求解抽象函数不等式[给定抽象函数]

前言

重新编辑于2019年10月13日。

求解抽象函数不等式，本质隶属于函数性质的综合应用类型，其中最基本的性质往往缺少不了定义域，单调性；再往上可能需要函数的奇偶性；再往上可能会用到构造函数；

肯定离不了函数的单调性，或者说求解函数不等式是函数的单调性的应用之一；注意从具体函数不等式到抽象函数不等式的过程和从抽象到具体的过程，以及所举例子的层次性，以提升我们的数学素养。

引入模型

用下面的例子体会抽象函数不等式的基本模型\(f(M)>f(N)\) 的引入过程：

引例解不等式\(log_2(3x+1)>log_2(1-2x)\)，

分析：由于我们是借助函数\(y=log_2x\)的单调性来解不等式，

则需要先考虑定义域，以保证让不等式的两端都有意义，

故利用函数的定义域和单调性，可以等价转化得到不等式组：\(\left\{\begin{array}{l}{3x+1>0}\\{1-2x>0}\\{3x+1>1-2x}\end{array}\right.\)

解得，解集为\((0，\cfrac{1}{2})\)。

初次抽象

从本例子开始，我们就看不到其中的函数解析式了。

例1已知函数\(f(x)\)的定义域为\((0，+\infty)\)，且单调递增，求解不等式\(f(3x+1)>f(1-2x)\)，

分析：如果我们要给本题目的抽象函数找一个依托，那么\(y=log_2x\)绝对是个比较好的例子，

故碰到这样的题目，我们需要考虑定义域和单调性，

可以等价转化为\(\left\{\begin{array}{l}{3x+1>0}\\{1-2x>0}\\{3x+1>1-2x，}\end{array}\right.\) 解得，解集为\(x\in (0，\cfrac{1}{2})\)。

增加难度

说明：定义域上的单调性没有直接给出，需要我们借助奇偶性自行推导。

例2已知奇函数\(f(x)\)的定义域为\([-2，2]\)，且在区间\([0，2]\)单调递增，求解不等式\(f(3x+1)>f(1-2x)\)，

分析：由区间\([0，2]\)单调递增，和奇函数可知，则函数在区间\([-2，0]\)上单调递增，

故函数\(f(x)\)在区间\([-2，2]\)单调递增，

再由定义域和单调性可知\(\left\{\begin{array}{l}{-2\leq 3x+1\leq 2}\\{-2\leq 1-2x\leq 2}\\{3x+1>1-2x}\end{array}\right.\)

解集，略。

添加奇偶

说明：给出的不等式需要我们结合奇偶性，转化为\(f(M)>f(N)\)的形式，以便于能利用单调性。若是偶函数，则务必记住使用\(f(x)=f(|x|)\)，可以避免分类讨论。

例3已知奇函数\(f(x)\)的定义域为\([-2，2]\)，且在区间\([-2，2]\)单调递增，求解不等式\(f(3x+1)\)\(+f(2x-1)>0\)

分析：先将不等式转化为\(f(3x+1)>-f(2x-1)\)，

由于函数\(f(x)\)为奇函数，则\(-f(2x-1)=f[-(2x-1)]=f(1-2x)\)，

则上述不等式再次转化为\(f(3x+1)>f(1-2x)\)，

再由定义域和单调性可知，原不等式等价于\(\left\{\begin{array}{l}{-2\leq 3x+1\leq 2}\\{-2\leq 1-2x\leq 2}\\{3x+1>1-2x}\end{array}\right.\)

解集，略。

例4已知函数\(f(x)\)的定义域为\(|x|\leq 1\)的补集，且在定义域上恒有\(f(-x)-f(x)=0\)，若\(f(x)\)在\((1，+\infty)\)上恒有\(f'(x)>0\)成立，\(f(x)-f(2x-1)<0\)，求实数\(x\)的取值范围。

分析：函数的定义域为\(|x|>1\)，为偶函数，且在\((1，+\infty)\)上单调递增，

故由\(f(x)-f(2x-1)<0\)，等价转化为\(f(|x|)<f(|2x-1|)\)，

接下来由定义域和单调性二者限制得到，

\(\left\{\begin{array}{l}{|x|>1}\\{|2x-1|>1}\\{|x|<|2x-1|}\end{array}\right.\) 上式等价于\(\left\{\begin{array}{l}{|x|>1①}\\{|x|<|2x-1|②}\end{array}\right.\)

