高考数学中抽象导函数不等式解法与技巧
高中数学经典的解题技巧和方法(导数及其应用)
高中数学经典的解题技巧和方法(导数及其应用) 导数及其应用是高中数学考试的必考容，而且是这几年考试的热点跟增长点，无论是期中、期末还是会考、高考，都是高中数学的必考容之一。
因此，针对这两个部分的容和题型总结归纳了具体的解题技巧和方法，希望能够帮助到高中的同学们，让同学们有更多、更好、更快的方法解决数学问题。
好了，下面就请同学们跟我们一起来探讨下集合跟常用逻辑用语的经典解题技巧。
首先，解答导数及其应用这两个方面的问题时，先要搞清楚以下几个方面的基本概念性问题，同学们应该先把基本概念和定理完全的吃透了、弄懂了才能更好的解决问题：1•导数概念及其几何意义(1)了解导数概念的实际背景。
(2 )理解导数的几何意义。
2 •导数的运算(1 )能根据导数定义求函数y C(C为常数),y x, y x2, y x3, y丄，y J X的导数。
x(2)能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数。
(3)能求简单的复合函数(仅限于形如f(ax b)的复合函数)的导数。
3 •导数在研究函数中的应用(1 )了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)。
(2 )了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间了函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)4 •生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题5 .定积分与微积分基本定理(1 )了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念。
(2 )了解微积分基本定理的含义。
好了，搞清楚了导数及其应用的基本容之后，下面我们就看下针对这两个容的具体的解题技巧。
一、利用导数研究曲线的切线考情聚焦：1.利用导数研究曲线y f(x)的切线是导数的重要应用，为近几年各省市高考命题的热点。
2 .常与函数的图象、性质及解析几何知识交汇命题，多以选择、填空题或以解答题中关键一步的形式出现，属容易题。
2025高考数学二轮复习导数应用中的函数构造技巧
函数形式出现的是“-”法形式时,优先考虑构造 y=型函数.
(2)利用f(x)与ex(enx)构造
() ()
常用的构造形式有 e f(x),e f(x), e , e ,这类形式一方面是对 y=uv,y=型函
x
nx
数形式的考查,另外一方面也是对(ex)'=ex,(enx)'=nenx 的考查.所以对于
f'(x)cos x-f(x)sin x>0,所以 F'(x)>0,即函数
由于
f
π
6
f
π
6
π
0<6
<
π
4
π
π
cos6<f 4
<
3
π
3
3
<
π
3
<
π
,所以
2
π
π
cos4<f 3
π
F(x)在区间(0,2)
π
4
<F
π
cos3,因此可得
π
6
,故选 AD.
F
π
6
<F
f
π
x∈(0,2)时,
π
3
<
内单调递增.
,即
锐角三角形,则( D )
A.f(sin A)sin2B>f(sin B)sin2A
B.f(sin A)sin2B<f(sin B)sin2A
C.f(cos A)sin2B>f(sin B)cos2A
D.f(cos A)sin2B<f(sin B)cos2A
解析 因为
() '
2
抽象函数不等式教学设计
抽象函数不等式教学设计引言抽象函数不等式是高中数学中重要的概念之一。
掌握抽象函数不等式的求解方法对于学生在数学学习中具有重要的意义。
因此，本文将从教学设计的角度，探讨如何有效地向学生传授抽象函数不等式的知识和解题技巧。
一、教学目标1. 理解函数不等式的概念和基本性质；2. 掌握求解一元一次不等式的方法；3. 掌握求解一元二次不等式的方法；4. 能够运用所学知识解决实际问题。
二、教学内容1. 函数不等式的定义和性质；2. 一元一次不等式的解法；3. 一元二次不等式的解法；4. 实际问题中的应用。
三、教学步骤1. 导入与预习通过提问学生已经学过的内容，激发他们对抽象函数不等式的兴趣。
然后，布置预习任务，引导学生预习相关知识，为接下来的教学做好准备。
2. 知识讲授首先，向学生介绍函数不等式的基本概念和性质。
接着，通过实例演示的方式，分别讲解一元一次不等式和一元二次不等式的解法。
在讲解的过程中，要注重引导学生理解解题思路和方法，并提供详细的解题步骤。
3. 运用练习安排一定数量的练习题，让学生在课堂上进行解答。
根据学生的解答情况，及时进行纠正和指导，并对解题过程中常见的错误进行解析和讲解。
4. 达标检测通过一定数量的习题来检测学生对于抽象函数不等式的掌握情况。
可以设计一些开放性的问题，以培养学生的综合运用能力。
5. 归纳总结在学生完成练习和测试后，引导学生总结所学内容，强化知识的记忆和理解。
同时，对于学生在解题过程中常犯的错误，进行详细的解析和讲解。
四、教学策略1. 激发兴趣通过提问、讲故事等方式，引起学生对抽象函数不等式的兴趣，提高他们的学习积极性。
2. 探究式学习引导学生通过自主思考和探究，发现解决问题的规律和方法，培养学生的独立思考和问题解决能力。
3. 合作学习组织学生进行小组讨论和合作解题，培养学生的合作意识和团队精神，促进他们的互相学习和提高。
4. 多元化评价采用多种形式的评价方式，如课堂小测、作业和项目评价等，全面了解学生的学习情况，及时调整教学策略。
高考数学导数解题技巧及方法
高考数学导数解题技巧1.通过选择题和填空题，全面考查函数的基本概念，性质和图象。
2.在解答题的考查中，与函数有关的试题常常是以综合题的形式出现。
3.从数学具有高度抽象性的特点出发，没有忽视对抽象函数的考查。
4.一些省市对函数应用题的考查是与导数的应用结合起来考查的。
5.涌现了一些函数新题型。
6.函数与方程的思想的作用不仅涉及与函数有关的试题，而且对于数列，不等式，解析几何等也需要用函数与方程思想作指导。
7.多项式求导(结合不等式求参数取值范围)，和求斜率(切线方程结合函数求最值)问题。
8.求极值，函数单调性，应用题，与三角函数或向量结合。
高考数学导数中档题是拿分点1.单调性问题研究函数的单调性问题是导数的一个主要应用，解决单调性、参数的范围等问题，需要解导函数不等式，这类问题常常涉及解含参数的不等式或含参数的不等式的恒成立、能成立、恰成立的求解。
由于函数的表达式常常含有参数，所以在研究函数的单调性时要注意对参数的分类讨论和函数的定义域。
2.极值问题求函数y=f(x)的极值时，要特别注意f'(x0)=0只是函数在x=x0有极值的必要条件，只有当f'(x0)=0且在_0 时，f'(x0)异号，才是函数y=f(x)有极值的充要条件，此外，当函数在x=x0处没有导数时，在 x=x0处也可能有极值，例如函数 f(x)=|x|在x=0时没有导数，但是，在x=0处，函数f(x)=|x|有极小值。
还要注意的是，函数在x=x0有极值，必须是x=x0是方程f'(x)=0的根，但不是二重根(或2k重根)，此外，在确定极值点时，要注意，由f'(x)=0所求的驻点是否在函数的定义域内。
3.切线问题曲线y=f(x)在x=x0处的切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0)，切线与曲线的综合，可以出现多种变化，在解题时，要抓住切线方程的建立，切线与曲线的位置关系展开推理，发展理性思维。
抽象函数的解题方法与技巧窍门
抽象函数的解题方法与技巧摘要：抽象函数是没有具体的解析式，只给出它的一些特征、性质或一些特殊关系式的函数。
因而显得特别抽象。
所以解决抽象函数问题需要从函数的本质出发，考虑其定义，性质，加之解决抽象函数问题时常用的技巧——赋值法，换元法等。
尽可能使抽象函数变得不再抽象。
关键词：抽象函数；性质；求值；解析式；解题方法；技巧Problem-solving methods and skills of abstract functionsXue JieSchool of Mathematics and Statistics, Southwest University, Chongqing 400715, China Abstract:: abstract function is not analytic type specific, given only the function characteristics, its nature or some special relationship. So it is especially abstract. So to solve the abstract function problems need from the view of function essence, considering its definition, nature, and solve the abstract function problems commonly used techniques -- assignment method, substitution method etc.. As far as possible to make the abstract function is no longer abstract.Keywords: abstract function; property; evaluation; analytic method; problem solving skills;1.提出问题的背景抽象函数问题是函数中的一类综合性较强的问题，这类问题通过对函数性质结构的代数表述，能够综合考查学生对于数学符号语言的理解和接受能力，考查对函数性质的代数推理和论证能力，考查学生的抽象思维和对知识的灵活运用能力，考查学生对于一般和特殊关系的认识，因而成为近几年高考命题的热点。
