具有導函數的抽象函數不等式問題的求解策略*

福建省莆田第二中學 (351131) 謝新華

*福建省教育科學“十三五”規劃課題2020年度教育教學改革專項課題：學科素養視域下“讀思達”教學法的數學課堂應用研究(項目編號：Fjjgzx20-077).

解題中若遇到有關不等式、方程及最值之類的問題，常常需要設法建立起目標函數，確定變量的限制條件，再通過研究函數的單調性、最值等問題，使問題變得明了，所以解這類不等式的通法就是構造合適的函數.本文例舉含導函數及其抽象函數不等式問題求解的一般策略.

類型一：f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型

例1 已知定義在R上的可導函數f(x)，對于任意實數x都有f(-x)=f(x)-2x成立，且當x∈(-∞,0]時，都有f′(x)<2x+1成立.若f(2m)-3m2

例2 設f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，f′(x),g′(x)為其導函數，當x<0時，f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)>0且g(-3)=0，則不等式f(x)·g(x)<0的解集是( ).

A．(-3,0)∪(3,+∞) B．(-3,0)∪(0,3)

C．(-∞,-3)∪(3,+∞)

D．(-∞,-3)∪(0,3)

解析：設F(x)=f(x)g(x)，當x<0時，F′(x)=f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)>0，所以F(x)在(-∞,0)上為增函數，因為f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，所以f(-x)=-f(x)，g(-x)=g(x)，所以F(-x)=f(-x)g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x)，即F(x)為R上的奇函數.所以F(x)在(0,+∞)上為增函數.又因為g(-3)=0，故有F(-3)=F(3)=0.所以x∈(-∞,-3)∪(0,3)時，f(x)·g(x)<0.故選D.

類型二：xf′(x)±nf(x)型

例3 已知函數f(x)的定義域為(0,+∞)，且3f(x)+xf′(x)>0恒成立，其中f′(x)是f(x)的導函數，若(m-2020)3f(m-2020)>f(1)，則實數m的取值范圍是( ).

A．(2019,2020) B．(2019,2021)

C．(2019,+∞) D．(2021,+∞)

例4 函數f(x)的定義域為(-∞,0)∪(0,+∞)，f′(x)是導函數，且滿足xf′(x)-2f(x)>0，若f(x)是偶函數，f(1)=1，則不等式f(x)>x2的解集為________________.

類型三：f′(x)±λf(x)型

例5 已知f′(x)是定義在R上的函數f(x)的導函數，且f(x)+f′(x)>0，則a=2f(ln2)，b=ef(1)，c=f(0)的大小關系為________________.

解析：設g(x)=f(x)ex，則g′(x)=f′(x)ex+f(x)ex=ex[f′(x)+f(x)]，因為f(x)+f′(x)>0對于x∈R恒成立，所以g′(x)=ex[f′(x)+f(x)]>0，所以g(x)=f(x)ex在R上單調遞增，a=2f(ln2)=eln2f(ln2)=g(ln2)，b=ef(1)=e1f(1)=g(1)，c=f(0)=e0f(0)=g(0)，因為0

例6 若函數y=f(x)的定義域為R，對于?x∈R，f′(x)

A．(2,+∞) B．(0,+∞)

C．(-∞,0) D．(-∞,2)

類型四：sinx·f′(x)±cosx·f(x)或cosxf′(x)±sinx·f(x)型