廣東省汕頭市澄海華僑中學(xué)(515800) 潘敬貞

山東省鄒平縣黃山中學(xué)(256200) 韓景崗

云南省昆明高新區(qū)第三中學(xué)(650500) 唐明超

抽象函數(shù)導(dǎo)數(shù)不等式問題具有高度的抽象性,解決該類問題對數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)和數(shù)學(xué)綜合能力的要求比較高,因此不少學(xué)生對其望而生畏.欲正面突破,求解難度較大,如果能夠根據(jù)題設(shè)中已知的不等式或方程的式子結(jié)構(gòu)特點(diǎn),構(gòu)造滿足題目條件的特殊函數(shù)或構(gòu)造一般的輔助函數(shù),將抽象問題具體化、簡單化,最后通過研究輔助函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等函數(shù)性質(zhì)即可將問題順利解決.本文將常見的抽象函數(shù)導(dǎo)數(shù)與不等式問題進(jìn)行歸類,針對每個類型題,給出相應(yīng)例題,每道例題給出兩種求解策略,并給出相應(yīng)變式題供大家參考.

類型題1已知函數(shù)y=f(x)(x∈R),且f(x0)=kx0+b,其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＜k(k＞0)或f′(x)＜k(k＜0)或f′(x)＞k(k＞0)或k＜f′(x)＜0,求不等式f(x)＜kx+b的解集.

例1已知函數(shù)y=f(x)(x∈R),且f(1)=1,其導(dǎo)函數(shù)則不等式的解集為( )

A.{x|-1＜x＜1} B.{x|x＜1}

C.{x|x＜-1或x＞1} D.{x|x＞1}

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).觀察得知導(dǎo)函數(shù)小于某一個常數(shù),故考慮構(gòu)造一個常函數(shù)滿足題目條件即可.令f(x)=1,則f′(x)=0滿足題目條件,把f(x)=1代入得解得x＞1,故選D.

評注對比以上兩種解題策略,發(fā)現(xiàn)解答過程有很大的差別,策略一的解答過程更簡潔,效率更高,達(dá)到小題小做的目的;策略二更具有一般性,適用范圍更廣一些,是處理一些不等式恒成立問題的一般方法,但是過程相比策略一更復(fù)雜一些.

變式1已知函數(shù)y=f(x)(x∈R),且f(1)=2,其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＜1,則不等式f(x)＜x+1的解集為( )

A.{x|x＜-1} B.{x|-1＜x＜1}

C.{x|x＜-1或x＞1} D.{x|x＞1}

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).令f(x)=2,則f′(x)=0滿足題目條件,把f(1)=2代入f(x)＜x+1得2＜x+1,解得x＞1,故選D.

策略二:構(gòu)造輔助函數(shù).令g(x)=f(x)-x-1,則g′(x)=f′(x)-1＜0,所以g(x)在R上單調(diào)遞減,f(x)＜x+1即g(x)＜0,又因?yàn)間(1)=f(1)-1-1=0,所以當(dāng)x＞1時滿足g(x)＜0即f(x)＜x+1成立,故選D.

變式2已知函數(shù)y=f(x)(x∈R),且f(-1)=2,其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＞2,則不等式f(x)＞2x+4的解集為

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).令f(x)=3x+5,則f′(x)=3滿足題目條件,把f(x)=3x+5代入f(x)＞2x+4得3x+5＞2x+4,解得x＞-1,故不等式f(x)＞2x+4的解集為{x|x＞-1}.

策略二:構(gòu)造輔助函數(shù).令g(x)=f(x)-2x-4,則g′(x)=f′(x)-2＞0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增,f(x)＞2x+4即g(x)＞0,又因?yàn)間(-1)=f(-1)-2(-1)-4=0,所以當(dāng)x＞-1時滿足g(x)＞0即f(x)＞2x+4成立,故不等式的解集為{x|x＞-1}.

變式3已知函數(shù)y=f(x)(x∈R),且f(1)=1,其導(dǎo)函數(shù)則不等式的解集為( )

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).令f(x)=1,則f′(x)=0滿足題目條件,把f(x)=1代入得x＞1,令解得x＞10或故選D.