常见不等式的解法--高考数学【解析版】
专题04 常见不等式的解法所谓常见不等式是指，一元二次不等式、含绝对值不等式、指数对数不等式、函数不等式等，高考中独立考查的同时，更多地是在对其他知识的考查中，作为工具进行考查.正是解不等式的这一基础地位，要求务必做到求解快捷、准确．【重点知识回眸】（一）常见不等式的代数解法1、一元二次不等式：()200ax bx c a ++>≠可考虑将左边视为一个二次函数()2f x ax bx c =++，作出图象，再找出x 轴上方的部分即可——关键点：图象与x 轴的交点2、高次不等式（1）可考虑采用“数轴穿根法”，分为以下步骤：（令关于x 的表达式为()f x ，不等式为()0f x >）①求出()0f x =的根12,,x x ② 在数轴上依次标出根③ 从数轴的右上方开始，从右向左画.如同穿针引线穿过每一个根④ 观察图象，()0f x >⇒ 寻找x 轴上方的部分()0f x <⇒ 寻找x 轴下方的部分（2）高次不等式中的偶次项，由于其非负性在解不等式过程中可以忽略，但是要验证偶次项为零时是否符合不等式3、分式不等式（1）将分母含有x 的表达式称为分式，即为()()f xg x 的形式 （2）分式若成立，则必须满足分母不为零，即()0g x ≠（3）对形如()()0f x g x >的不等式，可根据符号特征得到只需()(),f x g x 同号即可，所以将分式不等式转化为()()()00f xg x g x ⋅>⎧⎪⎨≠⎪⎩ （化商为积），进而转化为整式不等式求解4、含有绝对值的不等式（1）绝对值的属性：非负性（2）式子中含有绝对值，通常的处理方法有两种：一是通过对绝对值内部符号进行分类讨论（常用）；二是通过平方（3）若不等式满足以下特点，可直接利用公式进行变形求解：① ()()f x g x >的解集与()()f x g x >或()()f x g x <-的解集相同② ()()f x g x <的解集与()()()g x f x g x -<<的解集相同（4）对于其它含绝对值的问题，则要具体问题具体分析，通常可用的手段就是先利用分类讨论去掉绝对值，将其转化为整式不等式，再做处理5、指数、对数不等式的解法：（1）利用函数的单调性：1a >时，x y > log log (,0)x ya a a a x y x y ⇔>⇔>>01a <<时，x y > log log (,0)x y a a a a x y x y ⇔<⇔<>（2）对于对数的两点补充：① 对数能够成立，要求真数大于0，所以在解对数不等式时首先要考虑真数大于0这个条件，如当1a >时，()()()()()()0log log 0a a f x f x g x g x f x g x >⎧⎪>⇒>⎨⎪>⎩② 如何将常数转化为某个底的对数.可活用“1”：因为1log a a =，可作为转换的桥梁6、利用换元法解不等式利用换元法解不等式的步骤通常为：①选择合适的对象进行换元：观察不等式中是否有相同的结构，则可将相同的结构视为一个整体 ②求出新元的初始范围，并将原不等式转化为新变量的不等式③解出新元的范围④在根据新元的范围解x 的范围（二）构造函数解不等式1、函数单调性的作用：()f x 在[],a b 单调递增，则[]()()121212,,,x x a b x x f x f x ∀∈<⇔<(在单调区间内，单调性是自变量大小关系与函数值大小关系的桥梁）2、假设()f x 在[],a b 上连续且单调递增，()()00,,0x a b f x ∃∈=，则()0,x a x ∈时，()0f x <;()0,x x b ∈时，()0f x > (单调性与零点配合可确定零点左右点的函数值的符号）3、导数运算法则：（1）()()()()()()()'''f x g x fx g x f x g x =+ （2）()()()()()()()'''2f x f x g x f x g x g x g x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭4、构造函数解不等式的技巧：（1）此类问题往往条件比较零散，不易寻找入手点.所以处理这类问题要将条件与结论结合着分析.在草稿纸上列出条件能够提供什么，也列出要得出结论需要什么.两者对接通常可以确定入手点（2）在构造函数时要根据条件的特点进行猜想，例如出现轮流求导便猜有可能是具备乘除关系的函数.在构造时多进行试验与项的调整（3）此类问题处理的核心要素是单调性与零点，对称性与图象只是辅助手段.所以如果能够确定构造函数的单调性，猜出函数的零点.那么问题便易于解决了.（三）利用函数性质与图象解不等式：1、轴对称与单调性：此类问题的实质就是自变量与轴距离大小与其函数值大小的等价关系.通常可作草图帮助观察.例如：()f x 的对称轴为1x =，且在()1,+∞但增.则可以作出草图（不比关心单调增的情况是否符合()f x ，不会影响结论），得到：距离1x =越近，点的函数值越小.从而得到函数值与自变量的等价关系2、图象与不等式：如果所解不等式不便于用传统方法解决，通常的处理手段有两种，一类是如前文所说可构造一个函数，利用单调性与零点解不等式；另一类就是将不等式变形为两个函数的大小关系如()()f x g x <，其中()(),f x g x 的图象均可作出.再由()()f x g x <可知()f x 的图象在()g x 图象的下方.按图象找到符合条件的范围即可.【典型考题解析】热点一 简单不等式的解法【典例1】（2022·全国·高考真题）已知集合{}{}1,1,2,4,11A B x x =-=-≤，则A B =（ ）A ．{1,2}-B ．{1,2}C ．{1,4}D ．{1,4}-【答案】B【解析】【分析】求出集合B 后可求A B .【详解】{}|02B x x =≤≤，故{}1,2A B =，故选：B.【典例2】（2020·全国·高考真题（文））已知集合2{|340},{4,1,3,5}A x x x B =--<=-，则A B =（ ）A ．{4,1}-B ．{1,5}C ．{3,5}D ．{1,3}【答案】D【解析】【分析】首先解一元二次不等式求得集合A ，之后利用交集中元素的特征求得A B ，得到结果.【详解】由2340x x --<解得14x -<<，所以{}|14A x x =-<<，又因为{}4,1,3,5B =-，所以{}1,3A B =，故选：D.【典例3】（2017·上海·高考真题）不等式11x x ->的解集为________【答案】(,0)-∞【解析】【详解】由题意，不等式11x x ->，得111100x x x->⇒<⇒<，所以不等式的解集为(,0)-∞. 【典例4】（2020·江苏·高考真题）设x ∈R ，解不等式2|1|||4x x ++<． 【答案】2(2,)3- 【解析】【分析】根据绝对值定义化为三个方程组，解得结果【详解】1224x x x <-⎧⎨---<⎩或10224x x x -≤≤⎧⎨+-<⎩或0224x x x >⎧⎨++<⎩21x ∴-<<-或10x -≤≤或203x << 所以解集为：2(2,)3- 【典例5】解下列高次不等式：（1）()()()1230x x x --->（2）()()()21230x x x +--< 【答案】（1）()()1,23,+∞；（2）()()1,22,3-. 【解析】（1）解：()()()()123f x x x x =---则()0f x =的根1231,2,3x x x ===作图可得：12x << 或3x >∴不等式的解集为()()1,23,+∞（2）思路：可知()220x -≥，所以只要2x ≠，则()22x -恒正，所以考虑先将恒正恒负的因式去掉，只需解()()13020x x x +-<⎧⎨-≠⎩ ，可得13x -<<且2x ≠∴不等式的解集为()()1,22,3-【名师点睛】在解高次不等式时，穿根前可考虑先将恒正恒负的项去掉，在进行穿根即可.穿根法的原理：它的实质是利用图象帮助判断每个因式符号，进而决定整个式子的符号，图象中的数轴分为上下两个部分，上面为()0f x > 的部分，下方为()0f x <的部分.以例2（1）为例，当3x >时，每一个因式均大于0，从而整个()f x 的符号为正，即在数轴的上方（这也是为什么不管不等号方向如何，穿根时一定要从数轴右上方开始的原因，因为此时()f x 的符号一定为正），当经过3x = 时，()3x -由正变负，而其余的式子符号未变，所以()f x 的符号发生一次改变，在图象上的体现就是穿根下来，而后经过下一个根时，()f x 的符号再次发生改变，曲线也就跑到x 轴上方来了.