刊名: 教育研究
主办: 中国教育科学研究院
周期: 月刊
出版地:北京市
语种: 中文;
开本: 大16开
ISSN: 1002-5731
CN: 11-1281/G4
邮发代号: 2-277
历史沿革:
专题名称:教育理论与教育管理
期刊荣誉:社科双效期刊;国家新闻出版总署收录;中国期刊网核心源刊;CSSCI 中文社会科学引文索引来源期刊;北京大学《中文核心期刊要目总览》来源期刊;
创刊时间:1979
浅谈“导数应用抽象函数题”的解法
【作者】 张天栋
【机构】 福建省三明市宁化第一中学
【摘要】【关键词】
【正文】美国著名数学教育家波利亚说过:掌握数学就意味着要善于解题。只有对数学知识建构了完整的体系、数学思想的透彻理解、数学方法能灵活应用时才能解题、解好题、巧解题,才能提出新看法、新解法。当今高考重视对数学思想、方法的考查。抽象函数题,是如今高考的热点之一,因为抽象函数没有解析式可利用,使得有些同学束手无策,本文通过具体例题来解释如何求解“导数应用抽象函数题”。进而展示数学知识的应用、数学解法的多样性。
例题一:f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足xf′(x)+f(x)≤0,对任意正数a,b,若a<b,则必有( )
A.af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b)
C.af(a)≤f(b) D.bf(b)≤f(a)
解法一 (构造函数法) :考虑到选项的结构特征:①不等式两边的对称性;②不等式的基本性质的利用即把原不等式转化成大小的比较。从而想到构造函数并利用函数的单调性解题:
解: ∵f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,∴f(x)≥0,
∵ xf′(x)+f(x)≤0, ∴ xf′(x)≤-f(x),
∴′=≤≤0.
则函数在(0,+∞)上是单调递减的,由于0<a<b,则≥.即af(b)≤bf(a).
故选A。
解法二(相关函数法):考虑已知条件“xf′(x)+f(x)≤0”的结构特征:某一积函数的导数。从而引入函数。
解:设,则,
∵xf′(x)+f(x)≤0,∴
∴
∵f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,∴f(x)≥0,
∵0<a<b,∴即af(b)≤bf(a).
故选A。
解法三(函数性质法):直接从已知条件“f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数”联想到函数f(x)的导数与其单调性的关系,从而尝试解题。
解:∵f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,∴f(x)≥0,
∵xf′(x)+f(x)≤0,∴xf′(x) ≤0, ∴f′(x) ≤0, ∴f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,∵0<a<b,∴,再根据不等式的基本性质得到af(b)≤bf(a)。故选A。
解法四(特殊值(式)法):合理赋值,化抽象为具体。
解:∵f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,∴f(x)≥0,∵xf′(x)+f(x)≤0,∴xf′(x) ≤0, ∴f′(x) ≤0,故可设一常见函数,∴,满足xf′(x)+f(x)≤0。∵0<a<b,显然有,再根据不等式的基本性质得到af(b)≤bf(a)。故选A。
由题感悟:对于导数应用中的抽象函数问题,主要是以函数的单调性与导函数正负关系为背景,以考查考生的知识迁移、整合能力,推理论证能力,运算求解能力。
配套练习:已知定义在R上的奇函数f(x),设其导函数为f′(x),当x∈(-∞,0]时,恒有xf′(x)<f(-x),令F(x)=xf(x),则满足F(3)>F(2x-1)的实数x的取值范围是( )
A.(-1,2) B. C. D.(-2,1)
解析:选A 由F(x)=xf(x),得F′(x)=f(x)+xf′(x)=xf′(x)-f(-x)<0,所以F(x)在(-∞,0)上单调递减,又可证F(x)为偶函数,从而F(x)在[0,+∞)上单调递增,故原不等式可化为-3<2x-1<3,解得-1<x<2.
例题二:(2012·重庆高考理科)设函数在上可导,其导函数为,且函数的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( )
(A)函数有极大值和极小值
(B)函数有极大值和极小值
(C)函数有极大值和极小值
(D)函数有极大值和极小值
解析(数形结合法):数形结合的思想,其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来。本题函数f(x)为抽象函数,没有具体的解析式,因此只能通过判断其导函数f′(x)的正负情况来确定函数f(x)的单调性,再结合极值的定义来得出函数f(x)的极值。
解:由图象可知,当时,所以,
当时,所以所以函数有极大值和极小值,故选D.
配套练习:已知函数f(x)是R上的偶函数,且在(0,+∞)上有f′(x)>0,若f(-1)=0,那么关于x的不等式xf(x)<0的解集是________.