變式4(2015年高考福建卷理科第12題)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( )

策略二:構(gòu)造輔助函數(shù).設(shè)g(x)=f(x)-kx+1,且g′(x)=f′(x)-k＞0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增,又因?yàn)間(0)=f(0)+1=0, k＞1,對選項(xiàng)一一判斷,可得C錯,故選C.

類型題2若f′(x)+f(x)＞1(或＜1),則構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=exf(x).

例2已知函數(shù)y=f(x)(x∈R),且f(0)=2015,對于任意的x∈R都有f′(x)+f(x)＞1,則不等式exf(x)＞ex+2014的解集是()

A.(2014,+∞) B.(-∞,0)∪(2014,+∞)

C.(-∞,0)∪(0,+∞) D.(0,+∞)

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).觀察得知導(dǎo)函數(shù)小于某個常數(shù),故考慮構(gòu)造一個常函數(shù)滿足題目條件即可,因此令f(x)=2015,則f′(x)+f(x)=2015＞1滿足題目條件,把f(x)=2015代入exf(x)＞ex+2014得2015ex＞ex+2014解得x＞0,故選D.

策略二:構(gòu)造輔助函數(shù).令g(x)=exf(x)-ex,則g′(x)=ex(f(x)+f′(x)-1)＞0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增,又因?yàn)間(0)=f(0)-1=2014,所以exf(x)＞ex+2014?g(x)＞g(0),所以x＞0,故選D.

評注策略一的關(guān)鍵是找到滿足f(0)=2015,對于任意的x∈R都有f′(x)+f(x)＞1的特殊函數(shù),然后將特殊函數(shù)代入不等式exf(x)＞ex+2014即可求出答案;策略二根據(jù)類型題構(gòu)造合適的輔助函數(shù),并對其進(jìn)行求導(dǎo),判斷導(dǎo)數(shù)的符號即可得出輔助函數(shù)的單調(diào)性,最后求出不等式的解集.

變式1已知函數(shù)y=f(x)(x∈R),且f(0)=2,對于任意的x∈R都有f′(x)+f(x)＞1,則不等式exf(x)＞ex+1的解集是( )

A.{x|x＜-1或0＜x＜1} B.{x|x＜0}

C.{x|x＜-1或x＞1} D.{x|x＞0}

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).令f(x)= 2,則f′(x)+f(x)=2＞1滿足題目條件,把f(x)=2代入exf(x)＞ex+1得2ex＞ex+1,解得x＞0,故選D.

策略二:構(gòu)造輔助函數(shù).令g(x)=exf(x)-ex,則g′(x)=ex(f(x)+f′(x)-1)＞0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增,又因?yàn)間(0)=f(0)-1=1,所以exf(x)＞ex+1?g(x)＞g(0),所以x＞0,故選D.

類型題3若f′(x)-f(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)

例3已知函數(shù)y=f(x)(x∈R),滿足導(dǎo)函數(shù)f′(x)＞f(x)恒成立,若x1＜x2則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系為( )

A. ex1f(x2)＞ex2f(x1)

B. ex1f(x2)＜ex2f(x1)

C.ex1f(x2)=ex2f(x1)

D.ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小不確定

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).令f(x)=-2,則f′(x)＞f(x)滿足題目條件,所以ex1f(x2)=-2ex1,ex2f(x1)=-2ex2.因?yàn)閥=ex在R上單調(diào)遞增,x1＜x2,所以ex1＜ex2,所以-2ex1＞-2ex2,所以ex1f(x2)＞ex2f(x1),故選A.

評注策略一在構(gòu)造特殊函數(shù)時,若f′(x)＞f(x)一般令f(x)=c(c＜0),若f′(x)＜f(x)一般令f(x)=c(c＞0);策略二是根據(jù)題意直接構(gòu)造輔助函數(shù)并對其進(jìn)行求導(dǎo)、判斷導(dǎo)數(shù)的符號,可得出輔助函數(shù)的單調(diào)性即可選出正確選項(xiàng).