所以图象的“穿根引线”的实质是()f x 在经历每一个根时，式子符号的交替变化.【规律方法】1.含绝对值的不等式要注意观察式子特点，选择更简便的方法2.零点分段法的好处在于，一段范围可将所有的绝对值一次性去掉，缺点在于需要进行分类讨论，对学生书写的规范和分类讨论习惯提出了要求，以及如何整理结果，这些细节部分均要做好，才能保证答案的正确性.3.引入函数，通过画出分段函数的图象，观察可得不等式的解.热点二 含参数不等式问题【典例6】（2022·浙江·高考真题）已知,a b ∈R ，若对任意,|||4||25|0x a x b x x ∈-+---≥R ，则（ ）A ．1,3a b ≤≥B ．1,3a b ≤≤C ．1,3a b ≥≥D ．1,3a b ≥≤ 【答案】D【解析】【分析】将问题转换为|||25||4|a x b x x -≥---，再结合画图求解．【详解】由题意有：对任意的x ∈R ，有|||25||4|a x b x x -≥---恒成立．设()||f x a x b =-，()51,2525439,421,4x x g x x x x x x x ⎧-≤⎪⎪⎪=---=-<<⎨⎪-≥⎪⎪⎩，即()f x 的图像恒在()g x 的上方（可重合），如下图所示：由图可知，3a ≥，13b ≤≤，或13a ≤<，3143b a ≤≤-≤，故选：D ．【典例7】（2020·浙江·高考真题）已知a ，b ∈R 且ab ≠0，对于任意x ≥0 均有(x –a )(x–b )(x–2a–b )≥0，则（ ）A ．a <0B ．a >0C ．b <0D ．b >0【答案】C【解析】【分析】对a 分0a >与0a <两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.【详解】因为0ab ≠，所以0a ≠且0b ≠，设()()()(2)f x x a x b x a b =----，则()f x 的零点为123,,2x a x b x a b ===+当0a >时，则23x x <，1>0x ，要使()0f x ≥，必有2a b a +=，且0b <，即=-b a ，且0b <，所以0b <；当0a <时，则23x x >，10x <，要使()0f x ≥，必有0b <.综上一定有0b <.故选：C【典例8】（2023·全国·高三专题练习）解关于x 的不等式()222R ax x ax a ≥-∈-．【答案】详见解析.【解析】【分析】分类讨论a ，求不等式的解集即可.【详解】原不等式变形为()2220ax a x +--≥．①当0a =时，1x ≤-；②当0a ≠时，不等式即为()()210ax x -+≥，当0a >时，x 2a≥或1x ≤-； 由于()221a a a+--=，于是 当20a -<<时，21x a≤≤-； 当2a =-时，1x =-；当2a <-时，21x a-≤≤． 综上，当0a =时，不等式的解集为(,1]-∞-；当0a >时，不等式的解集为2(,1][,)a-∞-⋃+∞； 当20a -<<时，不等式的解集为2,1a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；当2a =-时，不等式的解集为{}1-；当2a <-时，不等式的解集为21,a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦． 【总结提升】关于含参数不等式，其基本处理方法就是“分类讨论”，讨论过程中应注意“不重不漏”.关于含参数的一元二次不等式问题：(1)当判别式Δ能写成一个式子的平方的形式时，可先求方程的两根，再讨论两根的大小，从而写出解集．(2)三个方面讨论：二次项系数的讨论，根有无的讨论，根大小的讨论．(3)含参数分类讨论问题最后要写综述．热点三 函数不等式问题【典例9】（2018·全国·高考真题（文））设函数()2010x x f x x -⎧≤=⎨>⎩，，，则满足()()12f x f x +<的x 的取值范围是（ ）A ．(]1-∞-，B ．()0+∞，C ．()10-，D ．()0-∞，【答案】D【解析】【分析】 分析：首先根据题中所给的函数解析式，将函数图像画出来，从图中可以发现若有()()12f x f x +<成立，一定会有2021x x x <⎧⎨<+⎩，从而求得结果. 详解：将函数()f x 的图像画出来，观察图像可知会有2021x x x <⎧⎨<+⎩，解得0x <，所以满足()()12f x f x +<的x 的取值范围是()0-∞，，故选D .【典例10】（2020·北京·高考真题）已知函数()21x f x x =--，则不等式()0f x >的解集是（ ）． A ．(1,1)-B ．(,1)(1,)-∞-+∞C ．(0,1)D ．(,0)(1,)-∞⋃+∞ 【答案】D【解析】【分析】作出函数2x y =和1y x =+的图象，观察图象可得结果.【详解】因为()21x f x x =--，所以()0f x >等价于21x x >+，在同一直角坐标系中作出2x y =和1y x =+的图象如图：两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)，不等式21x x >+的解为0x <或1x >.所以不等式()0f x >的解集为：()(),01,-∞⋃+∞. 故选：D.【典例11】（天津·高考真题（理））设函数f (x )=()212log ,0log ,0x xx x >⎧⎪⎨-<⎪⎩若()()f a f a >-，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()()1,00,1-B ．()(),11,-∞-+∞C ．()()1,01,-⋃+∞D ．()(),10,1-∞-⋃【答案】C【解析】【分析】由于a 的范围不确定，故应分0a >和0a <两种情况求解.【详解】当0a >时，0a -<，由()()f a f a >-得212log log a a>，所以22log 0a >，可得：1a >，当0a <时，0a ->，由()()f a f a >-得()()122log log a a ->-，所以()22log 0a -<，即01a <-<，即10a -<<，综上可知：10a -<<或1a >.故选：C【典例12】（2020·海南·高考真题）若定义在R 的奇函数f (x )在(,0)-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是（ ）A ．[)1,1][3,-+∞B ．3,1][,[01]--C ．[1,0][1,)-⋃+∞D ．[1,0][1,3]-⋃【答案】D【解析】【分析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数()f x 在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.【详解】因为定义在R 上的奇函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，且(2)0f =，所以()f x 在(0,)+∞上也是单调递减，且(2)0f -=，(0)0f =，所以当(,2)(0,2)x ∈-∞-⋃时，()0f x >，当(2,0)(2,)x ∈-+∞时，()0f x <，所以由(10)xf x -≥可得： 0210x x <⎧⎨-≤-≤⎩或0012x x >⎧⎨≤-≤⎩或0x = 解得10x -≤≤或13x ≤≤，所以满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是[1,0][1,3]-⋃，故选：D.【典例13】（2023·全国·高三专题练习）设函数()f x '是奇函数()f x （x ∈R ）的导函数，f （﹣1）＝0，当x ＞0时，()()0xf x f x '->，则使得f （x ）＞0成立的x 的取值范围是（ ）A ．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）B ．（0，1）∪（1，+∞）C ．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）D ．（﹣1，0）∪（1，+∞）【答案】D【解析】【分析】构造函数()()f x g x x =，求导结合题意可得()()f x g x x =的单调性与奇偶性，结合()10g -=求解即可 【详解】由题意设()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x '-'= ∵当x ＞0时，有()()0xf x f x '->，∴当x ＞0时，()0g x '>，∴函数()()f x g x x=在（0，+∞）上为增函数， ∵函数f （x ）是奇函数，∴g （﹣x ）＝g （x ），∴函数g （x ）为定义域上的偶函数，g （x ）在（﹣∞，0）上递减，由f （﹣1）＝0得，g （﹣1）＝0，∵不等式f （x ）＞0⇔x •g （x ）＞0，∴()()01x g x g >⎧⎨>⎩或()()01x g x g <⎧⎨<-⎩， 即有x ＞1或﹣1＜x ＜0，∴使得f （x ）＞0成立的x 的取值范围是：（﹣1，0）∪（1，+∞），故选：D ．