构造函数法解不等式问题(教师版)

在函数中解决抽象函数问题首要的前提是对函数四种基本性质的熟练掌握，导数是函数单调性的延伸，如果把题目中直接给出的增减性换成一个f'(x)，则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不等式问题中，我们要研究的往往不是f(x)本身的单调性，而是包含f(x)的一个新函数的单调性，因此构造函数变的相当重要，另外题目中若给出的是f'(x)的形式，则我们要构造的则是一个包含f(x)的新函数，因为只有这个新函数求导之后才会出现f'(x)，因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数。

例如：f'(x)0，则我们知道原函数f(x)是单调递增的，若f'(x)10，我们知道

g(x)f(x)x这个函数是单调递增的，因此构造函数的过程有点类似于积分求原函数的过程，只不

过构造出的新函数要通过题目中给出的条件能判断出单调性才可。

既然是找原函数，那么就可能遇上找不到式子的原函数的时候，但是我们判断单调性只需要判断导函数的正负即可，例如g(x)的原函数是不能准确的找到的，但是如果我们知道一个式子的导函数里面包含g(x)，则也能大致将那个函数看成是原函数，例如m'(x)

g(x)

，或者m(x)的导函数中包含x一个能判断符号的式子和g(x)相乘或相除的形式，我们也可以将m(x)大致看成g(x)的原函数。构造函数模型总结：关系式为“加”型：（1）f'(x)f(x)0

构造[exf(x)]'ex[f'(x)f(x)]

（2）xf'(x)f(x)0构造[xf(x)]'xf'(x)f(x)

（3）xf'(x)nf(x)0构造[xnf(x)]'xnf'(x)nxn1f(x)xn1[xf'(x)nf(x)]

（注意对x的符号进行讨论）

关系式为“减”型

（1）f(x)f(x)0

'

f(x)'f'(x)exf(x)exf'(x)f(x)

构造[x]x2(e)eexf(x)'xf'(x)f(x)

]（2）xf(x)f(x)0构造[xx2'

f(x)'xnf'(x)nxn1f(x)xf'(x)nf(x)

（3）xf(x)nf(x)0构造[n]

(xn)2xxn1'

（注意对x的符号进行讨论）

例1.设f(x),g(x)是R上的可导函数，f'(x)，g'(x)分别是f(x),g(x)的导函数，且满足

f'(x)g(x)f(x)g'(x)0，则当axb时，有（A.f(a)g(b)f(b)g(a)C.f(a)g(a)f(b)g(b)

）

B.f(a)g(a)f(a)g(b)D.f(a)g(a)f(b)g(a)

【解析】因为f'(x)g(x)f(x)g'(x)0不等式左边的原函数为f(x)g(x)，因此需要构造新函数，令

h(x)f(x)g(x)，可知h'(x)0，则函数h(x)是单调递减函数，因此当axb，有h(a)h(b)即

答案选C。

g(3)0，变式：设f(x),g(x)是R上的可导函数，f'(x)g(x)f(x)g'(x)0，求不等式f(x)g(x)0

的解集。

【解析】同上题f'(x)g(x)f(x)g'(x)的原函数为f(x)g(x)，构造新函数h(x)f(x)g(x)可知

h'(x)0，h(x)单调递减，又因为g(3)0即h(3)0，所以f(x)g(x)0的解集是(3,)

例2.已知定义为R的奇函数f(x)的导函数为f'(x)，当x0时，f'(x)

f(x)

0，若xa

111

f(),b2f(2),clnf(ln2)，则下列关于a,b,c的大小关系正确的是（）222

A.abcB.acbC.cbaD.bac

例3.已知函数f(x)为定义在R上的可导函数，且f(x)f'(x)对于任意xR恒成立，e为自然对数的底数，则（

）

A.f(1)ef(0)、f(2013)e2013f(0)C.f(1)ef(0)、f(2013)e2013f(0)

B.f(1)ef(0)、f(2013)e2013f(0)D.f(1)ef(0)、f(2013)e2013f(0)

f'(x)f(x)f(x)'

0，【解析】由f(x)f(x)f(x)f(x)0，构造函数h(x)x，求导得h(x)xee'

'

函数h(x)在定义域内单调递增，所以

f(1)f(0)f(2013)f(0)

,2013e1e1例4.设函数f(x)在R上的导函数为f'(x)，且2f(x)xf'(x)x2，下面的不等式在R内恒成立的是（）

A.f(x)0B.f(x)0C.f(x)xD.f(x)x

【解析】2f(x)xf'(x)x22f(x)xf'(x)x20，试着找出不等式左边部分的原函数，若设

1

h(x)x2f(x)x3，则h'(x)x[2f(x)xf'(x)]x2无法判断h'(x)的正负，因此构造函数有误，构

3造的原则是构造的新函数的导函数的正负是可以判断的，因此设h(x)x2f(x)

14

x，则4h'(x)x[2f(x)xf'(x)x2]，当x0时，h'(x)0；当x0时，h'(x)0，则h(x)为左减右增的

函数，且h(0)0，即f(x)

12

x0，即f(x)04例5.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)1f'(x),f(0)4，则不等式f(x)1eln3x的解集为（）

A.(0,)

1

B.(,)2C.(1,)D.(e,)

【解析】f(x)1eln3xexf(x)exeln3exf(x)ex3令h(x)exf(x)ex,h'(x)ex[f(x)f'(x)1]0

所以h(x)为R上的单调减函数，又因为h(0)3，故不等式的解集为(0,)

例6.设f'(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x0时，xf'(x)f(x)0，则使得

f(x)0成立的x的取值范围是（）A.(,1)(0,1)

B.(1,0)(1,)

C.(,1)(1,0)

D.(0,1)(1,)

f(x)'xf'(x)f(x)

