抽象函数不等式问题探究
2018-08-02广东
广东 朱 欢
以抽象函数为背景或题设条件等考查函数不等式的解法是近几年高考的热门问题，函数和不等式是高考复习中的两大重点和难点，而这两类问题的结合又使得问题变得更加复杂、灵活，抽象函数不等式问题的出现使它变得更加抽象，也加大了分析问题和解决问题的难度，使得很多人在面对抽象不等式问题的求解时一筹莫展.
对于求解抽象函数不等式问题，往往需要综合应用函数的单调性、奇偶性、对称性、周期性、定义域、值域等知识，属于综合性比较强的问题，可难可易，在备考中，要引起教师的重视．
如何把握这一类问题的本质，研究它们的通法通解以及变式拓展，这是教师迫切关心的问题．下面将从一个高考经典母题出发，去探索抽象函数不等式的本源以及变式研究.
【典型母题】(2015·全国卷Ⅱ理·12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(-1)=0，当x>0时，xf′(x)-f(x)<0，则使得f(x) >0成立的x的取值范围是
( )
A．(-∞,-1)∪(0,1)
B．(-1,0)∪(1,+∞)
C．(-∞,-1)∪(-1,0)
D．(0,1)∪(1,+∞)
因为当x>0时，xf′(x)-f(x)<0，
所以g′(x)<0，故g(x)在(0,+∞)上单调递减；
又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，
所以g(x)在(-∞,0)上单调递增，且有g(-1)=g(1)=0．
当0
综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1)，故选A．
【命题意图】
本题考查函数的性质、导数在函数单调性中的应用及抽象函数不等式的解法,考查分析问题、解决问题的能力及运算能力.
【方法、技巧、规律】
函数不等式的解法通常是利用函数单调性,脱去抽象符号“f”,转化为一般不等式求解,所以解这类问题一般要先研究函数的有关性质,如单调性、奇偶性等，此类问题经常与导数结合，需要重新构造函数求导，然后利用函数单调性解决.
【探源、变式、扩展】
考向1．直接解抽象函数不等式
例1.(2017·全国卷Ⅰ理·5)函数f(x)在(-∞,+∞)单调递减，且为奇函数．若f(1)=-1，则满足-1≤f(x-2)≤1的x的取值范围是
( )
A.[-2,2] B.[-1,1]
C.[0,4] D.[1,3]
【解析】因为f(x)为奇函数，所以f(-1)=-f(1)=1，
于是-1≤f(x-2)≤1，等价于f(1)≤f(x-2)≤f(-1)，
又f(x)在(-∞，+∞)上单调递减，
所以-1≤x-2≤1，即1≤x≤3，故选D．
【点睛】本题的关键在于将-1≤f(x-2)≤1，转化成f(1)≤f(x-2)≤f(-1)，再利用f(x)在(-∞，+∞)上单调递减，脱去抽象符号“f”, 转化为一般不等式-1≤x-2≤1求解．
考向2．构造函数求导，利用单调性求解抽象不等式
因为f(x)>f′(x)，所以F′(x)<0，即函数F(x)在定义域上单调递减，
故不等式的解集为(0,+∞).
【点睛】本题主要考查抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数；解这类不等式的关键点、难点正是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
对于构造函数求导问题，常见的构造有：
(1)对于f′(x)+g′(x)>0,构造h(x)=f(x)-g(x)，一般地，遇到f′(x)>a(a≠0)，即导函数大于某个非零常数(若a=0，则无需构造)，则可构h(x)=f(x)-ax；
(2)对于f′(x)+g′(x)>0,构造h(x)=f(x)+g(x);
(3)对于f′(x)+f(x)>0,构造h(x)=exf(x);
(5)对于xf′(x)+f(x)>0,构造h(x)=xf(x);
①若f(x)>0,则构造h(x)=lnf(x);
②若f(x)<0,则构造h(x)=ln[-f(x)].
变式2．f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f′(x)，若f(x)-f′(x)>1，f(1)=2 018，则不等式f(x)>2 017·ex-1+1(其中e为自然对数的底数)的解集为________．
【解析】设g(x)=e-(x-1)f(x)-e-(x-1)，
则g′(x)=-e-(x-1)f(x)+e-(x-1)f′(x)+e-(x-1)=e-(x-1)[f′(x)-f(x)+1]，
因为f(x)-f′(x)>1,所以f′(x)-f(x)+1<0，即g′(x)<0，
所以y=g(x)在定义域上单调递减，因为f(1)=2 018,所以g(1)=2 017，
因为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的解集为(-∞,1).
