一類滿足f(x)±f(-x)=p(x)的可導抽象函數的巧構巧設

湖北 嚴海平

一類滿足f(x)±f(-x)=p(x)的可導抽象函數的巧構巧設

湖北 嚴海平

以導數為背景的抽象不等式的求解以及解參數范圍是部分學生的弱點.究其原因主要是對含有導數符號的結構和對抽象不等式的結構認識不清，找不出條件與結論之間的內在聯系，其次是對基本函數的導數和導數的四則運算法則不熟悉不敏感造成的，解決此類問題的主要方法是根據條件與結論間的結構特征，聯想基本函數的導數和導數的四則運算法則，構造出相關的抽象函數，利用抽象函數的單調性、奇偶性以及相關的性質進行求解，以下就滿足形如f(x)±f(-x)=p(x)的可導抽象函數解決不等式問題，解決參數范圍問題進行淺析，此類問題在各地調考以及高考中常以選擇題、填空題壓軸題出現.

一、滿足形如f(x)+f(-x)=h(xn)的抽象函數巧構巧設

題1.(2016·山西省一模第16題)設函數f(x)在R上存在導函數f′(x).對?x∈R，f(x)+f(-x)=2x2.當x∈(-∞，0]，有f′(x)+1lt;2x.若f(2+m)-f(-m)≤2m+2，則實數m的取值范圍是________.

解析：抓住f(x)+f(-x)=2x2的特征，可進行巧構巧設.

解法一：(巧設)

設函數f(x)=x2-2x，

顯然滿足題設條件，

因為f(x)的對稱軸為x=1，

所以f(m+2)=f(-m)，

所以原不等式等價于2m+2≥0，

所以m∈[-1，+∞).

解法二：(巧構)

因為x∈(-∞，0]時，f′(x)+1lt;2x，

所以f′(x)-2x+1lt;0，即(f(x)-x2+x)′lt;0 ①，

所以構造函數g(x)=f(x)-x2+x，

因為f(x)+f(-x)=2x2，

所以g(x)+g(-x)=(f(x)-x2+x)+(f(-x)-x2-x)=f(x)+f(-x)-2x2=0，

所以g(x)為奇函數.

由①式可得g(x)在x∈(-∞，0]上單調遞減，

所以g(x)在x∈(0，+∞)上單調遞減，

由f(x)在R上可導,得g(x)在R上是連續函數，

所以g(x)在R上單調遞減.

f(2+m)-f(-m)≤2m+2?f(2+m)-(2+m)2+(2+m)≤f(-m)-(-m)2+(-m),

即g(2+m)≤g(-m)，故2+m≥-m，

即m≥-1.所以m∈[-1，+∞).

點評：抓住f(x)+f(-x)=2x2的特征，挖掘隱含條件,函數的奇偶性和f(x)與f(-x)之間的和差關系，在解法一中構造出滿足條件的函數f(x)=x2-2x，利用函數的對稱性將f(2+m)-f(-m)≤2m+2轉化為2m+2≥0，使問題得到解決.在解法二中，構造出滿足條件的抽象函數g(x)=f(x)-x2+x，由f(x)+f(-x)=2x2推出g(x)為奇函數，由x∈(-∞，0]時，f′(x)+1lt;2x推出g(x)在x∈(-∞，0]上單調遞減，再利用抽象函數的單調性、奇偶性以及相關的性質進行求解.

變式演練：

( )

C.(-∞，2]

D.[2，+∞)

解析：抓住f(x)+f(-x)=x2的特征，可進行巧構巧設.

解法一：(巧設)由f(x)+f(-x)=x2,

解法二：(巧構)由f(x)+f(-x)=x2,

得F(-x)+F(x)=0，所以F(x)是奇函數，

又F′(x)=f′(x)-xgt;0，

所以F(x)在R上是增函數，

答案:A

2.設函數f(x)在R上存在導數f′(x)，對任意的x∈R，有f(-x)+f(x)=x2，且在(0，+∞)上f′(x)gt;x．若f(2-a)-f(a)≥2-2a，則實數a的取值范圍為

( )

A.[1，+∞)

B.(-∞,1]

C.(-∞,2]

D.[2,+∞)

答案:B

3.設函數f(x)在R上存在導函數f′(x)，對?x∈R,f(x)+f(-x)=x2，且當x∈(0，+∞)時，f′(x)lt;x.若有f(6-m)-f(m)-18+6m≥0，則實數m的取值范圍為________.

答案:[3,+∞)

題2.設函數f(x)在R上存在導函數f′(x)，若f(x)-f(-x)=2x3，且當x∈(0,+∞)時，f′(x)gt;3x2，則f(x)-f(x-1)gt;3x2-3x+1的解集為

( )

A.(-∞，2)

D.(2，+∞)

解析：抓住f(x)-f(-x)=2x3的特征，可進行巧設.

解：F(x)=f(x)-x3，則F(-x)=f(-x)+x3，

所以F(x)-F(-x)=f(x)-x3-f(-x)-x3=0，

F(x)-F(-x)=0，所以F(x)是偶函數，

當x∈(0，+∞)時，F′(x)=f′(x)-3x2gt;0，

所以F(x)在x∈(0，+∞)上是增函數，

由f(x)-f(x-1)gt;3x2-3x+1，

得f(x)-x3gt;f(x-1)-(x-1)3，

即F(x)gt;F(x-1)，亦即F(|x|)gt;F(|x-1|)，

點評：抓住f(x)-f(-x)=2x3的特征，利用奇偶函數的特征巧設F(x)=f(x)-x3，得出這是偶函數，利用x∈(0，+∞)時，f′(x)gt;3x2得出F(x)在x∈(0，+∞)上是增函數，將f(x)-f(x-1)gt;3x2-3x+1變形為F(x)gt;F(x-1)，利用抽象函數的單調性、奇偶性進行求解.

二、滿足形如f(x)+f(-x)=h(sinx)或h(cosx)的抽象函數巧構巧設

題3.設函數f(x)在R上存在導函數f′(x)，且?x∈R,有f(x)+f(-x)=2sin2x，當x∈(0，+∞)時，f′(x)lt;sin2x，則以下大小關系一定正確的是

( )

所以g′(x)=f′(x)-sin2xlt;0(xgt;0)，

所以g(x)在x∈(0，+∞)上單調遞減，

變式演練：

解析：構造函數h(x)=f(x)-cosx，

則h(x)+h(-x)=f(x)-cosx+f(-x)-cos(-x)

=f(x)+f(-x)-2cosx=0,

所以h(x)為奇函數，

又h′(x)=f′(x)+sinx≥1+sinx≥0，

故h(x)在R上單調遞增.

湖北省武漢市關山中學)