【总结提升】关于函数不等式问题，处理方法往往从以下几方面考虑：（1）利用函数的奇偶性、单调性.（2）借助于函数的图象（数形结合法）.（3）涉及抽象函数、导数问题，利用构造辅助函数法，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.【精选精练】一、单选题1．（2020·全国·高考真题（文））已知集合2{|340},{4,1,3,5}A x x x B =--<=-，则A B =（ ）A ．{4,1}-B ．{1,5}C ．{3,5}D ．{1,3}【答案】D【解析】【分析】首先解一元二次不等式求得集合A ，之后利用交集中元素的特征求得A B ，得到结果.【详解】由2340x x --<解得14x -<<，所以{}|14A x x =-<<，又因为{}4,1,3,5B =-，所以{}1,3A B =，故选：D.2．（2021·湖南·高考真题）不等式|21|3x -<的解集是（ ）A ．{}2x x <B ．{}1x x >-C ．{}12x x -<<D ．{1x x <-或}2x >【答案】C【解析】【分析】根据绝对值的几何意义去绝对值即可求解.【详解】由|21|3x -<可得：3213x -<-<，解得：12x -<<， 所以原不等式的解集为：{}12x x -<<，故选：C.3．（2021·广东·潮阳一中明光学校高三阶段练习）设集合{}11A x x =-≤≤，{}2log 1B x x =<，则A B =（ ）A ．{}11x x -<≤B ．{}11x x -<<C ．{}01x x <≤D ．{}01x x <<【答案】C【解析】【分析】根据对数函数定义域以及对数函数不等式求解集合B ，再进行交集运算即可.【详解】 由题意得，{}{}2log 102B x x x x =<=<<，所以{}|01A B x x ⋂=<≤，故选：C.4．（2022·江苏·南京市第一中学高三开学考试）已知集合{}230A x x x =-<，{}|33x B x =≥，则A B =（ ） A ．10,2⎛⎫⎪⎝⎭ B ．1,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．(2 D ．()1,3【答案】B【解析】【分析】求出集合A 、B ，再由交集的定义求解即可【详解】 集合{}{}23003A x x x x x =-<=<<，{}1332x B x x x ⎧⎫==≥⎨⎬⎩⎭， 则132A B x x ⎧⎫⋂=≤<⎨⎬⎩⎭.故选：B.5.（天津·高考真题（理））设x ∈R ，则“21x -<”是“220x x +->”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】求绝对值不等式、一元二次不等式的解集，根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系.【详解】 由21x -<，可得13x <<，即x ∈(1,3)；由22(1)(2)0x x x x +-=-+>，可得2x <-或1x >，即x ∈(,2)(1,)-∞-+∞；∴(1,3)是(,2)(1,)-∞-+∞的真子集，故“21x -<”是“220x x +->”的充分而不必要条件.故选：A6．（2023·全国·高三专题练习）已知函数f （x ）＝x 2+ax +b （a ，b ∈R ）的值域为[0，+∞），若关于x 的不等式f （x ）＜c 的解集为（m ，m +6），则实数c 的值为（ ）A ．4B ．3C ．9D ．94【答案】C【解析】【分析】根据函数的值域求出a 与b 的关系，然后根据不等式的解集可得()f x c =的两个根为,6m m +，最后利用根与系数的关系建立等式，解之即可.【详解】∵函数f （x ）＝x 2+ax +b （a ，b ∈R ）的值域为[0，+∞），∴f （x ）＝x 2+ax +b ＝0只有一个根，即Δ＝a 2﹣4b ＝0则b 24a =， 不等式f （x ）＜c 的解集为（m ，m +6），即为x 2+ax 24a +＜c 解集为（m ，m +6）， 则x 2+ax 24a +-c ＝0的两个根为m ，m +6 ∴|m +6﹣m |22444a a c c ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭6 解得c ＝9故选：C ．7．（2022·吉林·长春市第二实验中学高三阶段练习）已知函数()y f x =是奇函数，当0x >时，()22x f x =-，则不等式()0f x >的解集是（ ）A ．()()1,00,1-B ．()()1,01,-⋃+∞C ．()(),10,1-∞-⋃D ．()(),11,-∞-⋃+∞ 【答案】B【解析】【分析】根据函数为奇函数求出当0x <时，函数()f x 的函数解析式，再分0x <和0x >两种情况讨论，结合指数函数的单调性解不等式即可.【详解】解：因为函数()y f x =是奇函数，所以()()f x f x -=-，且()00f =当0x <时，则0x ->，则()()22x f x f x --=-=-，所以当0x <时，()22x f x -=-+，则()0220x x f x >⎧⎨=->⎩，解得1x >，()0220x x f x -<⎧⎨=-+>⎩，解得10x -<<，所以不等式()0f x >的解集是()()1,01,-⋃+∞.故选：B.8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数33,0()e 1,0x x x f x x --+<⎧=⎨+≥⎩，则不等式()(31)<-f a f a 的解集为（）A ．10,2⎛⎫⎪⎝⎭ B ．1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ D ．1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【答案】C【解析】【分析】由函数解析式判断函数的单调性，根据单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可；【详解】解：因为33,0()e 1,0x x x f x x --+<⎧=⎨+≥⎩，当0x <时()33f x x =-+函数单调递减，且()3033f x >-⨯+=，当0x ≥时()e 1x f x -=+函数单调递减，且()00e 123f =+=<，所以函数()f x 在(,)-∞+∞上是单调递减，所以不等式()(31)<-f a f a 等价于31a a >-，解得12a <． 即不等式的解集为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭； 故选：C9．（2020·海南·高考真题）若定义在R 的奇函数f (x )在(,0)-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是（ ）A ．[)1,1][3,-+∞B ．3,1][,[01]--C ．[1,0][1,)-⋃+∞D ．[1,0][1,3]-⋃【答案】D【解析】【分析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数()f x 在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.【详解】因为定义在R 上的奇函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，且(2)0f =，所以()f x 在(0,)+∞上也是单调递减，且(2)0f -=，(0)0f =，所以当(,2)(0,2)x ∈-∞-⋃时，()0f x >，当(2,0)(2,)x ∈-+∞时，()0f x <，所以由(10)xf x -≥可得： 0210x x <⎧⎨-≤-≤⎩或0012x x >⎧⎨≤-≤⎩或0x = 解得10x -≤≤或13x ≤≤，所以满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是[1,0][1,3]-⋃，故选：D.10．（2023·全国·高三专题练习）定义在(0)+∞，上的函数()f x 满足()()110,2ln 2xf x f '+=＞，则不等式)(e 0x f x +> 的解集为（ ） A ．(02ln2)，B ．(0,ln2)C ．(ln21)，D ．(ln2)+∞， 【答案】D【解析】【分析】构造新函数()()ln ,(0)g x f x x x =+>，利用导数说明其单调性，将)(e 0x f x +>变形为)>(e (2)x g g ，利用函数的单调性即可求解.