解①得到，\(x<-1\)或\(x>1\)；

解②，两边同时平方，去掉绝对值符号，得到\(x<\cfrac{1}{3}\)或\(x>1\)；

二者求交集得到，\(x<-1\)或\(x>1\)，

即实数\(x\)的取值范围是\((-\infty，-1)\cup(1，+\infty)\)。

常数函数化

将抽象不等式的一侧的函数\(f\)化，其目的是为了构造\(f(M)>f(N)\)的形式，以便于下一步利用单调性去掉对应法则的符号\(f\)。

例5【2016南京模拟改编】\(f(x)\)是定义在\((0，+\infty)\)上的单调增函数，满足\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，\(f(3)=1\)，当\(f[x(x-8)]\leqslant 2\)时，求\(x\)的取值范围。

分析：先将右侧的常数\(2\)函数化，\(2=1+1=f(3)+f(3)=f(3\times3)=f(9)\)，

故原不等式\(f[x(x-8)]\leq 2=f(9)\)等价转化为\(\begin{cases}x\cdot (x-8)>0\\x(x-8)\leqslant 9\end{cases}\)，

解得\(-1\leqslant x<0\)或\(8<x\leqslant 9\).

例10已知函数\(f(x)\)在\((-\infty，+\infty)\)上单调递减，且对任意实数\(m，n\)都满足\(f(m)+f(n-m)=f(n)\)，若\(f(1)=-1\)，则满足\(-1\leq f(x-1)\leq 1\)的\(x\)的取值范围是【】

$A.[-2，2]$ $B.[-1，1]$ $C.[0，2]$ $D.[1，3]$

分析：先用赋值法确定函数的奇偶性，

令\(m=n=0\)，得到\(f(0)+f(0-0)=f(0)\)，则\(f(0)=0\)，

再令\(n=0\)，得到\(f(m)+f(-m)=f(0)=0\)，即\(f(-m)=-f(m)\)，

即函数\(f(x)\)为奇函数，故由\(f(1)=-1\)，得到\(f(-1)=1\)，

这样原不等式\(-1\leq f(x-1)\leq 1\)可变形为\(f(1)\leq f(x-1)\leq f(-1)\)，

又由于函数\(f(x)\)在\((-\infty，+\infty)\)上单调递减，

则去掉对应法则的符号得到，\(-1\leq x-1\leq 1\)，

解得\(0\leq x\leq 2\)，故选\(C\)。

抽象运算

当给定的函数不等式中，出现了三个\(f\)时，需要将其中两个使用给定的运算法则浓缩为一个\(f\)，将其朝\(f(M)>f(N)\)的形式转化。

例6【2016南京模拟】\(f(x)\)是定义在\((0，+\infty)\)上的单调增函数，满足\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，\(f(3)=1\)，当\(f(x)+f(x-8)\leqslant 2\)时，求\(x\)的取值范围。

分析：先将右侧的常数\(2\)函数化，\(2=1+1=f(3)+f(3)=f(3\times3)=f(9)\)，

而左侧的\(f(x)+f(x-8)\)需要融合为一个\(f\)的形式，此时需要逆用到题目中的\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，即\(f(x)+f(y)=f(xy)\)，

故\(f(x)+f(x-8)=f[x(x-8)]\)，则原不等式等价于\(f[x(x-8)]\leqslant f(9)\)，

等价转化为\(\begin{cases}x>0\\x-8>0\\x(x-8)\leq 9\end{cases}\)， 解得\(8<x\leq 9\)。解惑¹

构造函数

例13【需要构造函数】若\(\alpha，\beta\in [-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)，且\(\alpha\cdot sin\alpha-\beta\cdot sin\beta>0\)，则下列结论正确的是【】

$A.\alpha > \beta$ $B.\alpha+\beta > 0$ $C.\alpha \beta^2$

分析：由\(\alpha\cdot sin\alpha-\beta\cdot sin\beta>0\)，得到\(\alpha\cdot sin\alpha>\beta\cdot sin\beta\)，左右两边的结构一模一样，故联想到构造函数

令\(g(x)=x\cdot sinx\)，则上述条件可表述为\(g(\alpha)>g(\beta)\)，要去掉符号\(g\)，我们就得研究函数的性质，尤其是奇偶性和单调性。

由于函数\(g(-x)=(-x)\cdot sin(-x)=x\cdot sinx=g(x)\)，故函数\(g(x)\)为偶函数；

当\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)，\(g(x)=x\cdot sinx\)单调递增，²

利用偶函数的性质，将\(g(\alpha)>g(\beta)\)等价转化为\(g(|\alpha|)>g(|\beta|)\)，

故\(|\alpha|>|\beta|\)，则有\(\alpha^2>\beta^2\)，选\(D\)。

综合应用

例7【2019届宝鸡中学高三文科第一次月考第22题】设函数\(f(x)\)是增函数，对于任意\(x，y\in R\)都有\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)，

