专题体会求原函数和原函数的不唯一性,因题而异,构造合适的抽象函数模型;
3.本文从函数多项式、具体的指数函数、三角函数与f(x)的关系分类构造抽象函数模型, 读者朋友可以基于文章,直接根据函数的四种运算进行分类讨论和归纳,其中乘法和除法比较常见,现归纳如下:
(1) 若条件是f′(x)g(x) + f(x)g′(x) ≥ 0, 可构造F(x)=f(x)g(x),则F(x)单调递增;
(ⅰ) 若条件xf′(x)+f(x) ≥0,可构造F(x) = xf(x),则F(x)单调递增;
(ⅰⅰ) 若条件xf′(x)+nf(x) ≥0,可构造F(x) = xnf(x),若xn−1 ＞0,则F(x)单调递增;
(ⅰⅰⅰ) 若条件f′(x)+f(x) ≥0,可构造F(x) = exf(x),则F(x)单调递增;
(ⅰv) 若条件f′(x)+nf(x) ≥0, 可构造F(x) = enxf(x),则F(x)单调递增;
(v) 若条件f′(x)sⅰn x+f(x)cos x ≥0, 可构造F(x) =f(x)sⅰn x,则F(x)单调递增;
(vⅰ) 若条件f′(x)cos x −f(x)sⅰn x ≥0, 可构造F(x) =f(x)cos x,则F(x)单调递增;
(2) 若条件是f′(x)g(x) −f(x)g′(x) ≥0, 可构造F(x) =
则F(x)单调递增;
(ⅰ) 若条件xf′(x)−f(x) ≥0,可构造F(x) =
则F(x)单调递增;
(ⅰⅰ) 若条件xf′(x)−nf(x) ≥0,可构造F(x) =
若xn+1 ＞0,则F(x)单调递增;
则F(x)单调递增;
(ⅰv) 若条件f′(x)−nf(x) ≥0,可构造F(x) =
则F(x)单调递增;
(ⅰⅰⅰ) 若条件f′(x)−f(x) ≥0, 可构造F(x) =
(v) 若条件f′(x)sⅰn x −f(x)cos x ≥0, 可构造F(x) =
则F(x)单调递增;
(vⅰ) 若条件f′(x)cos x+f(x)sⅰn x ≥0, 可构造F(x) =
则F(x)单调递增;