【详解】令()()ln ,(0)g x f x x x =+> ， 则()11()()xf x g x f x x x'+''=+=，由于()10xf x '+＞, 故()0g x '>,故()g x 在(0)+∞，单调递增， 而1(2)(2)ln2ln ln 202g f =+=+= ， 由)(e 0x f x +>，得)>(e (2)x g g ，∴e 2x > ，即ln2x > ,∴不等式)(e 0x f x +>的解集为(ln2)+∞，, 故选：D ．二、填空题11．（2023·全国·高三专题练习）不等式组230,340.x x x ->⎧⎨-->⎩的解集为_________. 【答案】()4,+∞【解析】【分析】解一元二次不等式取交集即可.【详解】原不等式组化简为3034(4)(1)041x x x x x x x ->>⎧⎧⇒⇒>⎨⎨-+>><-⎩⎩或 故答案为：()4,+∞.12．（2019·浙江·高考真题）已知a R ∈，函数3()f x ax x =-，若存在t R ∈，使得2|(2)()|3f t f t +-≤，则实数a 的最大值是____. 【答案】max 43a =【解析】【分析】本题主要考查含参绝对值不等式、函数方程思想及数形结合思想，属于能力型考题.从研究()2(2)()23642f t f t a t t +-=++-入手，令2364[1,)m t t =++∈+∞，从而使问题加以转化，通过绘制函数图象，观察得解.【详解】使得()222(2)()2(2)(2)2234{}2]6f t f t a t t t t a t t +-=•[++++-=++-，使得令2364[1,)m t t =++∈+∞，则原不等式转化为存在11,|1|3m am ≥-≤， 由折线函数，如图只需11133a -≤-≤，即2433a ≤≤，即a 的最大值是43【点睛】对于函数不等式问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想.13．（2023·全国·高三专题练习）若函数f (x )＝ln x ＋e x －sin x ，则不等式f (x －1)≤f (1)的解集为________．【答案】(1，2]【解析】【分析】先利用导数判断函数的单调性，再利用其单调性解不等式.【详解】解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，∴()1f x x'=＋e x －cos x . ∵x >0，∴e x >1，∴()f x '>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x －1)≤f (1)，∴0<x －1≤1，即1<x ≤2，则原不等式的解集为(1，2]．故答案为：(1，2]三、双空题14．（2019·北京·高考真题（理））李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．①当x =10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为__________．【答案】 130. 15.【解析】【分析】由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得x 的最大值.【详解】(1)10x =,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付()608010130+-=元.(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为y 元,120y <元时,李明得到的金额为80%y ⨯,符合要求.120y ≥元时,有()80%70%y x y -⨯≥⨯恒成立,即()87,8y y x y x -≥≤,即min158y x ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭元. 所以x 的最大值为15.【点睛】本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.15．（2023·全国·高三专题练习）已知函数f （x ）111()12x x x x -≤⎧⎪=⎨⎪⎩，，＞，则()()2f f ＝__，不等式()()32f x f -<的解集为__．【答案】12## 0.5 {x |x 72＜或x ＞5} 【解析】【分析】第一空先求出()2f 的值，再求()()2f f 的值；第二空将3x -分为大于1或小于等于1两种情况讨论，分别解出不等式，写出解集即可.【详解】解：f （2）211122-⎛⎫== ⎪⎝⎭，1122f ⎛⎫= ⎪⎝⎭， ∴()()122f f =， 当x ﹣3＞1时，即x ＞4时，311122x --⎛⎫ ⎪⎝⎭＜，解得x ＞5， 当x ﹣3≤1时，即x ≤4时，x ﹣312＜，解得x 72＜， 综上所述不等式f （x ﹣3）＜f （2）的解集为752x x x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭或 故答案为：12，752x x x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭或． 四、解答题16．（2020·山东·高考真题）已知函数()225,02,0x x f x x x x -≥⎧=⎨+<⎩. （1）求()1f f ⎡⎤⎣⎦的值；（2）求()13f a -<，求实数a 的取值范围.【答案】（1）3；（2）35a -<<.【解析】【分析】（1）根据分段函数的解析式，代入计算即可；（2）先判断1a -的取值范围，再代入分段函数解析式，得到()13f a -<的具体不等式写法，解不等式即可.【详解】解：（1）因为10>，所以()12153f =⨯-=-，因为30-<，所以()()()()2133233f f f =-=-+⨯⎤⎦-⎣=⎡.（2）因为10a -≥， 则()1215f a a -=--， 因为()13f a -<，所以2153a --<， 即14a -<，解得35a -<<.17．（2021·全国·高考真题（理））已知函数()3f x x a x =-++．（1）当1a =时，求不等式()6f x ≥的解集;（2）若()f x a >-，求a 的取值范围．【答案】（1）(][),42,-∞-+∞.（2）3,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭. 【解析】【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.（2）利用绝对值不等式化简()f x a >-，由此求得a 的取值范围.【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法当1a =时，()13f x x x =-++，13x x -++表示数轴上的点到1和3-的距离之和，则()6f x ≥表示数轴上的点到1和3-的距离之和不小于6， 当4x =-或2x =时所对应的数轴上的点到13-，所对应的点距离之和等于6， ∴数轴上到13-，所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是4x ≤-或2x ≥， 所以()6f x ≥的解集为(][),42,-∞-+∞.[方法二]【最优解】：零点分段求解法当1a =时，()|1||3|f x x x =-++．当3x ≤-时，(1)(3)6-+--≥x x ，解得4x ≤-；当31x -<<时，(1)(3)6-++≥x x ，无解；当1≥x 时，(1)(3)6-++≥x x ，解得2x ≥．综上，|1||3|6-++≥x x 的解集为(,4][2,)-∞-+∞．（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值依题意()f x a >-，即3a x a x -+>-+恒成立，333x a x x a a x -++-+=≥++，当且仅当()()30a x x -+≥时取等号，()3min f x a ∴=+, 故3a a +>-，所以3a a +>-或3a a +<， 解得32a >-. 所以a 的取值范围是3,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭. [方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值由||x a -是数轴上数x 表示的点到数a 表示的点的距离，得()|||3||3|f x x a x a =-++≥+，故|3|a a +>-，下同解法一.[方法三]：分类讨论+分段函数法当3a ≤-时，23,,()3,3,23,3,x a x a f x a a x x a x -+-<⎧⎪=--≤≤-⎨⎪-+>-⎩则min [()]3=--f x a ，此时3-->-a a ，无解．当3a >-时，23,3,()3,3,23,,x a x f x a x a x a x a -+-<-⎧⎪=+-≤≤⎨⎪-+>⎩则min [()]3=+f x a ，此时，由3a a +>-得，32a >-． 