（1）求\(f(0)\)；

分析：考查赋值法，令\(x=y=0\)，得到\(f(0+0)=f(0)+f(0)\)，即\(f(0)=0\)。

（2）证明函数\(f(x)\)是奇函数；

分析：由题目可知，定义域关于原点对称，

令\(y=-x\)，代入已知得到\(f(x-x)=f(x)+f(-x)\)，即\(f(x)+f(-x)=0\)，

即\(f(-x)=-f(x)\)，故函数\(f(x)\)是奇函数；

（3）解不等式\(\cfrac{1}{2}f(x^2)-f(1-x)<\cfrac{1}{2}f(3x)\)；

分析：先将已知变形为\(f(x^2)-2f(1-x)<f(3x)\)；

再变形为\(f(x^2)-f(3x)<2f(1-x)\)，

（提示：上式变形的最终形式应该是\(f(M)<f(N)\)的形式，为此需要将\(-f(3x)\)变形，需要将\(2f(1-x)\)变形）

由于任意\(x，y\in R\)都有\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)，

令\(x=y\)，得到\(f(2x)=f(x)+f(x)=2f(x)\)，应用到题目中，有\(2f(1-x)=f(2-2x)\)

又\(-f(x)=f(-x)\)，应用到题目中，有\(-f(3x)=f(-3x)\)，

故\(f(x^2)-f(3x)<2f(1-x)\)可以再次变形，得到

\(f(x^2)+f(-3x)<f(2-2x)\)，即\(f(x^2-3x)<f(2-2x)\)，

由于函数\(f(x)\)是\(R\)上的增函数，故由单调性有

\(x^2-3x<2-2x\)，即\(x^2-x-2<0\)，

解得\(-1<x<2\)，即解集为\(x\in (-1，2)\)。

例7【2019届高三理科教学资料用题】函数\(f(x)\)对任意的\(m，n\in R\)，都有\(f(m+n)=f(m)+f(n)-1\)，并且\(x>0\)，恒有\(f(x)>1\)。

（1）求证：\(f(x)\)在\(R\)上是增函数；

证明：设\(x_1，x_2\in R\)，且\(x_1<x_2\)，则\(x_2-x_1>0\)，

由题目当\(x>0\)，恒有\(f(x)>1\)，则\(f(x_2-x_1)>1\)，

\(f(x_2)=f[(x_2-x_1)+x_1]=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1\)

则\(f(x_2)-f(x_1)=f(x_2-x_1)-1>0\)，

故\(f(x_1)<f(x_2)\)，即\(f(x)\)在\(R\)上是增函数；

（2）若\(f(3)=4\)，解不等式\(f(a^2+a-5)<2\)。³

分析：\(m，n\in R\)，都有\(f(m+n)=f(m)+f(n)-1\)，

令\(m=n=1\)，则\(f(1+1)=f(1)+f(1)-1\)，即\(f(2)=2f(1)-1\)，

又由已知\(f(3)=4\)，即\(4=f(2+1)=f(2)+f(1)-1\)，

即\(3f(1)-2=4\)，即\(f(1)=2\)，也即\(2=f(1)\)

故\(f(a^2+a-5)<2=f(1)\)，又\(f(x)\)在\(R\)上是增函数；

则有\(a^2+a-5<1\)，解得\(a\in (-3，2)\)。

解后反思：解抽象函数不等式的一般步骤：

①(定性)确定函数\(f(x)\)在给定区间上的单调性；

②(转化)将抽象函数不等式转化为\(f(M)<f(N)\)的形式；

③(脱去\(f\))利用单调性去掉函数符号\(\large{f}\)，转化为一般的不等式(组)；

④(求解)求解上述的不等式组；

⑤(反思)反思回顾，查看关键点，易错点及解题规范。OK!

例8【2018·珠海月考】已知定义在\(R\)上的奇函数\(y＝f(x)\)在\((0，＋\infty)\)上单调递增，且\(f(\cfrac{1}{2})=0\)，则满足\(f(log{\frac{1}{9}}x)>0\) 的$ x$ 的集合为_________。

分析：由于\(y＝f(x)\)在\((0，＋\infty)\)上单调递增，且为奇函数，

则可知函数在\((-\infty，0)\)上单调递增，又\(f(\cfrac{1}{2})=0\)，

则可知\(f(-\cfrac{1}{2})=0\)，又由于函数定义在\(R\)上，则\(f(0)=0\)，

做出大致示意图如下，

由图像可得，

故有\(log{\frac{1}{9}}x>\cfrac{1}{2}\)或\(-\cfrac{1}{2}<log{\frac{1}{9}}x<0\)