變式1已知f(x)是可導(dǎo)函數(shù),且f′(x)＜f(x)對于任意的x∈R恒成立,則( )

A. f(1)＜ef(0),f(2016)＞e2016f(0)

B. f(1)＞ef(0),f(2016)＞e2016f(0)

C. f(1)＞ef(0),f(2016)＜e2016f(0)

D. f(1)＜ef(0),f(2016)＜e2016f(0)

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).令f(x)=2,則f′(x)＜f(x)滿足題目條件,所以f(1)=2,ef(0)=2e, f(2016)=2, e2016f(0)=2e2016,故選D.

變式2已知函數(shù)y=f(x)(x∈R),滿足導(dǎo)函數(shù)f′(x)＞f(x),則( )

A.3f(ln2)＞2f(ln3) B.3f(ln2)=2f(ln3)

C.3f(ln2)＜2f(ln3) D.3f(ln2)與2f(ln3)的大小不確定

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).令f(x)=-2,則f′(x)＜f(x)滿足題目條件,所以3f(ln2)=-6, 2f(ln3)=-4,所以3f(ln2)＜2f(ln3),故選C.

類型題4若xf′(x)+nf(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=xnf(x).

例4已知函數(shù)y=f(x)定義在(-∞,0)上可導(dǎo)函數(shù),導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且對于任意的x∈R都有2f(x)+xf′(x)＞x2,則不等式(x+2014)2f(x+2014)-4f(-2)＞0的解集為

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).令f(x)=x2,則2f(x)+xf′(x)=2x2+2x2=4x2＞x2滿足題目條件,若(x+2014)2f(x+2014)-4f(-2)＞0成立,即(x+2014)2(x+2014)2-4×4＞0成立,所以x+2014＞2或x+2014＜-2,又因?yàn)閤+2014＜0,所以解得x＜-2016,故不等式(x+2014)2f(x+2014)-4f(-2)＞0的解集為{x|x＜-2016}.

策略二:構(gòu)造輔助函數(shù).令g(x)=x2f(x)(x＜0),則g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)=x(2f(x)+xf′(x))＜x3＜0,所以g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,因?yàn)?x+2014)2f(x+2014)-4f(-2)＞0,即g(x+2014)＞g(-2),所以x+2014＜-2,即x＜-2016,故不等式(x+2014)2f(x+2014)-4f(-2)＞0的解集為{x|x＜-2016}.

評注策略一的關(guān)鍵是找到特殊函數(shù)滿足2f(x)+xf′(x)＞x2,然后求出f(x+2014)與f(-2)的值代入不等式即可,同時需要注意y=f(x)定義在(-∞,0)上,即x+2014＜0這一重要條件.策略二根據(jù)題意直接構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=x2f(x)(x＜0),并對其進(jìn)行求導(dǎo),判斷導(dǎo)數(shù)的符號即可得出輔助函數(shù)g(x)=x2f(x)(x＜0)的單調(diào)性,最后求出不等式的解集.

類型題5若xf′(x)-f(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)

例5(2015年高考全國II卷理科第12題)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)U(1,+∞)

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).令f(x)=-x3+x,則xf′(x)-f(x)=x(-3x2+1)-(-x3+x)=-2x3,滿足題目條件f(-1)=0,當(dāng)x＞0時,xf′(x)-f(x)=-2x3＜0.由f(x)＞0得-x3+x＞0,解得x＜-1或0＜x＜1,故選A.

評注策略一的關(guān)鍵是找到滿足題目條件的特殊函數(shù),首先f(x)是奇函數(shù),且f(-1)=0,然后要滿足xf′(x)-f(x)＜0,最后解不等式f(x)＞0即可.同時需要注意y=f(x)定義在(-∞,0)上,即x+2014＜0這一重要條件.策略二根據(jù)題意直接構(gòu)造輔助函數(shù)并對其進(jìn)行求導(dǎo)、判斷導(dǎo)數(shù)的符號即可得出輔助函數(shù)的單調(diào)性,由函數(shù)f(x)是奇函數(shù),可得是偶函數(shù),最后結(jié)合f(-1)=0畫出輔助函數(shù)的草圖,分析圖像即可求出不等式的解集.