综上，a 的取值范围为32a >-． [方法四]：函数图象法解不等式由方法一求得()min 3f x a =+后，构造两个函数|3|=+y a 和y a =-，即3,3,3,3a a y a a --<-⎧=⎨+≥-⎩和y a =-， 如图，两个函数的图像有且仅有一个交点33,22⎛⎫- ⎪⎝⎭M ， 由图易知|3|a a +>-，则32a >-．【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得()3min f x a =+，利用不等式恒成立的意义得到关于a 的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得()f x 的最小值，最有简洁快速，为最优解法方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求()f x 最小值，要注意函数()f x 中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；方法四与方法一的不同在于得到函数()f x 的最小值后，构造关于a 的函数，利用数形结合思想求解关于a 的不等式.18.（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()2f x x ax =++，R a ∈．(1)若不等式()0f x 的解集为[1，2]，求不等式2()1f x x -的解集；(2)若对于任意的[1x ∈-，1]，不等式()2(1)4f x a x -+恒成立，求实数a 的取值范围；(3)已知2()(2)1g x ax a x =+++，若方程()()f x g x =在1(,3]2有解，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)(-∞，1][12，)∞+ (2)13a ≤ (3)[0，1）．【解析】【分析】（1）根据不等式的解集转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系求出a ，然后解一元二次不等式即可；（2）问题转化为222x a x --在[1x ∈-，1]恒成立，令22()2x h x x -=-，[1x ∈-，1]，根据函数的单调性求出a 的范围即可；（3）利用参数分离法进行转化求解即可．（1）解：若不等式()0f x 的解集为[1，2]，即1，2是方程220x ax ++=的两个根，则123a +=-=，即3a =-，则2()32f x x x =-+，由2()1f x x -得，22321x x x -+-即22310x x -+得(21)(1)0x x --，得1x 或12x ，即不等式的解集为(-∞，1][12，)∞+． （2）解:不等式()2(1)4f x a x -+恒成立，即222x a x --在[1x ∈-，1]恒成立，令22()2x h x x -=-，[1x ∈-，1]，则2242()(2)x x h x x -+'=-，令()0h x '=，解得：22x =，故()h x 在[1-，22)递增，在(221]递减，故()min h x h =（1）或1()h -，而h （1）1=，1(1)3h -=，故13a ． （3）解：由()()f x g x =得22(2)12ax a x x ax +++=++，2(1)210a x x ∴-+-=，即2(1)12a x x -=-，若方程()()f x g x =在1(2，3]有解，等价为2212121x a x x x --==-有解，设22121()(1)1h x x x x =-=--，1(2x ∈，3]，∴11[3x ∈，2)，即1()0h x -<，即110a --<，则01a <，即实数a 的取值范围是[0，1)．。
数学不等式与函数题解题技巧和思路分享
数学不等式与函数题解题技巧和思路分享数学是一门既抽象又具体的学科，其中不等式与函数是数学中的重要内容。
解题技巧和思路在数学学习中起到至关重要的作用。
本文将分享一些解决数学不等式与函数题的技巧和思路，帮助读者更好地应对这类题目。
一、不等式题解题技巧不等式题是数学中常见的题型，解题时需要注意以下几个技巧：1. 观察不等式的形式：不等式可以分为一元不等式和多元不等式。
对于一元不等式，我们可以通过图像、区间、符号等方式进行分析；对于多元不等式，需要考虑各个变量之间的关系。
2. 利用性质进行转化：有时候，我们可以通过一些性质将不等式转化为更简单的形式。
例如，对于二次不等式，可以利用平方差公式将其转化为完全平方差形式，从而更方便进行求解。
3. 运用数学方法：在解决不等式问题时，可以借助数学方法进行推导和证明。
例如，可以利用数列的性质、平均值不等式、柯西-施瓦茨不等式等进行推导，从而得到更加准确的结果。
4. 注意特殊情况：在解决不等式问题时，需要注意特殊情况的存在。
例如，当不等式中的变量为负数或零时，不等式的符号可能会发生变化，需要进行特殊处理。
二、函数题解题技巧函数题是数学中的重要内容，解题时需要注意以下几个技巧：1. 理解函数的定义与性质：在解决函数题时，首先需要理解函数的定义与性质。
例如，对于一元函数，需要了解其定义域、值域、单调性、奇偶性等性质，从而更好地进行分析和推导。
2. 利用函数的图像进行分析：函数的图像可以直观地反映函数的性质。
通过观察函数的图像，可以获得一些关于函数的信息，从而更好地解决函数题。
3. 运用函数的性质进行推导：在解决函数题时，可以利用函数的性质进行推导和证明。
例如，可以利用导数的定义和性质进行函数的最值求解，利用函数的连续性进行函数的极限计算等。
4. 注意函数的特殊情况：在解决函数题时，需要注意函数的特殊情况。
例如，当函数的定义域存在间断点时，需要进行特殊处理；当函数存在极值点时，需要进行极值点的求解。
巧构函数妙解抽象函数导数与不等式问题
巧构函数妙解抽象函数导数与不等式问题广东省汕头市澄海华侨中学(515800)潘敬贞山东省邹平县黄山中学(256200)韩景岗云南省昆明高新区第三中学(650500)唐明超摘要抽象函数导数与不等式问题具有高度的抽象性,处理该类问题对数学抽象、逻辑推理核心素养和数学综合能力的要求比较高.针对该类问题本文给出两种求解策略:构造特殊函数满足题目条件和根据题意构造辅助函数进行求解.根据常见的抽象函数导数与不等式问题进行归类,并针对每一类型题给出例题及两种求解策略,旨在与同行交流、探讨.关键词巧构函数;抽象函数;导数与不等式抽象函数导数不等式问题具有高度的抽象性,解决该类问题对数学抽象、逻辑推理等数学核心素养和数学综合能力的要求比较高,因此不少学生对其望而生畏.欲正面突破,求解难度较大,如果能够根据题设中已知的不等式或方程的式子结构特点,构造满足题目条件的特殊函数或构造一般的辅助函数,将抽象问题具体化、简单化,最后通过研究辅助函数的单调性、极值、最值等函数性质即可将问题顺利解决.本文将常见的抽象函数导数与不等式问题进行归类,针对每个类型题,给出相应例题,每道例题给出两种求解策略,并给出相应变式题供大家参考.类型题1已知函数y=f(x)(x∈R),且f(x0)=kx0+b,其导函数f′(x)<k(k>0)或f′(x)<k(k<0)或f′(x)>k(k>0)或k<f′(x)<0,求不等式f(x)<kx+b的解集.例1已知函数y=f(x)(x∈R),且f(1)=1,其导函数f′(x)<12,则不等式f(x)<x2+12的解集为()A.{x|−1<x<1}B.{x|x<1}C.{x|x<−1或x>1}D.{x|x>1}解析策略一:构造特殊函数.观察得知导函数小于某一个常数,故考虑构造一个常函数满足题目条件即可.令f(x)=1,则f′(x)=0满足题目条件,把f(x)=1代入f(x)<x2+12得1<x2+12,解得x>1,故选D.策略二:构造辅助函数.令g(x)=f(x)−x2−12,则g′(x)=f′(x)−12<0,所以g(x)在R上单调递减,又因为g(1)=f(1)−12−12=0,所以当x>1时满足g(x)<0,即f(x)<x2+12成立,故选D.评注对比以上两种解题策略,发现解答过程有很大的差别,策略一的解答过程更简洁,效率更高,达到小题小做的目的;策略二更具有一般性,适用范围更广一些,是处理一些不等式恒成立问题的一般方法,但是过程相比策略一更复杂一些.变式1已知函数y=f(x)(x∈R),且f(1)=2,其导函数f′(x)<1,则不等式f(x)<x+1的解集为()A.{x|x<−1}B.{x|−1<x<1}C.{x|x<−1或x>1}D.{x|x>1}解析策略一:构造特殊函数.令f(x)=2,则f′(x)=0满足题目条件,把f(1)=2代入f(x)<x+1得2<x+1,解得x>1,故选D.策略二:构造辅助函数.令g(x)=f(x)−x−1,则g′(x)=f′(x)−1<0,所以g(x)在R上单调递减,f(x)<x+1即g(x)<0,又因为g(1)=f(1)−1−1=0,所以当x>1时满足g(x)<0即f(x)<x+1成立,故选D.变式2已知函数y=f(x)(x∈R),且f(−1)=2,其导函数f′(x)>2,则不等式f(x)>2x+4的解集为.