一类不等式的巧思妙解

边红霞

(河北省易县中学 074200)

函数与不等式是高考考查的重要内容，此类问题解决的基本途径是，通过构造函数，将不等式问题转化为函数问题，利用函数的性质,从而使问题得解.

例1 (2011年辽宁卷11题)函数f(x)的定义域为R，f(-1)=2，对任意的x∈R，f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为( ).

A.(-1,1) B.(-1,+∞)

C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)

分析根据所求及导数不等式f′(x)>2的结构特点，构造函数g(x)=f(x)-2x-4(x∈R)，∵g′(x)=f′(x)-2，由条件f′(x)>2，则g′(x)>0，g(x)是增函数.又∵g(-1)=2+2-4=0，f(x)>2x-4的解集即为使得g(x)>0，即g(x)>g(-1)，由g(x)是增函数，∴x>-1，选B.

评析因为f′(x)>2，可以得到函数f(x)-2x是增函数，但所求不等式为f(x)>2x+4，因此函数f(x)-2x-4也为增函数，于是构造函数g(x)=f(x)-2x-4根据其单调性，脱去函数符号f，得到不等式的解.

题目所求为抽象不等式，没有具体解析式，但是条件中有导数不等式，因此从条件出发，以所求为目标，铺路搭桥，将所求不等式转化为函数，利用函数的单调性，脱去函数的符号f，解决了不等式问题.

例2 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导数，f(-1)=0,当x>0时，xf′(x)-f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的范围是( ).

A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)

C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0.1)∪(1,+∞)

函数、方程、不等式之间有密切的联系，往往相互转化，三者以函数为中心，达成求解意向，并且在解决的过程中，函数的性质和图象又会提供丰富的资源，使问题的解答更加巧妙.这道题充分利用了函数的奇偶性，通过数形结合，将问题直观形象地表达出来，从而迅速得解.

例3 已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意的x∈R满足f′(x)-f(x)<0，则下列结论正确的是( ).

A.2f(ln2)>3f(ln3) B.2f(ln2)<3f(ln3)

C.3f(ln2)>2f(ln3) D.3f(ln2)<2f(ln3)

故选C.

例4 定义在R上的函数f(x)，导函数是f′(x)，若f′(x)+f(x)>1,f(0)=2018，则不等式exf(x)>ex+2017(其中e为自然对数的底数)的解集是 .

分析构造函数g(x)=exf(x)-ex-2017，∴g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex(f(x)+f′(x))-ex>0，∴g(x)是增函数，而g(0)=e0f(0)-e0-2017=0，∴x>0时，g(x)>0,即exf(x)>ex+2017，故答案为(0，+∞).

评析所求不等式中有函数exf(x)，其导数为ex(f(x)+f′(x))，从而联想构造函数，g(x)=exf(x)-ex-2017，这样将条件和所求取得联系，利用函数的单调性求解.

在解决问题的过程中，为了充分利用条件，要对条件和结论进行恒等变形，通过发展条件，转化结论，拉近已知与所求的距离，使他们形成有效对接，达到解题目的.本题就是将结论进行转化，形成两个函数值比较大小的结构，从而构造函数，再通过导数不等式，确定函数的单调性，利用函数的单调性得以解决.

从以上可以看出，在解决数学问题时，要树立目标意识，咬定目标不放松，善于对题目进行整体分析，并把已知作为基本素材，搭建向目标迈进的桥梁，在前进的路途中，要有大局意识，综合考量，偶遇险滩，也不必惊慌，时刻把准方向，以基本技能为桨，以所学知识为纲，这样便能够顺利到达题目的彼岸!