變式1(2019廣東化州一模)設(shè)定義在R上的函數(shù)y=f(x)滿足任意t∈R都有且x∈(0,4]時,則6f(2017),3f(2018),2f(2019)的大小關(guān)系是( )

A.6f(2017)＜3f(2018)＜2f(2019)

B.3f(2018)＜6f(2017)＜2f(2019)

C.2f(2019)＜3f(2018)＜6f(2017)

D.3f(2018)＜2f(2019)＜6f(2017)

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).觀察得知導(dǎo)函數(shù)小于某個一常數(shù),故考慮構(gòu)造一個常函數(shù)滿足題目條件即可.令f(x)=-1,則f(x)滿足題目條件,從而A.

策略二:構(gòu)造輔助函數(shù).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足f(t+2)=可得f(t+4)== f(t),所以f(x)是周期為4的函數(shù).令g(x)=x∈(0,4],則g′(x)=因?yàn)閤 ∈(0,4]時,f′(x)＞所以g′(x)＞0,所以g(x)在(0,4]上單調(diào)遞增,所以f(1)＜又因?yàn)?f(2017)=6f(1),3f(2018)=3f(2), 2f(2019)=2f(3),所以可得:6f(1)＜3f(2)＜2f(3),即6f(2017)＜3f(2018)＜2f(2019),故選A.

類型題6若函數(shù)f(x)滿足f′(x)-kf(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)

例6已知函數(shù)f(x)滿足f(0)=2019,2f(x)-f′(x)＞0,則不等式f(x)＞2019e2x的解集為( )

A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,0)D.(-∞,1)

解析策略一:構(gòu)造特殊函數(shù).令f(x)=2019,則f(0)=2019,2f(x)-f′(x)＞0滿足題目條件,f(x)＞2019e2x?e2x＜1,解得x＜0,故選C.

類比以上幾種常見的抽象函數(shù)導(dǎo)數(shù)模型的處理基本策略,在高中階段還可能會碰到以下模型,它們各有特點(diǎn),但是又在一定程度上呈現(xiàn)著一般規(guī)律,需要在學(xué)習(xí)的過程中不斷總結(jié)基本活動經(jīng)驗(yàn),多思多想,緊扣知識本源,基于導(dǎo)數(shù)基本求導(dǎo)法則探究并總結(jié)它們的內(nèi)在聯(lián)系,做到以不變應(yīng)萬變.

規(guī)律1利用和差函數(shù)求導(dǎo)法則構(gòu)造函數(shù)

(1)若f′(x)+g′(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=f(x)+g(x);

(2)若f′(x)-g′(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=f(x)-g(x);

特別的,若f′(x)＞k(或＜k)(k0),則構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=f(x)-kx.

規(guī)律2利用積商函數(shù)求導(dǎo)法則構(gòu)造函數(shù)

(1)若f′(x)g(x)+f(x)g′(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=f(x)g(x);

(2)若f′(x)g(x)-f(x)g′(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)

規(guī)律3常見的構(gòu)造特殊函數(shù)的模型

(1)若xf′(x)+f(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=xf(x);

(2)若xf′(x)-nf(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)

(3)若f′(x)+kf(x)＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=ekxf(x);

(4)若f(x)+f′(x)tanx＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=sinxf(x);

(5)若f(x)-f′(x)tanx＞0(或＜0),則構(gòu)造輔助函數(shù)

解決抽象函數(shù)導(dǎo)數(shù)不等式問題的關(guān)鍵是,構(gòu)造出滿足題目條件的特殊函數(shù)或根據(jù)題意構(gòu)造出合適的輔助函數(shù),但在解決有關(guān)解決抽象函數(shù)導(dǎo)數(shù)不等式問題的過程中,由于條件隱蔽、需要轉(zhuǎn)化處理等,加大了解題難度.因此,只有熟練此類問題的解法,積累豐富的解題經(jīng)驗(yàn),全面提升自己的數(shù)學(xué)素養(yǎng)等,方可正確的構(gòu)造出滿足題目條件的特殊函數(shù)或構(gòu)造出合適的輔助函數(shù),最后順利解決問題.