解析:画出图像(略),在(0,+∞)上有f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递增.又函数f(x)是R上的偶函数,所以f(1)=f(-1)=0.当x>0时,f(x)<0,∴0<x<1;当x<0时,图象关于y轴对称,f(x)>0,∴x<-1.
答案:(-∞,-1)∪(0,1)
善于联想,灵活多变,注重类比,多方位思考,最终实现导数应用抽象函数题的求解,解题后引导学生细细体会解题过程中的思维轨迹,能够提高他们解题的灵活性和准确性,也能培养他们思维的广阔性与深刻性。
例题一:f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足xf′(x)+f(x)≤0,对任意正数a,b,若a<b,则必有( )
A.af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b)
C.af(a)≤f(b) D.bf(b)≤f(a)
解法一 (构造函数法) :考虑到选项的结构特征:①不等式两边的对称性;②不等式的基本性质的利用即把原不等式转化成大小的比较。从而想到构造函数并利用函数的单调性解题:
解: ∵f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,∴f(x)≥0,
∵ xf′(x)+f(x)≤0, ∴ xf′(x)≤-f(x),
∴′=≤≤0.
则函数在(0,+∞)上是单调递减的,由于0<a<b,则≥.即af(b)≤bf(a).
故选A。
解法二(相关函数法):考虑已知条件“xf′(x)+f(x)≤0”的结构特征:某一积函数的导数。从而引入函数。
解:设,则,
∵xf′(x)+f(x)≤0,∴
∴
∵f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,∴f(x)≥0,
∵0<a<b,∴即af(b)≤bf(a).
故选A。
解法三(函数性质法):直接从已知条件“f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数”联想到函数f(x)的导数与其单调性的关系,从而尝试解题。
解:∵f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,∴f(x)≥0,
∵xf′(x)+f(x)≤0,∴xf′(x) ≤0, ∴f′(x) ≤0, ∴f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,∵0<a<b,∴,再根据不等式的基本性质得到af(b)≤bf(a)。故选A。
解法四(特殊值(式)法):合理赋值,化抽象为具体。
解:∵f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,∴f(x)≥0,∵xf′(x)+f(x)≤0,∴xf′(x) ≤0, ∴f′(x) ≤0,故可设一常见函数,∴,满足xf′(x)+f(x)≤0。∵0<a<b,显然有,再根据不等式的基本性质得到af(b)≤bf(a)。故选A。
由题感悟:对于导数应用中的抽象函数问题,主要是以函数的单调性与导函数正负关系为背景,以考查考生的知识迁移、整合能力,推理论证能力,运算求解能力。
配套练习:已知定义在R上的奇函数f(x),设其导函数为f′(x),当x∈(-∞,0]时,恒有xf′(x)<f(-x),令F(x)=xf(x),则满足F(3)>F(2x-1)的实数x的取值范围是( )
A.(-1,2) B. C. D.(-2,1)
解析:选A 由F(x)=xf(x),得F′(x)=f(x)+xf′(x)=xf′(x)-f(-x)<0,所以F(x)在(-∞,0)上单调递减,又可证F(x)为偶函数,从而F(x)在[0,+∞)上单调递增,故原不等式可化为-3<2x-1<3,解得-1<x<2.
例题二:(2012·重庆高考理科)设函数在上可导,其导函数为,且函数的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( )
(A)函数有极大值和极小值
(B)函数有极大值和极小值
(C)函数有极大值和极小值
(D)函数有极大值和极小值
解析(数形结合法):数形结合的思想,其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来。本题函数f(x)为抽象函数,没有具体的解析式,因此只能通过判断其导函数f′(x)的正负情况来确定函数f(x)的单调性,再结合极值的定义来得出函数f(x)的极值。
解:由图象可知,当时,所以,
当时,所以所以函数有极大值和极小值,故选D.
配套练习:已知函数f(x)是R上的偶函数,且在(0,+∞)上有f′(x)>0,若f(-1)=0,那么关于x的不等式xf(x)<0的解集是________.
解析:画出图像(略),在(0,+∞)上有f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递增.又函数f(x)是R上的偶函数,所以f(1)=f(-1)=0.当x>0时,f(x)<0,∴0<x<1;当x<0时,图象关于y轴对称,f(x)>0,∴x<-1.
答案:(-∞,-1)∪(0,1)
善于联想,灵活多变,注重类比,多方位思考,最终实现导数应用抽象函数题的求解,解题后引导学生细细体会解题过程中的思维轨迹,能够提高他们解题的灵活性和准确性,也能培养他们思维的广阔性与深刻性。