抽象函數(shù)不等式問題探究

廣東 朱 歡

以抽象函數(shù)為背景或題設(shè)條件等考查函數(shù)不等式的解法是近幾年高考的熱門問題，函數(shù)和不等式是高考復(fù)習(xí)中的兩大重點和難點，而這兩類問題的結(jié)合又使得問題變得更加復(fù)雜、靈活，抽象函數(shù)不等式問題的出現(xiàn)使它變得更加抽象，也加大了分析問題和解決問題的難度，使得很多人在面對抽象不等式問題的求解時一籌莫展.

對于求解抽象函數(shù)不等式問題，往往需要綜合應(yīng)用函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、對稱性、周期性、定義域、值域等知識，屬于綜合性比較強的問題，可難可易，在備考中，要引起教師的重視．

如何把握這一類問題的本質(zhì)，研究它們的通法通解以及變式拓展，這是教師迫切關(guān)心的問題．下面將從一個高考經(jīng)典母題出發(fā)，去探索抽象函數(shù)不等式的本源以及變式研究.

【典型母題】(2015·全國卷Ⅱ理·12)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(-1)=0，當(dāng)x>0時，xf′(x)-f(x)<0，則使得f(x) >0成立的x的取值范圍是

( )

A．(-∞,-1)∪(0,1)

B．(-1,0)∪(1,+∞)

C．(-∞,-1)∪(-1,0)

D．(0,1)∪(1,+∞)

因為當(dāng)x>0時，xf′(x)-f(x)<0，

所以g′(x)<0，故g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減；

又因為函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，

所以g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增，且有g(shù)(-1)=g(1)=0．

當(dāng)00，則f(x)>0；當(dāng)x<-1時，g(x)<0，則f(x)>0.

綜上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1)，故選A．

【命題意圖】

本題考查函數(shù)的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性中的應(yīng)用及抽象函數(shù)不等式的解法,考查分析問題、解決問題的能力及運算能力.

【方法、技巧、規(guī)律】

函數(shù)不等式的解法通常是利用函數(shù)單調(diào)性,脫去抽象符號“f”,轉(zhuǎn)化為一般不等式求解,所以解這類問題一般要先研究函數(shù)的有關(guān)性質(zhì),如單調(diào)性、奇偶性等，此類問題經(jīng)常與導(dǎo)數(shù)結(jié)合，需要重新構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，然后利用函數(shù)單調(diào)性解決.

【探源、變式、擴展】

考向1．直接解抽象函數(shù)不等式

例1.(2017·全國卷Ⅰ理·5)函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)．若f(1)=-1，則滿足-1≤f(x-2)≤1的x的取值范圍是

( )

A.[-2,2] B.[-1,1]

C.[0,4] D.[1,3]

【解析】因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(-1)=-f(1)=1，

于是-1≤f(x-2)≤1，等價于f(1)≤f(x-2)≤f(-1)，

又f(x)在(-∞，+∞)上單調(diào)遞減，

所以-1≤x-2≤1，即1≤x≤3，故選D．

【點睛】本題的關(guān)鍵在于將-1≤f(x-2)≤1，轉(zhuǎn)化成f(1)≤f(x-2)≤f(-1)，再利用f(x)在(-∞，+∞)上單調(diào)遞減，脫去抽象符號“f”, 轉(zhuǎn)化為一般不等式-1≤x-2≤1求解．

考向2．構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，利用單調(diào)性求解抽象不等式

因為f(x)>f′(x)，所以F′(x)<0，即函數(shù)F(x)在定義域上單調(diào)遞減，

故不等式的解集為(0,+∞).

【點睛】本題主要考查抽象函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的求導(dǎo)法則，屬于難題.求解這類問題一定要耐心讀題、讀懂題，通過對問題的條件和結(jié)論進行類比、聯(lián)想、抽象、概括，準(zhǔn)確構(gòu)造出符合題意的函數(shù)；解這類不等式的關(guān)鍵點、難點正是構(gòu)造合適的函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)時往往從兩方面著手：①根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的“形狀”變換不等式“形狀”；②若是選擇題，可根據(jù)選項的共性歸納構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù).

對于構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)問題，常見的構(gòu)造有：

(1)對于f′(x)+g′(x)>0,構(gòu)造h(x)=f(x)-g(x)，一般地，遇到f′(x)>a(a≠0)，即導(dǎo)函數(shù)大于某個非零常數(shù)(若a=0，則無需構(gòu)造)，則可構(gòu)h(x)=f(x)-ax；

(2)對于f′(x)+g′(x)>0,構(gòu)造h(x)=f(x)+g(x);

(3)對于f′(x)+f(x)>0,構(gòu)造h(x)=exf(x);

(5)對于xf′(x)+f(x)>0,構(gòu)造h(x)=xf(x);

①若f(x)>0,則構(gòu)造h(x)=lnf(x);

②若f(x)<0,則構(gòu)造h(x)=ln[-f(x)].

變式2．f(x)是定義在R上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)-f′(x)>1，f(1)=2 018，則不等式f(x)>2 017·ex-1+1(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為________．

【解析】設(shè)g(x)=e-(x-1)f(x)-e-(x-1)，

則g′(x)=-e-(x-1)f(x)+e-(x-1)f′(x)+e-(x-1)=e-(x-1)[f′(x)-f(x)+1]，

因為f(x)-f′(x)>1,所以f′(x)-f(x)+1<0，即g′(x)<0，

所以y=g(x)在定義域上單調(diào)遞減，因為f(1)=2 018,所以g(1)=2 017，

因為f(x)>2 017·ex-1+1,所以e-(x-1)f(x)-e-(x-1)>2 017=g(1)，

得到g(x)>2 017=g(1)，

即g(x)>g(1)，得x<1，

所以f(x)>2 017·ex-1+1的解集為(-∞,1).

