已知函数及其导函数关系式的问题解决

许银伙

(福建省泉州外国语学校 362000)

已知函数及其导数的关系式的客观题，以抽象函数的形式出现，综合考查函数及其导数知识，解决时需要熟悉函数导数的相关法则和公式，并能灵活地顺用和逆用，构造新函数，结合函数性质，才能正确解决.这类问题出题灵活，形式多样，对知识和能力要求较高，是高考和各类模拟考的高频率考题类型.以下梳理出四种常见的类型题，并探寻它们的解决方法及其解决规律.

一、单纯由已知的不等式构造新函数，利用单调性解不等式

例2 定义在R上的函数f(x)满足：f(x)+f′(x)>1，f(0)=4则不等式exf(x)>ex+3(其中e为自然对数的底数)的解集为( ).

分析与解由f(x)+f′(x)>1得：[exf(x)]′>(ex)′，即[exf(x)-ex]′>0.

令g(x)=exf(x)-ex，可得：g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增.

又g(0)=e0f(0)-e0=3，exf(x)>ex+3化为g(x)>g(0)，所以x>0，选A.

例3 若对定义在R上的可导函数f(x)，恒有(4-x)f(2x)+2xf′(2x)>0，其中f′(x)表示函数f(x)的导函数，则f(x)( ).

A.恒大于等于0 B. 恒小于0

C. 恒大于0 D. 和0的大小关系不确定

分析与解由(4-x)f(2x)+2xf′(2x)>0得：

当x∈(0,+)时，4x3f(2x)+2x4f′(2x)-x4f(2x)=[x4f(2x)]′-x4f(2x)>0；

当x∈(-,0)时，4x3f(2x)+2x4f′(2x)-x4f(2x)=[x4f(2x)]′-x4f(2x)<0.

函数g(x)最小值为函数g(0)=0，得f(x)≥0，且当x≠0时，f(x)>0.

又由(4-x)f(2x)+2xf′(2x)>0，得f(0)>0.选C.

二、由已知的关系式构造函数，结合奇偶性,利用新函数的单调性解不等式

例4 设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对于任意的实数x，都有f(x)=4x2-f(-x)，当x∈(-,0)时，若f(m+1)≤f(-m)+4m+2，则实数m的取值范围是( ).

由f(m+1)≤f(-m)+4m+2即g(m+1)+2(m+1)2≤[g(-m)+2(-m)2]+4m+2得：

点评本题解决有两个亮点：(1)构造函数时应依据条件特点，先考虑到函数的奇偶性，事实上，凡是已知等式中同时有f(x)和f(-x)，都应该考虑函数的奇偶性；(2)已知的关系式是等式，构造的新函数的导数是定值，与前面的例题略有差异.

例5 定义在R上的奇函数f(x)满足：当x<0时，2f(x)+xf′(x)

A.1 B. 2 C.3 D. 4

分析与解因为[x2f(x)]′=2xf(x)+x2f′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]，由已知得：当x∈(-,0)时，[x2f(x)]′>x2f(x)，即[x2f(x)]′-x2f(x)>0.令可得关于x∈(-,0]单调递增.因为g(0)=0，所以当x<0时，g(x)<0,得f(x)<0.由f(x)是奇函数得：f(0)=0，且当x>0时，f(x)=-f(-x)>0.选A.

令g(x)=f(x)ln(1-x2)，可得g′(x)>0对0

三、由已知的等式构造函数，结合定积分求出原函数解题

例7(2018厦门第一次市质检11)定义在(0,+)上的函数f(x)满足若关于x的方程|f(x)|-a=0有三个实根，则实数a的取值范围为( ).

分析与解因为x∈(0,+)，令g(x)=xf(x)，可得

当x∈(e,+)时，f′(x)<0.f(x)在x∈(0,e)单调递增，在x∈(e,+)单调递减.又因为当x→0时，f(x)→-；当x→+时，f(x)→0且f(x)>0.方程|f(x)|-a=0化为a=|f(x)|，作出a=|f(x)|与y=a的图象，可得方程|f(x)|-a=0有三个实根，需且只需选A.

点评已知的关系式是等式，首选的方向应该是尝试构造新函数，利用定积分，求出原函数，化抽象为具体.本题作为与方程解个数有关的客观题，数形结合是常用思想方法.

例8已知f′(x)是函数f(x)的导函数，若对任意实数x都有f′(x)=(2x+3)ex+f(x)(e是自然对数的底数)，且f(0)=1，若不等式f(x)-k<0的解集中恰有两个整数，则实数k的取值范围为( ).

可得：g′(x)=2x+3.由定积分知识可设g(x)=x2+3x+c(其中c为常数)，

f′(x)=(2x+3)ex+f(x)=(x2+5x+4)ex，令f′(x)=0得x1=-4,x2=-1；令f′(x)>0得x<-4或x>-1；令f′(x)<0得-4

又因为当x→-时，f(x)→0且f(x)>0，f(-1)=所以由不等式f(x)-k<0的解集中恰有两个整数得f(-2)

点评本题仍然是通过定积分求出原函数，化抽象函数为具体函数.但在解决整数根个数时除了数形结合外还需要考虑问题的离散性，利用单调性和特殊的整数值代入，才能不走弯路，达成目标.

四、由已知的等式构造函数，利用新函数的导函数解极值问题

A.有极大值，无极小值 B. 有极小值，无极大值

C. 有极大值，又有极小值 D. 既无极大值，又无极小值

当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2,+)时，h′(x)>0.h(x)在x∈(0,2)单调递减，在x∈(2,+)单调递增，h(x)的最小值对x>0恒成立，f(x)在(0,+)单调递增，f(x)无极值.选D.

点评本题由已知的关系式构造函数容易想到，但不能求出具体的原函数，所以构造新函数后必须充分挖掘新函数的价值，二次构造函数，在已知函数值相应的自变量处继续挖掘，才能得出结论.

例10定义在(0,+)上的函数f(x)满足x2f′(x)-2xf(x)=x3ex，f(2)=-2e2.

求证：x=2是f(x)极小值点.

点评本题原来是选择题，参考答案选的是B(有极小值，无极大值)，应该是仿照上一题编造的创新题，但参考解答与上面的解答类似，只是出题者的解答略简单些，并没有说明无极大值的原因，“作业帮”也是，笔者认为那是以讹传讹.由此改编成上面例题，难度仍然不小，需要用三次求导才能解决问题.

相应练习

1.(2017年莆田质检理12)定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，f(0)=0，若对任意x∈R，都有f(x)>f′(x)+1，则使得f(x)+ex<1成立的x的取值范围为( ).

2.已知函数f(x)的导函数f′(x)满足 2f(x)+xf′(x)>x2(x∈R)，则对任意x∈R都有( ).

A.x2f(x)≥0 B.x2f(x)≤0

C.x2[f(x)-1]≥0 D.x2[f(x)-1]≤0

3.定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对x∈R恒有f(x)=2x2-f(-x)，当x∈(0,+)时，f′(x)<2x.若f(a-3)≤f(2-a)+5-2a，则实数a的取值范围是( ).

4.定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f′(x)，当x∈(-,0]时，恒有xf′(x)

5.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x)，且当x<0时，2f(x)+xf′(x)<0，则不等式(x-2018)2f(x-2018)-f(-1)<0的解集为( ).

A.1 B.2 C.0 D. 0或2

参考答案：1.A 2.A 3.D 4.B 5.C 6.C