解析策略一:构造特殊函数.令f(x)=3x+5,则f′(x)=3满足题目条件,把f(x)=3x+5代入f(x)>2x+4得3x+5>2x+4,解得x>−1,故不等式f(x)>2x+4的解集为{x|x>−1}.策略二:构造辅助函数.令g(x)=f(x)−2x−4,则g′(x)=f′(x)−2>0,所以g(x)在R上单调递增,f(x)>2x+4即g(x)>0,又因为g(−1)=f(−1)−2(−1)−4=0,所以当x>−1时满足g(x)>0即f(x)>2x+4成立,故不等式的解集为{x|x>−1}.变式3已知函数y=f(x)(x∈R),且f(1)=1,其导函数f′(x)<12,则不等式f(lg2x)<lg2x2+12的解集为()A.(0,110)B.(10,+∞)C.(110,10) D.(0,110)∪(10,+∞)解析策略一:构造特殊函数.令f (x )=1,则f ′(x )=0满足题目条件,把f (x )=1代入f (x )<x 2+12得x >1,令lg 2x 2+12>1,解得x >10或0<x <110,故选D.策略二:构造辅助函数.令g (x )=f (x )−x 2−12,则g ′(x )=f ′(x )−12<0,所以g (x )在R 上单调递减,又因为g (1)=f (1)−12−12=0,所以当x >1时满足g (x )<0即f (x )<x 2+12成立,从而得lg 2x >1,解得x >10或0<x <110,故选D.变式4(2015年高考福建卷理科第12题)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)=−1,其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1,则下列结论中一定错误的是()A.f (1k )<1kB.f (1k )>1k −1C.f (1k −1)<1k −1D.f (1k −1)>kk −1解析策略一:构造特殊函数.令f (x )=(k +m )x −1(k,m ∈R 且k >1,m >0),则f ′(x )=k +m >k 满足题目条件,当m =12时,f (1k )=k +12k−1=12k <1k 成立,故A 正确;当m =2时,f (1k )=k +2k −1=2k >1k −1有解,故B 正确;当m =1时,f (1k −1)=2k −1>k k −1有解,故D 正确,从而选C.策略二:构造辅助函数.设g (x )=f (x )−kx +1,且g ′(x )=f ′(x )−k >0,所以g (x )在R 上单调递增,又因为g (0)=f (0)+1=0,k >1,对选项一一判断,可得C 错,故选C.类型题2若f ′(x )+f (x )>1(或<1),则构造辅助函数g (x )=e xf (x ).例2已知函数y =f (x )(x ∈R ),且f (0)=2015,对于任意的x ∈R 都有f ′(x )+f (x )>1,则不等式e x f (x )>e x +2014的解集是()A.(2014,+∞)B.(−∞,0)∪(2014,+∞)C.(−∞,0)∪(0,+∞)D.(0,+∞)解析策略一:构造特殊函数.观察得知导函数小于某个常数,故考虑构造一个常函数满足题目条件即可,因此令f (x )=2015,则f ′(x )+f (x )=2015>1满足题目条件,把f (x )=2015代入e x f (x )>e x +2014得2015e x >e x +2014解得x >0,故选D.策略二:构造辅助函数.令g (x )=e x f (x )−e x ,则g ′(x )=e x (f (x )+f ′(x )−1)>0,所以g (x )在R 上单调递增,又因为g (0)=f (0)−1=2014,所以e x f (x )>e x +2014⇔g (x )>g (0),所以x >0,故选D.评注策略一的关键是找到满足f (0)=2015,对于任意的x ∈R 都有f ′(x )+f (x )>1的特殊函数,然后将特殊函数代入不等式e x f (x )>e x +2014即可求出答案;策略二根据类型题构造合适的辅助函数,并对其进行求导,判断导数的符号即可得出辅助函数的单调性,最后求出不等式的解集.变式1已知函数y =f (x )(x ∈R ),且f (0)=2,对于任意的x ∈R 都有f ′(x )+f (x )>1,则不等式e x f (x )>e x +1的解集是()A.{x |x <−1或0<x <1}B.{x |x <0}C.{x |x <−1或x >1}D.{x |x >0}解析策略一:构造特殊函数.令f (x )=2,则f ′(x )+f (x )=2>1满足题目条件,把f (x )=2代入e x f (x )>e x +1得2e x >e x +1,解得x >0,故选D.策略二:构造辅助函数.令g (x )=e x f (x )−e x ,则g ′(x )=e x (f (x )+f ′(x )−1)>0,所以g (x )在R 上单调递增,又因为g (0)=f (0)−1=1,所以e x f (x )>e x +1⇔g (x )>g (0),所以x >0,故选D.类型题3若f ′(x )−f (x )>0(或<0),则构造辅助函数g (x )=f (x )ex .例3已知函数y =f (x )(x ∈R ),满足导函数f ′(x )>f (x )恒成立,若x 1<x 2则e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为()A.e x 1f (x 2)>e x 2f (x 1)B.e x 1f (x 2)<e x 2f (x 1)C.e x 1f (x 2)=e x 2f (x 1)D.e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小不确定解析策略一:构造特殊函数.令f (x )=−2,则f ′(x )>f (x )满足题目条件,所以e x 1f (x 2)=−2e x 1,e x 2f (x 1)=−2e x 2.因为y =e x 在R 上单调递增,x 1<x 2,所以e x 1<e x 2,所以−2e x 1>−2e x 2,所以e x 1f (x 2)>e x 2f (x 1),故选A.策略二:构造辅助函数.令g (x )=f (x )e x,则g ′(x )=f ′(x )−f (x )e x>0,所以g (x )在R 上单调递增,又因为x 1<x 2,所以g (x 1)<g (x 2),所以f (x 1)e x 1<f (x 2)e x 2,即e x 1f (x 2)>e x 2f (x 1),故选A.评注策略一在构造特殊函数时,若f ′(x )>f (x )一般令f (x )=c (c <0),若f ′(x )<f (x )一般令f (x )=c (c >0);策略二是根据题意直接构造辅助函数并对其进行求导、判断导数的符号,可得出辅助函数的单调性即可选出正确选项.变式1已知f (x )是可导函数,且f ′(x )<f (x )对于任意的x ∈R 恒成立,则()A.f (1)<ef (0),f (2016)>e 2016f (0)B.f (1)>ef (0),f (2016)>e 2016f (0)C.f (1)>ef (0),f (2016)<e 2016f (0)D.f (1)<ef (0),f (2016)<e 2016f (0)解析策略一:构造特殊函数.令f (x )=2,则f ′(x )<f (x )满足题目条件,所以f (1)=2,ef (0)=2e,f (2016)=2,e 2016f (0)=2e 2016,故选D.策略二:构造辅助函数.令g (x )=f (x )e x,则g ′(x )=f ′(x )−f (x )e x<0,所以g (x )在R 上单调递减,又因为,所以g (0)>g (1),所以f (0)e 0>f (1)e,即f (1)<ef (0),g (0)>g (2016),所以f (0)e 0>f (2016)e 2016,即f (2016)<e 2016f (0),故选D.变式2已知函数y =f (x )(x ∈R ),满足导函数f ′(x )>f (x ),则()A.3f (ln 2)>2f (ln 3) B.3f (ln 2)=2f (ln 3)C.3f (ln 2)<2f (ln 3)D.3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小不确定解析策略一:构造特殊函数.令f (x )=−2,则f ′(x )<f (x )满足题目条件,所以3f (ln 2)=−6,2f (ln 3)=−4,所以3f (ln 2)<2f (ln 3),故选C.策略二:构造辅助函数.令g (x )=f (x )e x ,则g ′(x )=f ′(x )−f (x )e x>0,所以g (x )在R 上单调递增,又因为,所以g (ln 3)>g (ln 2),所以f (ln 3)e ln 3>f (ln 2)e ln 2,即2f (ln 3)>3f (ln 2),故选C.类型题4若xf ′(x )+nf (x )>0(或<0),则构造辅助函数g (x )=x n f (x ).