福建省廈門雙十中學 (361015) 梁瑩瑩

以抽象函數(shù)為背景的不等式問題，既能綜合考查函數(shù)的求導法則、圖像與性質，又能考查學生轉化變形與聯(lián)想構造的思維能力，因此備受命題專家的青睞，常在客觀壓軸題的位置出現(xiàn).就此類難點問題主要有結構化、同構化、特殊化三種破解策略[1]，本文例析對該問題的進一步拓展探究.

1.在函數(shù)與導數(shù)知識模塊中的縱向延伸

例1 已知函數(shù)f(x)的定義域為R，其圖像關于點(1,0)中心對稱，其導函數(shù)為f′(x)，當x<1時，(x-1)[f(x)+(x-1)f′(x)]>0，則不等式xf(x+1)>f(2)的解集為.

解法1：(結構化策略)當x<1時，x-1<0，條件不等式轉化為f(x)+(x-1)f′(x)<0，構造函數(shù)F(x)=(x-1)f(x)，則F′(x)=(x-1)f′(x)+f(x)<0?F(x)在(-∞,1)上單調遞減，因f(x)和x-1的圖像都是關于點(1,0)中心對稱，則F(x)=(x-1)f(x)的圖像關于直線x=1軸對稱，故F(x)在(1,+∞)上單調遞增，由此可知G(x)=F(x+1)=xf(x+1)為偶函數(shù)，目標不等式變形為G(x)>G(1),綜合單調性和奇偶性可得|x|>1?x∈(-∞,-1)∪(1,+∞).

解法2：(特殊化策略)構造關于點(1,0)中心對稱的一個特殊函數(shù)f(x)=x-1，也滿足當x<1時，f(x)+(x-1)f′(x)=2(x-1)<0，所以目標不等式xf(x+1)>f(2)可化為x(x-1+1)>1，易求得解集為(-∞,-1)∪(1,+∞).

例2 已知函數(shù)f(x)的導數(shù)為f′(x),f(x)不是常數(shù)函數(shù)，且(x+1)f(x)+xf′(x)≥0，對x∈[0,+∞)恒成立，則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：(結構化策略)原式等于xf(x)+f(x)+xf′(x)=xf(x)+[xf(x)]′≥0，設F(x)=ex[xf(x)]，那么F′(x)=ex[xf(x)]+ex[xf(x)]′=ex[xf(x)+[xf(x)]′]≥0，所以函數(shù)F(x)=ex[xf(x)]是單調遞增函數(shù)，F(xiàn)(1)

解法2：(特殊化策略)不妨設f(x)=x，則(x+1)f(x)+xf′(x)=(x+1)x+x=x(x+2)>0對x∈[0,+∞)恒成立，則f(1)=1,f(2)=2,f(e)=e，代入四個選項，可得(A)1<4e，(B)e<2，(C)1<0，(D)e2<22，可用排除法快速選出正確答案為A.

總結反思：本題的難點是條件中(x+1)f(x)+xf′(x)≥0這個不等式的復雜性，它并不滿足前面總結的那些結構類型，但是對此不等式展開變形得到xf(x)+f(x)+xf′(x)≥0，其中先對后面兩項做處理xf(x)+f(x)+xf′(x)=xf(x)+[xf(x)]′≥0，再把xf(x)看成一個整體函數(shù)，比如設g(x)=xf(x)，則g(x)+g′(x)≥0?exg(x)+(ex)′g(x)=[exg(x)]′≥0，因此構造函數(shù)F(x)=ex[xf(x)]，這種“嵌套式”兩次構造函數(shù)的方法運用了整體思想，對學生提出更高的能力要求.而用特殊化策略，構造簡單的具體函數(shù)f(x)=x，則大大降低了問題的難度，化解了難點.

例3 定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，f(0)=0，若對任意x∈R，都有f(x)>f′(x)+1，則使得f(x)+ex<1成立的x的取值范圍為( ).

A.(0,+∞) B.(-∞,0)

C.(-1,+∞) D.(-∞,1)

2.與其他知識模塊的橫向聯(lián)系

例4 設f′(x)是函數(shù)f(x)(x∈R)的導數(shù)，且滿足xf′(x)-2f(x)>0，若A,B,C是銳角三角形ABC的三個內角，則( ).

A.f(sinA)sin2B>f(sinB)sin2A

B.f(sinA)sin2B

C.f(cosA)sin2B>f(sinB)cos2A

D.f(cosA)sin2B

解法2：(特殊化策略)不妨設f(x)=-1，則xf′(x)-2f(x)=2>0恒成立，則A，B選項具體化為-sin2B>(或<)-sin2A，C，D選項具體化為-sin2B>(或<)-cos2A，由cosA

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C.ba>c