,g(x)【解析】令g(x)xx2当x0时，g'(x)0

因为f(x)为R上的奇函数且f(1)0，所以f(1)0，g(1)所以当x(0,1)时，g(x)0f(x)0

f(1)

01当x(1,)时，g(x)0f(x)0

又因为g(x)g(x)，故g(x)为偶函数，所以

当x(1,0)，g(x)0f(x)0

当x(1,)时，g(x)0f(x)0

综上，f(x)0的解集为(,1)(0,1)

例7.函数f(x)的定义域为R，f(1)2，对任意xR，f'(x)2，则f(x)2x4的解集为（A.(1,1)B.(1,)C.(,1)D.(,)

【解析】f(x)2x4f(x)2x4

令g(x)f(x)2x,g'(x)f'(x)20

所以g(x)为R的单调递增函数，又因为g(1)f(1)2(1)4

所以不等式的解集为(1,)

例8．已知f(x)定义域为(0,)，f'(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)xf'(x)，则不等式

f(x1)(x1)f(x21)的解集是（）A.(0,1)

B.(1,)

C.(1,2)

D.(2,)

【解析】f(x)xf'(x)f(x)xf'(x)0令g(x)xf(x),g'(x)f(x)xf'(x)0单调递减

f(x1)(x1)f(x21)(x1)f(x1)(x21)f(x21)

）

g(x1)g(x21)

x10x12

x10x1或x1x2x1x21x2或x1



例9.设f'(x)为f(x)的导函数，且f'(x)f(x)(xR),f(2)e2（e为自然对数的底数），则不等式

f(2lnx)x2的解集为（）

f(x)'f'(x)f(x)

0【解析】f(x)f(x)f(x)f(x)0，令h(x)x,h(x)xee'

'

h(x)为R上的递增函数，h(2)

f(2)

12et2f(2lnx)x，令t2lnx，xe，则不等式可化为f(t)et，即

2

f(t)

1te

不等式可化为：h(t)h(2)，t2即2lnx2解得0xe高考真题举例解析：

exe2

1.函数f(x)满足xf(x)2xf(x),f(2)，当x0时，f(x)的极值状态是

x82

'

ex

，关键因为等式右边函数的原函数不容易找出，因此把等式左边函【解析】因为xf(x)2xf(x)x2

'

exexe22'

，且h(2)，因为xf(x)2xf(x)，则数的原函数找出来，设h(x)xf(x)，则h(x)xx22

'

ex2h(x)

f(x)，判断f(x)的极值状态就是判断f'(x)的正负，设g(x)ex2h(x)，则3x'

exx2

g(x)e2h(x)e2ex()这里涉及二阶导，g(x)在x2处取得最小值0，因此

xx'

x

'

x

g(x)0，则f'(x)0，故f(x)没有极大值也没有极小值。（有难度，但不失为好题目）

2.定义在R上的函数f(x)满足f(x)f'(x)1,f(0)4，则不等式exf(x)ex3的解集为___________.

3.定义在R上的函数f(x)满足f(1)1，对任意的xR有f'(x)

1

，则不等式2x21

f(x)的解集是

22

x21x21t1t12

f(x)0，令tx2，则f(t)【解析】f(x)，则0，设h(t)f(t)22222

1

所以h'(t)0，即函数h(t)单调递减，又因为h(1)0，h(t)为偶函数，所以t[0,1)，h'(t)f'(t)，2即x(1,1)

4.f(x)是定义在(0,)上的非负可导函数，且xf'(x)f(x)0，对任意正数a,b，若ab则必有（）

A.af(b)bf(a)B.bf(a)af(b)C.af(a)f(b)D.bf(b)f(a)

f(x)'xf'(x)f(x)

,h(x)【解析】xf(x)f(x)0，则应设h(x)，在(0,)上，函数h'(x)0，2xx

'

h(x)单调递减，因此abh(a)h(b)，即af(b)bf(a)

到此为止常规的抽象函数与导数结合的不等式问题已经讲完了，但是不知道同学们注意了没有，上面所有的题目中涉及f'(x)均为不等式，因此我们需要构造原函数用不等关系来证明单调关系，但是如果涉及f'(x)式子为等式呢？又该如何？

特例1.设函数f(x)为R上的可导函数，对任意的实数x有f(x)2018x2f(x)，且当x(0,)时，

f'(x)2018x0，则不等式f(m1)f(m)2018m1009的解集为__________.

【解析】因为f(x)f(x)2018x2，则可设f(x)1009x2，当x(0,)时，

f'(x)2018x2018x2018x0不符合题意，则可修改f(x)1009x2x，所以f(m1)f(m)2018m10091009(m1)2(m1)(1009m2m)2018m1009

解得m

1

2特例2.设函数f(x)在R上存在导函数f'(x)，对于任意的实数x，都有f(x)3x2f'(x)，当

x(,0)时，f'(x)

127

，则实数m的取值范围是__________.3x，若f(m3)f(m)9m

22特例3.若函数f(x)在R上存在导函数f'(x)，对任意xR，有f(x)f(x)x2，且x(0,)时，

f'(x)x，若f(2a)f(a)22a，则实数a的取值范围是

【解析】因为f(x)满足f(x)f(x)x2，所以可设f(x)

12x212

xx此2当x0时，不满足f'(x)x，所以原函数表达式错误，重新修改f(x)表达式，设f(x)时符合题意，f(2a)f(a)22a解得：a1

11

(2a)2(2a)a2a22a22以上三个特例得知，若含有f'(x)的式子为等式时，可试着将f(x)的表达式写出来，再根据题目中的条件对f(x)表达式进行修订，直到符合题意为止，没必要再构造函数利用单调性来求解不等式，这类问题值得特别留意。