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)

摘 要：在导数问题中，通过构造原函数能够起到化难为易的关键作用.本文主要通过例题的形式分析了常见的原函数构造方法.

关键词：原函数；导数；构造

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)<g′(x)，则f(x)-g(x)的最大值为( ).

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)<g(3)，则有g(-2)<g(3)，即有4f(-2)<9f(3).

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3 f(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)

解析 令

则

则g(x)在(0，+∞)上单调递增，即

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

例4 (2021年全国乙卷)设

则( ).

A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b

解析 因为a=2ln1.01=ln1.0201，b=ln1.02，所以a>b.令

令

则

所以

所以

所以

所以g(t)在

上单调递增，所以g(t)>g(1)=0.所以f(x)>0.所以a>c.同理令

再令

则

所以

所以

所以

所以φ(t)在

上单调递减.所以φ(t)<φ(1)=0.所以h(x)<0，所以c>b，所以a>c>b.

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( ).

 

解析 由已知条件，构造函数g(x)=f(x)-kx，则g′(x)=f ′(x)-k>0.故函数g(x)在R上单调递增，且

故

所以

即

所以C选项一定错误，选项D不确定.

构造函数h(x)=f(x)-x，则h′(x)=f ′(x)-1>0.故函数h(x)在R上单调递增，且

故

即

即

选项A，B无法判断，故选C.

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；

(3)设

比较f(x)与g(x)的大小.

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.

因此

解得

(2)因为

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.

(3)由(1)可知

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).

参考文献：

[1]杨峰.逆用导数运算法则，构造原函数巧解题[J].高中数理化，2016(03)：20.