巧解一类抽象函数中的不等式问题

周丽华

【摘要】抽象函数是指这样一类特殊的函数，没有给出具体的函数解析式，只是给出函数满足某些具体的特征. 分析、解决“以抽象函数为载体，题设条件中设置与导数有关的不等式（或者等式），且目标问题是求解相关不等式的解集，或者比较大小”问题时，往往需要我们结合求导运算法则，灵活构造新函数，然后借助导数知识分析新函数的单调性，进而利用新函数的单调性解决目标问题.请结合以下归类解析，加以认真领会、学习.

【关键词】抽象函数;不等式问题

类型1 利用“和差函数”的求导法则，构造函数

一般地，遇到形如f′（x）+g′（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数h（x）=f（x）+g（x）;

遇到形如f′（x）-g′（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数h（x）=f（x）-g（x）.

特别地，遇到形如f′（x）>k（或

例1 已知定义在R上的函数f（x）满足f（1）=1，且2f′（x）<1，则不等式2f（x）

（A）x-1

（B）xx<-1.

（C）xx<-1，或x>1.

（D）xx>1.

解析 构造函数g（x）=2f（x）-x，则根据2f′（x）<1，可知g′（x）=2f′（x）-1<0，所以函数g（x）在R上单调递减. 又由f（1）=1，得g（1）=2f（1）-1=1，所以不等式2f（x）

从而，可得x>1，所以等式2f（x）1.故选D.

评注 本题亦可从目标不等式2f（x）

类型2 利用“积函数”的求导法则，构造函数

一般地，遇到形如f′（x）g（x）+f（x）g′（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数h（x）=f（x）g（x）.特别地，遇到形如xf′（x）+f（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数h（x）=xf（x）;遇到形如xf′（x）+nf（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数h（x）=xnf（x）.

例2 已知f（x）是定义在R上的偶函数，其导数为f′（x），当x<0时，有不等式2f（x）+xf′（x）>x2，则不等式（x+2023）2f（x+2023）-4f（-2）<0的解集是（）

（A）（-∞，-2021）. （B）（-2025，-2021）.

（C）（-∞，-2025）.（D）（-2025，0）.

解析 当x<0时，因为2f（x）+xf′（x）>x2，所以可得2xf（x）+x2f′（x）

构造函数g（x）=x2f（x），则当x<0时，可知g′（x）=2xf（x）+x2f′（x）<0，所以函数g（x）在（-∞，0）上单调递减.又根据f（x）是定义在R上的偶函数易知g（x）=x2f（x）是偶函数，从而可得函数g（x）在（0，+∞）上单调递增.

于是，可知：不等式（x+2023）2f（x+2023）-4f（-2）<0，即为

（x+2023）2f（x+2023）<4f（-2），即g（x+2023）

从而，结合函数g（x）的单调性即得x+2023<2，解得-2025

评注 本题具有一定的综合性，涉及函数、导数、不等式知识的交汇，解题关键点是需要先构造新函数，再分析新函数的单调性、奇偶性，最后加以综合运用解决问题.

类型3 利用“商函数”的求导法则，构造函数

一般地，遇到形如f′（x）g（x）-f（x）g′（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数h（x）=f（x）g（x）.特别地，遇到形如xf′（x）-f（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数h（x）=f（x）x.遇到形如xf′（x）-nf（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数h（x）=f（x）xn.

例3 已知奇函数f（x）的导函数为f′（x），且當x>0时，有xf′（x）-f（x）=x成立，若f（e）=e，则不等式f（x）>0的解集为（）

（A）（-∞，-1）∪（0，e）.

（B）（-e，0）∪（e，+∞）.

（C）（-∞，-1）∪（0，1）.

（D）（-1，0）∪（1，+∞）.

解析 当x>0时，有xf′（x）-f（x）=x成立，变形得xf′（x）-f（x）x2=1x，所以可知

[f（x）x]′=1x，所以可得f（x）x=lnx+c（其中c为常数，待定）.

于是，由f（e）=e，可得f（e）e=lne+c，即1=lne+c，解得c=0.从而，当x>0时，有f（x）=xlnx，令f（x）>0，即可求得x>1.因为f（x）是奇函数，所以根据奇函数的图象关于原点对称，易知：当x<0时，由f（x）>0，可得-1

综上，不等式f（x）>0的解集为（-1，0）∪（1，+∞）.故选D.

