构造函数法在导数中的巧妙应用

2 千树万树梨花开 构造函数法在抽象不等式中

的巧妙应用

构造函数是解决抽象不等式的基本方法，根据题设的条件，并借助初等函数的导数公式和导数的基本运算法则,相应地构造出辅助函数。 通过进一步研究辅助函数的有关性质，给予巧妙的解答.

本文从一到高考试题出发，追根溯源，研究并揭示高考试题的本质。

1 小荷才露尖尖角

真题 设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函

数，f(1)0，当x0时,xf(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的

x取值范围（ ）.

A。 (,1)(0,1)

B。 (1,0)(1,) C。 (,1)(1,0) D。 (0,1)(1,) 解析：设F(x)f(x)x， 则F'(x)xf(x)f(x)x2。

因为x0时，xf(x)f(x)0，所以F'(x)0,

即当x0时，F(x)单调递减.

又因为f(x)为奇函数，且f(1)0，所以

F(x)f(x)x为偶函数，且F(1)F(1)0, 则当x0时，F(x)单调递增. 当x(,1)时，F(x)0,f(x)0. 当x(0,1)时,F(x)0，f(x)0。 所以f(x)0成立的x取值范围 (,1)(0,1)，即答案为A..

上述题为2015年课标全国Ⅱ选择题第12题，创新有难度，丰富有内涵。 此其题表面看上，不知道如何入手，解决问题. 因为这是一道没有具体函数表达式的不等式试题,且不

等式中含有f(x)和f(x)，更是难上加难. 从试题的解析可以看出,巧妙地构造出了函数F(x),通过分析F(x)的单调性和奇偶性,解答问题。 解题突破口不易寻找，给人一种“旧时茅店社林边，路转溪桥忽见\"的感觉。 对题的解析过程进行回顾，本题是如何构造出F(x)f(x)x，从而给出极其巧妙的解答。 为了寻求问题的本质，这里对以下例题进行分析。

例 1 已知函数f(x)的图像关于y轴对称，且当x(,0)时，f(x)xf(x)0成立，若a20.2f(20.2)，

blog3f(log3)，blog39f(log39)，则a,b,c的大小关系( ） A. bac B。 cab C。 cba

D。 abc

解析：设F(x)xf(x)，则F'(x)f(x)xf(x)。 因为x0时，f(x)xf(x)0，所以F'(x)0,则当x0时，F(x)单调递减.

又因为函数f(x)的图像关于y轴对称,所以f(x)为奇函数，当x0时，F(x)单调递减。

又因为120.22,0log31，log392，则bac，即答案为A。

例 2已知函数f(x)满足：f(x)2f(x)0，那么系列不等式成立的是（ ) A. f(1)f(0)e

B。 f(2)f(0)e C. f(1)ef(2) D。 f(0)e2f(4) 1解析：设F(x)2e2xf(x)，

则F'(x)2[1112x2x1x2ef(x)ef(x)]e2[f(x)2f(x)].

因为f(x)2f(x)0，所以F'(x)0,则

F(x)在定义域上单调递增，所以F(1)F(0)，

则f(1)f(0)e，即答案为A.

例 3 已知f(x)为定义在(,)上的可导函数，且f(x)f(x)对于xR恒成立且e为

自然对数的底,则（ ）

A. f(1)ef(0),f(2012)e2012f(0) B. f(1)ef(0),f(2012)e2012f(0) C. f(1)ef(0),f(2012)e2012f(0) D. f(1)ef(0),f(2012)e2012f(0)

解析：设F(x)f(x)ex， F'(x)f(x)exf(x)ex[f(x)f(x)]ex则e2xe2x。 由f(x)f(x)，得f(x)f(x)0，则

F'(x)0，F(x)在定义域上单调递减，所以F(1)F(0)，F(2012)F(0)

即答案为A.

例4 定义在(0,2)上的函数f(x)，f(x)是它

的导函数,且恒有f(x)f(x)tanx成立，则（ )

A。 3f(4)2f(3)

B. f(1)2f(6)sin1

C. 2f(6)f(4)

D. 3f(6)f(3) 解析：因为x(0,2),所以sinx0,cos0.

由f(x)f(x)tanx，

得f(x)cosxf(x)sinx0 设F(x)f(x)sinx， 则F'(x)f(x)sinxf(x)cosxsin2x，可得F'(x)0，则F(x)在定义域上单调递减，

所以F(4)F(3)，

则3f(4)2f(3)，即答案为A。 评注：爱因斯坦赞叹:“数学美，本质上终究是简单性”。 那又如何构造出函数，将问题简单化,这在数学上是一个值得深究的问题.