考向3．多次构造函数求导，利用单调性求解抽象不等式
例3．函数f(x)在定义域(0,+∞)上恒满足：①f(x)>0，②2f(x) ( ) 因为∀x∈(0,+∞)，2f(x) 因为∀x∈(0,+∞)，2f(x) 所以函数h(x)在x∈(0,+∞)上单调递减，则h(1)>h(2)， 变式1．(2015·福建卷理·10)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， 故结论中一定错误的是C，选项D不确定； 考向4．构造导函数，结合函数奇偶性求解抽象函数不等式 所以g(x)的单调递减区间为(-∞,0)， 因为f(1)=0，所以g(1)=0，g(-1)=0， 所以当x<-1时，g(x)>0；当-1 当0 因为不等式xf(x)>0的解集等价于g(x)>0的解集， 因为当x<-1或x>1时，g(x)>0， 所以不等式xf(x)>0的解集为{x|x<-1或x>1}. 变式1．已知定义在R上的可导函数y=f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x) 【解析】因为y=f(x+1)为偶函数，所以y=f(x+1)的图象关于x=0对称， 则y=f(x)的图象关于x=1对称，即f(2)=f(0)，又因为f(2)=1，所以f(0)=1， 又因为f′(x) 考向5．构造导函数，结合函数对称性求解抽象函数不等式 例5．已知函数f(x)的定义域为R，其图象关于点(-1,0)中心对称，其导函数为f′(x)，当x<-1时，(x+1)·[f(x)+(x+1)f′(x)]<0，则不等式xf(x-1)>f(0)的解集为 ( ) A.(1,+∞) B.(-∞,-1) C.(-1,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 【解析】由题意设g(x)=(x+1)f(x)，则g′(x)=f(x)+(x+1)f′(x)， 因为当x<-1时，(x+1)[f(x)+(x+1)f′(x)]<0， 所以当x<-1时，f(x)+(x+1)f′(x)>0，则g(x)在(-∞,-1)上单调递增， 因为函数f(x) 的定义域为R，其图象关于点(-1,0)中心对称， 所以函数f(x-1)的图象关于点(0,0)中心对称，则函数f(x-1)是奇函数， 令h(x)=g(x-1)=xf(x-1)， 所以h(x)是R上的偶函数，且在(-∞,0)上单调递增， 由偶函数的性质得函数h(x)在(0,+∞)上单调递减， 因为h(1)=f(0) ，所以不等式xf(x-1)>f(0)化为h(x)>h(1)， 即|x|<1，解得-1 所以不等式解集是(-1,1)，故选C. 变式1．已知f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x)，若f′(x) 【解析】因为函数f(x)是偶函数，所以f(x+1)=f(2-x)=f(x-2)，所以f(x+3)=f(x)， 即函数f(x)是周期为3的周期函数， 所以f(2 019)=f(3×673)=f(0)=3， 即g(x) 所以不等式f(x)<3ex的解集为(0,+∞). 考向6．构造导函数，多次求导，求解抽象函数不等式 ( ) A.(-∞,-1) B.(-1,+∞) 【解题分析】一般来说，解函数不等式，常用的思路是利用函数的单调性，在已知函数单调性的条件下，通过比较函数值的大小，从而确定变量的大小关系，进而解出不等式．本题比较复杂，结构特征不是很明显． 下面考虑函数f(x)的单调性，对f(x)=x[f′(x)-lnx]两边求导， 考向7．抽象不等式与大小比较 ( ) 【解析】令g(x)=exf(x)，则g′(x)=ex[f′(x)+f(x)]<0，所以函数g(x)在R上单调递减. 因为m2-m+1>0，所以m-m2<1，所以g(m-m2)>g(1)， 综上所述，抽象函数不等式的解法通常是利用函数单调性,脱去抽象符号“f”,转化为一般不等式进而求解．所以函数的单调性是函数和不等式的纽带，只有利用好这一性质，问题才能得到有效的解决．而在实际解决抽象函数不等式的过程中，学生还要考虑函数有关的性质，如单调性、奇偶性、对称性、周期性等，并且此类问题经常与导数结合，需要重新构造函数并求导，再利用函数单调性解决.
结语