即\(log{\frac{1}{9}}x>\cfrac{1}{2}=log{\frac{1}{9}}(\cfrac{1}{9})^{{\frac{1}{2}}}=log{\frac{1}{9}}{\cfrac{1}{3}}\)

或\(log{\frac{1}{9}}3<log{\frac{1}{9}}x<log{\frac{1}{9}}1\)

解得\(0<x<\cfrac{1}{3}\)或\(1<x<3\)，

故所求集合为\(\{x\mid 0<x<\cfrac{1}{3}或1<x<3 \}\)。

例11【2019会宁模拟】已知函数\(f(x)\)的定义域为\(R\)，且在\([0,+\infty)\)上单调递增，\(g(x)=-f(|x|)\)，若\(g(lgx)>g(1)\)，则\(x\)的取值范围为【】

$A.(0,10)$ $B.(10,+\infty)$ $C.(\cfrac{1}{10},10)$ $D.(0,\cfrac{1}{10})\cup (10,+\infty)$

分析：由于函数\(f(x)\)的定义域为\(R\)，且在\([0,+\infty)\)上单调递增，

故函数\(g(x)=-f(|x|)\)在\([0,+\infty)\)上单调递减，且为偶函数，

故\(g(lgx)>g(1)\)即可以变形为\(g(|lgx|)>g(1)\)，则由单调性可知，

\(|lgx|<1\)，即\(-1<lgx<1\)，解得\(\cfrac{1}{10}<x<10\)，故选\(C\)。

例14【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第16题】已知定义在实数集\(R\)上的函数\(f(x)\)满足\(f(1)=4\)，且\(f(x)\)的导函数\(f'(x)<3\)，则不等式\(f(lnx)>3lnx+1\)的解集为______。

分析：我们先用整体思想将需要求解的不等式中的\(lnx\)理解为一个整体，这样原不等式就变形为\(f(t)>3t+1\)，

此时我们用\(左-右\)，做差构造新函数。【为什么这样构造？带着问题继续往下看】

令\(g(x)=f(x)-3x-1\)，于是\(g'(x)=f'(x)-3\)，由已知条件\(f'(x)<3\)，则可知\(g'(x)<0\)，

这样构造后我们能轻易知道这个函数的单调性，即函数\(g(x)\)在\(R\)上单调递减，

又\(g(1)=f(1)-3\times 1-1=f(1)-4=0\)，

到此我们就完全清楚了所构造的函数的性质，在\(R\)上单调递减，且有唯一的零点为\(x=1\)，

故由\(g(x)>0\)可以得到解为\(x<1\)，由\(g(x)<0=g(1)\)可以得到解为\(x>1\)，

现在\(f(lnx)>3lnx+1\)等价于\(g(lnx)>0\)，故得到\(lnx<1\)，

解得\(0<x<e\)，故解集为\((0，e)\)。

解后反思：本题目涉及构造函数的方法，是个难题；为什么这样的题目比较难？原因是平时我们习惯于被动利用题目所给的函数解题，而本题目需要我们主动构造函数，在数学的应用意识上有相当高的要求；在上例中我们发现，只有能充分利用题目所给的条件的构造才是有效的构造，那么我们自然就会问：

例-姊妹【全国名校联盟2018-2019高三第二次联考第12题】【针对性练习】

已知定义在实数集\(R\)上的函数\(f(x)\)满足\(f'(x)<2\)，\(f(1)=1\)，\(f'(x)\)是\(f(x)\)的导函数，则不等式\(f(|log_2x|)>2|log_2x|-1\)的解集为______。

$A.(0，2)$ $B.(-\infty，2)$ $C.(2，+\infty)$ $D.(\cfrac{1}{2}，2)$

分析：完全仿照上述题目解法完成。

简解：令\(g(x)=f(x)-2x+1\)，则\(g'(x)=f'(x)-2<0\)，故函数\(g(x)\)在\(R\)上单调递减，

又\(g(1)=f(1)-2\times 1+1=0\)，故可知\(g(x)>0\)时的解集为\(\{x\mid x<1\}\)，

又由于原不等式\(f(|log_2x|)>2|log_2x|-1\)等价于\(g(|log_2x|)>0\)，

故先得到\(|log_2x|<1\)，即\(-1<log_2x<1\)，即\(log_2\cfrac{1}{2}<x<log_22\)，

解得\(\cfrac{1}{2}<x<2\)，故选\(D\)。

原文地址：https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/11666800.html