仔细的观察和思考例1和例2的解法，它们有一个共同点:采用导数的积运算法则，即

[f(x)g(x)]'f(x)g(x)g'(x)f(x). 例3和例4的解法，它们也有一个共同点：采用导数的商运算法则，即

[f(x)f(x)g(x)]'g(x)g'(x)f(x)g2(x).由此可见,对于含有f(x)和f(x)的不等式，将不等式的右边化0，若左边是(x)f(x)和(x)f(x)相加得形式，其中(x)和(x)常见的变量或常量. 此时用导数的积运算法则；若左边是(x)f(x)和(x)f(x)相减得形式，此时用导数的商运

构造函数法在导数中的巧妙应用

算法则.当然，这只是做题的起初思想，但是要做出试题，还远远不行，而问题的关键在构造函数。

波利亚：“观察可能导致发现，观察将揭示某种规则、模式或定律.”根据我们所学习的知识，通过观察，认识数学的本质特点，灵活的运用所学知识和技巧进行求解，从而将抽象复杂的问题转化为具体简单的问题，使解法顺利的完成。以下给出例1至例4的方法技巧

例1中,f(x)xf(x)0，根据导数的积运算法则得(箭头指向方向为函数的导函数,后面不做说明)

1f(x)+xf(x)〈0

可以看出f(x)的导数为f(x)，x的导数为1,从而构造出函数F(x)xf(x).

例2中，f(x)2f(x)0，根据导数的积运算法则得

1f(x)+2f(x)<0

可以看出f(x)的导数为f(x)，2的导数为1，显然不成立。 则不等式两边定约去了一个不为0的变量。 函数和本身的导函数有相同的变量,则猜想到函数yex。 但这里还要考1虑系数1和2，进一步猜想到复合函数ye2x。 1给上述不等式两边同乘以e2x，则

1ex12f(x)+2e2xf(x)〈0

1从而构造出函数F(x)2e2xf(x)。

例3中,f(x)f(x)0,根据导数的商运算法则得

exf(x)exf(x)e2x0

可以看出f(x)的导数为f(x)，ex的导数为ex，且分母为e2x，从而构造出函数

F(x)f(x)ex. 例4 中，可得 f(x)cosxf(x)sinx0且

sinx0,根据导数的商运算法则得

构造函数法在导数中的巧妙应用

f(x)sinxf(x)cosx0

sin2x可以看出f(x)的导数为f(x)，sinx的导

数为cosx，且分母为sin2x，从而构造出

F(x)f(x). sinx对于以上4个例题的不等式可以总结为(x)f(x)(x)f(x)0和(x)f(x)(x)f(x)0。这里有所疑问，当不等式的右边不是0时，那上述的构造函数方法显然不适用。 下面给出一道试题进行研究.

3青山座座皆巍峨

例6 f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f(x)。 若f(x)f(x)1，f(0)2016,则不等式f(x)2015ex1的解集。

分析： 数学变式题的给出，都离开最初的原题. 借助例1至例6构造函数的方法，找出函数与本身导函数的关系。 并根据[f(x)c]'f(x)，从而可以解答试题. 因为f(x)f(x)1，

所以[f(x)1][f(x)1]'0。 这里把f(x)1看做一个整体，再由例4知，

设F(x)f(x)1， ex[f(x)1]'ex[f(x)1]ex{[f(x)1]'[f(x)1]}ex则F'(x)，e2xe2x得F'(x)0，则F(x)在R上为单调递增。

因为F(0)f(0)12015， f(x)2015ex1，所以

f(x)12015 exf(x)2015ex1的解集(0,)。

实践表明，对于含有(x)f(x)和(x)f(x)抽象函数的不等式,问题的本质在于巧妙地构造出原函数,这是解决问题的最有力的武器。 在构造过程中，必须掌握导数的相关知识，多加练习并反思，积累做题方法和技巧，提高解题能力，开阔视野，不断探索，通过观察、分析、对比、总结等一系列思维活动，简化试题结构，掌握所学的基本知识和方法。