考向3．多次構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，利用單調(diào)性求解抽象不等式

例3．函數(shù)f(x)在定義域(0,+∞)上恒滿足：①f(x)>0，②2f(x)

( )

因為?x∈(0,+∞)，2f(x)0，所以g′(x)>0，

因為?x∈(0,+∞)，2f(x)

所以函數(shù)h(x)在x∈(0,+∞)上單調(diào)遞減，則h(1)>h(2)，

變式1．(2015·福建卷理·10)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)=-1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>k>1，則下列結(jié)論中一定錯誤的是

( )

【解析】由已知條件，構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-kx，則g′(x)=f′(x)-k>0，

故結(jié)論中一定錯誤的是C，選項D不確定；

考向4．構(gòu)造導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合函數(shù)奇偶性求解抽象函數(shù)不等式

所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0)，

因為f(1)=0，所以g(1)=0，g(-1)=0，

所以當(dāng)x<-1時，g(x)>0；當(dāng)-1

當(dāng)01時，g(x)>0．

因為不等式xf(x)>0的解集等價于g(x)>0的解集，

因為當(dāng)x<-1或x>1時，g(x)>0，

所以不等式xf(x)>0的解集為{x|x<-1或x>1}.

變式1．已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f′(x)

【解析】因為y=f(x+1)為偶函數(shù)，所以y=f(x+1)的圖象關(guān)于x=0對稱，

則y=f(x)的圖象關(guān)于x=1對稱，即f(2)=f(0)，又因為f(2)=1，所以f(0)=1，

又因為f′(x)

考向5．構(gòu)造導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合函數(shù)對稱性求解抽象函數(shù)不等式

例5．已知函數(shù)f(x)的定義域為R，其圖象關(guān)于點(-1,0)中心對稱，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x<-1時，(x+1)·[f(x)+(x+1)f′(x)]<0，則不等式xf(x-1)>f(0)的解集為

( )

A.(1,+∞) B.(-∞,-1)

C.(-1,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)

【解析】由題意設(shè)g(x)=(x+1)f(x)，則g′(x)=f(x)+(x+1)f′(x)，

因為當(dāng)x<-1時，(x+1)[f(x)+(x+1)f′(x)]<0，

所以當(dāng)x<-1時，f(x)+(x+1)f′(x)>0，則g(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞增，

因為函數(shù)f(x) 的定義域為R，其圖象關(guān)于點(-1,0)中心對稱，

所以函數(shù)f(x-1)的圖象關(guān)于點(0,0)中心對稱，則函數(shù)f(x-1)是奇函數(shù)，

令h(x)=g(x-1)=xf(x-1)，

所以h(x)是R上的偶函數(shù)，且在(-∞,0)上單調(diào)遞增，

由偶函數(shù)的性質(zhì)得函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，

因為h(1)=f(0) ，所以不等式xf(x-1)>f(0)化為h(x)>h(1)，

即|x|<1，解得-1

所以不等式解集是(-1,1)，故選C.

變式1．已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f′(x)

【解析】因為函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f(x+1)=f(2-x)=f(x-2)，所以f(x+3)=f(x)，

即函數(shù)f(x)是周期為3的周期函數(shù)，

所以f(2 019)=f(3×673)=f(0)=3，

即g(x)0，

所以不等式f(x)<3ex的解集為(0,+∞).

考向6．構(gòu)造導(dǎo)函數(shù)，多次求導(dǎo)，求解抽象函數(shù)不等式

( )

A.(-∞,-1) B.(-1,+∞)

【解題分析】一般來說，解函數(shù)不等式，常用的思路是利用函數(shù)的單調(diào)性，在已知函數(shù)單調(diào)性的條件下，通過比較函數(shù)值的大小，從而確定變量的大小關(guān)系，進而解出不等式．本題比較復(fù)雜，結(jié)構(gòu)特征不是很明顯．

下面考慮函數(shù)f(x)的單調(diào)性，對f(x)=x[f′(x)-lnx]兩邊求導(dǎo)，

考向7．抽象不等式與大小比較

( )

【解析】令g(x)=exf(x)，則g′(x)=ex[f′(x)+f(x)]<0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減.

因為m2-m+1>0，所以m-m2<1，所以g(m-m2)>g(1)，

結(jié)語

綜上所述，抽象函數(shù)不等式的解法通常是利用函數(shù)單調(diào)性,脫去抽象符號“f”,轉(zhuǎn)化為一般不等式進而求解．所以函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)和不等式的紐帶，只有利用好這一性質(zhì)，問題才能得到有效的解決．而在實際解決抽象函數(shù)不等式的過程中，學(xué)生還要考慮函數(shù)有關(guān)的性質(zhì)，如單調(diào)性、奇偶性、對稱性、周期性等，并且此類問題經(jīng)常與導(dǎo)數(shù)結(jié)合，需要重新構(gòu)造函數(shù)并求導(dǎo)，再利用函數(shù)單調(diào)性解決.