巧解一類抽象函數中的不等式問題

周麗華

【摘要】抽象函數是指這樣一類特殊的函數，沒有給出具體的函數解析式，只是給出函數滿足某些具體的特征. 分析、解決“以抽象函數為載體，題設條件中設置與導數有關的不等式（或者等式），且目標問題是求解相關不等式的解集，或者比較大小”問題時，往往需要我們結合求導運算法則，靈活構造新函數，然后借助導數知識分析新函數的單調性，進而利用新函數的單調性解決目標問題.請結合以下歸類解析，加以認真領會、學習.

【關鍵詞】抽象函數;不等式問題

類型1 利用“和差函數”的求導法則，構造函數

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

遇到形如f′（x）-g′（x）>0（或<0）的不等式，可構造函數h（x）=f（x）-g（x）.

特別地，遇到形如f′（x）>k（或

例1 已知定義在R上的函數f（x）滿足f（1）=1，且2f′（x）<1，則不等式2f（x）

（A）x-1

（B）xx<-1.

（C）xx<-1，或x>1.

（D）xx>1.

解析 構造函數g（x）=2f（x）-x，則根據2f′（x）<1，可知g′（x）=2f′（x）-1<0，所以函數g（x）在R上單調遞減. 又由f（1）=1，得g（1）=2f（1）-1=1，所以不等式2f（x）

從而，可得x>1，所以等式2f（x）1.故選D.

評注 本題亦可從目標不等式2f（x）

類型2 利用“積函數”的求導法則，構造函數

一般地，遇到形如f′（x）g（x）+f（x）g′（x）>0（或<0）的不等式，可構造函數h（x）=f（x）g（x）.特別地，遇到形如xf′（x）+f（x）>0（或<0）的不等式，可構造函數h（x）=xf（x）;遇到形如xf′（x）+nf（x）>0（或<0）的不等式，可構造函數h（x）=xnf（x）.

例2 已知f（x）是定義在R上的偶函數，其導數為f′（x），當x<0時，有不等式2f（x）+xf′（x）>x2，則不等式（x+2023）2f（x+2023）-4f（-2）<0的解集是（）

（A）（-∞，-2021）. （B）（-2025，-2021）.

（C）（-∞，-2025）.（D）（-2025，0）.

解析 當x<0時，因為2f（x）+xf′（x）>x2，所以可得2xf（x）+x2f′（x）

構造函數g（x）=x2f（x），則當x<0時，可知g′（x）=2xf（x）+x2f′（x）<0，所以函數g（x）在（-∞，0）上單調遞減.又根據f（x）是定義在R上的偶函數易知g（x）=x2f（x）是偶函數，從而可得函數g（x）在（0，+∞）上單調遞增.

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

（x+2023）2f（x+2023）<4f（-2），即g（x+2023）

從而，結合函數g（x）的單調性即得x+2023<2，解得-2025

評注 本題具有一定的綜合性，涉及函數、導數、不等式知識的交匯，解題關鍵點是需要先構造新函數，再分析新函數的單調性、奇偶性，最后加以綜合運用解決問題.

類型3 利用“商函數”的求導法則，構造函數

一般地，遇到形如f′（x）g（x）-f（x）g′（x）>0（或<0）的不等式，可構造函數h（x）=f（x）g（x）.特別地，遇到形如xf′（x）-f（x）>0（或<0）的不等式，可構造函數h（x）=f（x）x.遇到形如xf′（x）-nf（x）>0（或<0）的不等式，可構造函數h（x）=f（x）xn.

例3 已知奇函數f（x）的導函數為f′（x），且當x>0時，有xf′（x）-f（x）=x成立，若f（e）=e，則不等式f（x）>0的解集為（）

（A）（-∞，-1）∪（0，e）.

（B）（-e，0）∪（e，+∞）.

（C）（-∞，-1）∪（0，1）.

（D）（-1，0）∪（1，+∞）.

解析 當x>0時，有xf′（x）-f（x）=x成立，變形得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為常數，待定）.

于是，由f（e）=e，可得f（e）e=lne+c，即1=lne+c，解得c=0.從而，當x>0時，有f（x）=xlnx，令f（x）>0，即可求得x>1.因為f（x）是奇函數，所以根據奇函數的圖象關于原點對稱，易知：當x<0時，由f（x）>0，可得-1

綜上，不等式f（x）>0的解集為（-1，0）∪（1，+∞）.故選D.

評注 本題的設計比較獨特、新穎一些，給出了與導數有關的等式，需要在適當變形的基礎上，考慮“商函數”的求導法則，靈活構造函數f（x）x，獲得[f（x）x]′=1x;然后考慮（lnx）′=1x，并結合f（e）=e可得到當x>0時，函數f（x）的解析式;最后，根據奇函數的圖象特征，即可順利獲得目標問題的完美解答.

類型4 考慮特殊的指數函數，并結合求導法則，構造函數

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

遇到形如f′（x）-f（x）>0（或<0）的不等式，可構造函數h（x）=f（x）ex.

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

遇到形如f′（x）-kf（x）>0（或<0）的不等式，可構造函數h（x）=f（x）ekx.

例4 定義在R上的函數f（x）滿足f′（x）>1-f（x），f（0）=6，其中f′（x）是其導函數，則不等式exf（x）>ex+5的解集為（ ）

（A）（0，+∞）.

（B）（-∞，0）∪（3，+∞）.

（C）（-∞，0）∪（1，+∞）.

（D）（3，+∞）.

解析 構造函數g（x）=exf（x）-ex，則求導可得g′（x）=exf（x）+exf′（x）-ex

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

又注意到由f（0）=6，可得g（0）=5.于是，根據不等式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的解集為（0，+∞）.故選A.

評注 上述解法是從題設不等式f′（x）>1-f（x）出發(fā)，靈活構造函數求解的.實際上，本題亦可從目標不等式exf（x）>ex+5出發(fā)，借助移項變形得exf（x）-ex-5>0，進而可通過構造函數h（x）=exf（x）-ex-5，靈活分析、解決目標問題.

類型5 考慮三角函數，并結合求導法則，構造函數

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

例5 （多選題）已知偶函數f（x）對任意x∈[0，π2）滿足f′（x）cosx+f（x）sinx>0，（其中f′（x）是函數f（x）的導函數），則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 構造函數h（x）=f（x）cosx，則h′（x）=f′（x）cosx+f（x）sinxcos2x.對任意x∈[0，π2），因為f′（x）cosx+f（x）sinx>0，所以可得h′（x）>0，所以h（x）在[0，π2）上單調遞增.

又由f（x）是偶函數，可得函數h（x）是偶函數，所以h（x）在（-π2，0]上單調遞減.

從而，易得：h（-π3）>h（-π4），即f（-π3）cos（-π3）>f（-π4）cos（-π4），化簡得2f（-π3）>f（π4），所以選項A錯誤B正確;h（-π4）>h（0），即f（-π4）cos（-π4）>f（0）cos0，化簡得f（0）<2f（-π4），所以選項C正確;h（π6）

評注：本題設計較好，屬于新高考數學卷中的多選題，求解關鍵是依據題設不等式，構造新函數，并準確分析新函數的單調性、奇偶性，然后再結合比較大小的需要加以活用.

綜上，結合已知條件或者目標問題，考慮加、減、乘、除的求導運算法則，通過靈活構造新函數，分析新函數的相關性質（例如單調性、奇偶性），進而充分運用新函數的性質，往往可幫助我們順利求解有關抽象函數問題（如果在題設條件中給出了“與導數有關的不等式或等式”）.