巧构原函数 妙解导数构造问题

贾志锦

(江苏省连云港市田家炳中学 222500)

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.

一、根据导数的加、减运算法则构造函数

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)

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).

二、根据导数的乘法运算法则构造函数

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)

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).

三、根据导数的除法运算法则构造函数

例3f(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)

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.

四、构造函数比较大小

A.a

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.

五、变式练习

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( ).

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；

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.

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.

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).