评注 本题的设计比较独特、新颖一些，给出了与导数有关的等式，需要在适当变形的基础上，考虑“商函数”的求导法则，灵活构造函数f（x）x，获得[f（x）x]′=1x;然后考虑（lnx）′=1x，并结合f（e）=e可得到当x>0时，函数f（x）的解析式;最后，根据奇函数的图象特征，即可顺利获得目标问题的完美解答.

类型4 考虑特殊的指数函数，并结合求导法则，构造函数

特殊地，遇到形如f′（x）+f（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数g（x）=exf（x）;

遇到形如f′（x）-f（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数h（x）=f（x）ex.

一般地，遇到形如f′（x）+kf（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数g（x）=ekxf（x）;

遇到形如f′（x）-kf（x）>0（或<0）的不等式，可构造函数h（x）=f（x）ekx.

例4 定义在R上的函数f（x）满足f′（x）>1-f（x），f（0）=6，其中f′（x）是其导函数，则不等式exf（x）>ex+5的解集为（ ）

（A）（0，+∞）.

（B）（-∞，0）∪（3，+∞）.

（C）（-∞，0）∪（1，+∞）.

（D）（3，+∞）.

解析 构造函数g（x）=exf（x）-ex，则求导可得g′（x）=exf（x）+exf′（x）-ex

=ex[f（x）+f′（x）-1].又因为f′（x）>1-f（x），即f（x）+f′（x）-1>0，所以可得g′（x）>0，所以函数g（x）是增函数.

又注意到由f（0）=6，可得g（0）=5.于是，根据不等式exf（x）>ex+5，可知exf（x）-ex>5，即g（x）>g（0），亦即x>0，所以不等式exf（x）>ex+5的解集为（0，+∞）.故选A.

评注 上述解法是从题设不等式f′（x）>1-f（x）出发，灵活构造函数求解的.实际上，本题亦可从目标不等式exf（x）>ex+5出发，借助移项变形得exf（x）-ex-5>0，进而可通过构造函数h（x）=exf（x）-ex-5，灵活分析、解决目标问题.

类型5 考虑三角函数，并结合求导法则，构造函数

一般地，遇到形如f（x）+f′（x）tanx>0（或<0）的不等式，可设函数h（x）=sinxf（x）;遇到形如f（x）-f′（x）tanx>0（或<0）的不等式，可设函数h（x）=f（x）sinx;遇到形如f′（x）+f（x）tanx>0（或<0）的不等式，可设函数h（x）=f（x）cosx;遇到形如f′（x）-f（x）tanx>0（或<0）的不等式，可设函数h（x）=cosxf（x）.

例5 （多选题）已知偶函数f（x）对任意x∈[0，π2）满足f′（x）cosx+f（x）sinx>0，（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），则下列不等式中成立的有（）

（A）2f（-π3）

（B）2f（-π3）>f（-π4）.

（C）f（0）<2f（-π4） .

（D） f（π6）<3f（π3）.

解析 构造函数h（x）=f（x）cosx，则h′（x）=f′（x）cosx+f（x）sinxcos2x.对任意x∈[0，π2），因为f′（x）cosx+f（x）sinx>0，所以可得h′（x）>0，所以h（x）在[0，π2）上单调递增.

又由f（x）是偶函数，可得函数h（x）是偶函数，所以h（x）在（-π2，0]上单调递减.

从而，易得：h（-π3）>h（-π4），即f（-π3）cos（-π3）>f（-π4）cos（-π4），化簡得2f（-π3）>f（π4），所以选项A错误B正确;h（-π4）>h（0），即f（-π4）cos（-π4）>f（0）cos0，化简得f（0）<2f（-π4），所以选项C正确;h（π6）

评注：本题设计较好，属于新高考数学卷中的多选题，求解关键是依据题设不等式，构造新函数，并准确分析新函数的单调性、奇偶性，然后再结合比较大小的需要加以活用.

综上，结合已知条件或者目标问题，考虑加、减、乘、除的求导运算法则，通过灵活构造新函数，分析新函数的相关性质（例如单调性、奇偶性），进而充分运用新函数的性质，往往可帮助我们顺利求解有关抽象函数问题（如果在题设条件中给出了“与导数有关的不等式或等式”）.