以抽象函数为背景的不等式问题再探究

2021-11-17福建省厦门双十中学361015梁莹莹

中学数学研究(江西) 2021年11期

福建省厦门双十中学 (361015) 梁莹莹

以抽象函数为背景的不等式问题，既能综合考查函数的求导法则、图像与性质，又能考查学生转化变形与联想构造的思维能力，因此备受命题专家的青睐，常在客观压轴题的位置出现.就此类难点问题主要有结构化、同构化、特殊化三种破解策略[1]，本文例析对该问题的进一步拓展探究.

1.在函数与导数知识模块中的纵向延伸

例1 已知函数f(x)的定义域为R，其图像关于点(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(2)的解集为.

解法1：(结构化策略)当x<1时，x-1<0，条件不等式转化为f(x)+(x-1)f′(x)<0，构造函数F(x)=(x-1)f(x)，则F′(x)=(x-1)f′(x)+f(x)<0⟹F(x)在(-∞,1)上单调递减，因f(x)和x-1的图像都是关于点(1,0)中心对称，则F(x)=(x-1)f(x)的图像关于直线x=1轴对称，故F(x)在(1,+∞)上单调递增，由此可知G(x)=F(x+1)=xf(x+1)为偶函数，目标不等式变形为G(x)>G(1),综合单调性和奇偶性可得|x|>1⟹x∈(-∞,-1)∪(1,+∞).

解法2：(特殊化策略)构造关于点(1,0)中心对称的一个特殊函数f(x)=x-1，也满足当x<1时，f(x)+(x-1)f′(x)=2(x-1)<0，所以目标不等式xf(x+1)>f(2)可化为x(x-1+1)>1，易求得解集为(-∞,-1)∪(1,+∞).

例2 已知函数f(x)的导数为f′(x),f(x)不是常数函数，且(x+1)f(x)+xf′(x)≥0，对x∈[0,+∞)恒成立，则下列不等式一定成立的是( ).

A.f(1)<2ef(2) B.ef(1)

C.f(1)<0 D.ef(e)<2f(2)

解法1：(结构化策略)原式等于xf(x)+f(x)+xf′(x)=xf(x)+[xf(x)]′≥0，设F(x)=ex[xf(x)]，那么F′(x)=ex[xf(x)]+ex[xf(x)]′=ex[xf(x)+[xf(x)]′]≥0，所以函数F(x)=ex[xf(x)]是单调递增函数，F(1)

解法2：(特殊化策略)不妨设f(x)=x，则(x+1)f(x)+xf′(x)=(x+1)x+x=x(x+2)>0对x∈[0,+∞)恒成立，则f(1)=1,f(2)=2,f(e)=e，代入四个选项，可得(A)1<4e，(B)e<2，(C)1<0，(D)e2<22，可用排除法快速选出正确答案为A.

总结反思：本题的难点是条件中(x+1)f(x)+xf′(x)≥0这个不等式的复杂性，它并不满足前面总结的那些结构类型，但是对此不等式展开变形得到xf(x)+f(x)+xf′(x)≥0，其中先对后面两项做处理xf(x)+f(x)+xf′(x)=xf(x)+[xf(x)]′≥0，再把xf(x)看成一个整体函数，比如设g(x)=xf(x)，则g(x)+g′(x)≥0⟹exg(x)+(ex)′g(x)=[exg(x)]′≥0，因此构造函数F(x)=ex[xf(x)]，这种“嵌套式”两次构造函数的方法运用了整体思想，对学生提出更高的能力要求.而用特殊化策略，构造简单的具体函数f(x)=x，则大大降低了问题的难度，化解了难点.

例3 定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，f(0)=0，若对任意x∈R，都有f(x)>f′(x)+1，则使得f(x)+ex<1成立的x的取值范围为( ).

A.(0,+∞) B.(-∞,0)

C.(-1,+∞) D.(-∞,1)