例4已知函数y =f (x )定义在(−∞,0)上可导函数,导函数为f ′(x ),且对于任意的x ∈R 都有2f (x )+xf ′(x )>x 2,则不等式(x +2014)2f (x +2014)−4f (−2)>0的解集为.解析策略一:构造特殊函数.令f (x )=x 2,则2f (x )+xf ′(x )=2x 2+2x 2=4x 2>x 2满足题目条件,若(x +2014)2f (x +2014)−4f (−2)>0成立,即(x +2014)2(x +2014)2−4×4>0成立,所以x +2014>2或x +2014<−2,又因为x +2014<0,所以解得x <−2016,故不等式(x +2014)2f (x +2014)−4f (−2)>0的解集为{x |x <−2016}.策略二:构造辅助函数.令g (x )=x 2f (x )(x <0),则g ′(x )=2xf (x )+x 2f ′(x )=x (2f (x )+xf ′(x ))<x 3<0,所以g (x )在(−∞,0)上单调递减,因为(x +2014)2f (x +2014)−4f (−2)>0,即g (x +2014)>g (−2),所以x +2014<−2,即x <−2016,故不等式(x +2014)2f (x +2014)−4f (−2)>0的解集为{x |x <−2016}.评注策略一的关键是找到特殊函数满足2f (x )+xf ′(x )>x 2,然后求出f (x +2014)与f (−2)的值代入不等式即可,同时需要注意y =f (x )定义在(−∞,0)上,即x +2014<0这一重要条件.策略二根据题意直接构造辅助函数g (x )=x 2f (x )(x <0),并对其进行求导,判断导数的符号即可得出辅助函数g (x )=x 2f (x )(x <0)的单调性,最后求出不等式的解集.类型题5若xf ′(x )−f (x )>0(或<0),则构造辅助函数g (x )=f (x )x.例5(2015年高考全国II 卷理科第12题)设函数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)U (1,+∞)解析策略一:构造特殊函数.令f (x )=−x 3+x ,则xf ′(x )−f (x )=x (−3x 2+1)−(−x 3+x )=−2x 3,满足题目条件f (−1)=0,当x >0时,xf ′(x )−f (x )=−2x 3<0.由f (x )>0得−x 3+x >0,解得x <−1或0<x <1,故选A.策略二:构造辅助函数.令g (x )=f (x )x,则g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x2,因为当x >0时,xf ′(x )−f (x )<0,所以当x >0时g ′(x )<0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递减,因为函数f (x )是奇函数,所以g (x )=f (x )x是偶函数,所以g (x )在(−∞,0)上单调递增,又因为f (−1)=0,所以f (1)=−f (−1)=0,所以g (−1)=0,g (1)=0.所以当x <−1时,g (x )<0,即f (x )x <0,所以f (x )>0;当−1<x <0时,g (x )>0,即f (x )x >0,所以f (x )<0;当0<x <1时,g (x )>0,即f (x )x>0,所以f (x )>0;当x >1时,g (x )<0,即f (x )x<0,所以f (x )<0,故选A.评注策略一的关键是找到满足题目条件的特殊函数,首先f (x )是奇函数,且f (−1)=0,然后要满足xf ′(x )−f (x )<0,最后解不等式f (x )>0即可.同时需要注意y =f (x )定义在(−∞,0)上,即x +2014<0这一重要条件.策略二根据题意直接构造辅助函数g (x )=f (x )x,并对其进行求导、判断导数的符号即可得出辅助函数g (x )=f (x )x的单调性,由函数f (x )是奇函数,可得g (x )=f (x )x是偶函数,最后结合f (−1)=0画出辅助函数的草图,分析图像即可求出不等式的解集.变式1(2019广东化州一模)设定义在R 上的函数y =f (x )满足任意t ∈R 都有f (t +2)=1f (t ),且x ∈(0,4]时,f ′(x )>f (x )x,则6f (2017),3f (2018),2f (2019)的大小关系是()A.6f (2017)<3f (2018)<2f (2019)B.3f (2018)<6f (2017)<2f (2019)C.2f (2019)<3f (2018)<6f (2017)D.3f (2018)<2f (2019)<6f (2017)解析策略一:构造特殊函数.观察得知导函数小于某个一常数,故考虑构造一个常函数满足题目条件即可.令f (x )=−1,则f (x )满足题目条件,从而A.策略二:构造辅助函数.因为函数f (x )满足f (t +2)=1f (t ),可得f (t +4)=1f (t +2)=f (t ),所以f (x )是周期为4的函数.令g (x )=f (x )x,x ∈(0,4],则g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2,因为x ∈(0,4]时,f ′(x )>f (x )x,所以g ′(x )>0,所以g (x )在(0,4]上单调递增,所以f (1)<f (2)2<f (3)3,又因为6f (2017)=6f (1),3f (2018)=3f (2),2f (2019)=2f (3),所以可得:6f (1)<3f (2)<2f (3),即6f (2017)<3f (2018)<2f (2019),故选A.类型题6若函数f (x )满足f ′(x )−kf (x )>0(或<0),则构造辅助函数g (x )=f (x )ekx .例6已知函数f (x )满足f (0)=2019,2f (x )−f ′(x )>0,则不等式f (x )>2019e 2x 的解集为()A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.(−∞,0)D.(−∞,1)解析策略一:构造特殊函数.令f (x )=2019,则f (0)=2019,2f (x )−f ′(x )>0满足题目条件,f (x )>2019e 2x ⇔e 2x <1,解得x <0,故选C.策略二:构造辅助函数.令g (x )=f (x )e 2x,则g ′(x )=f ′(x )−2f (x )e 2x<0,所以g (x )在R 上单调递减,又因为g (0)=f (0)=2019,所以g ′(x )=f ′(x )−2f (x )e 2x<0,即e 2x <1,所以x <0,故选C.类比以上几种常见的抽象函数导数模型的处理基本策略,在高中阶段还可能会碰到以下模型,它们各有特点,但是又在一定程度上呈现着一般规律,需要在学习的过程中不断总结基本活动经验,多思多想,紧扣知识本源,基于导数基本求导法则探究并总结它们的内在联系,做到以不变应万变.规律1利用和差函数求导法则构造函数(1)若f ′(x )+g ′(x )>0(或<0),则构造辅助函数h (x )=f (x )+g (x );(2)若f ′(x )−g ′(x )>0(或<0),则构造辅助函数h (x )=f (x )−g (x );特别的,若f ′(x )>k (或<k )(k =0),则构造辅助函数g (x )=f (x )−kx .规律2利用积商函数求导法则构造函数(1)若f ′(x )g (x )+f (x )g ′(x )>0(或<0),则构造辅助函数g (x )=f (x )g (x );(2)若f ′(x )g (x )−f (x )g ′(x )>0(或<0),则构造辅助函数g (x )=f (x )g (x ).规律3常见的构造特殊函数的模型(1)若xf ′(x )+f (x )>0(或<0),则构造辅助函数g (x )=xf (x );(2)若xf ′(x )−nf (x )>0(或<0),则构造辅助函数g (x )=f (x )xn ;(3)若f ′(x )+kf (x )>0(或<0),则构造辅助函数g (x )=e kx f (x );(4)若f (x )+f ′(x )tan x >0(或<0),则构造辅助函数g (x )=sin xf (x );(5)若f (x )−f ′(x )tan x >0(或<0),则构造辅助函数g (x )=f (x )sin x;(6)若f ′(x )−f (x )tan x >0(或<0),则构造辅助函数g (x )=sin xf (x ).解决抽象函数导数不等式问题的关键是,构造出满足题目条件的特殊函数或根据题意构造出合适的辅助函数,但在解决有关解决抽象函数导数不等式问题的过程中,由于条件隐蔽、需要转化处理等,加大了解题难度.因此,只有熟练此类问题的解法,积累丰富的解题经验,全面提升自己的数学素养等,方可正确的构造出满足题目条件的特殊函数或构造出合适的辅助函数,最后顺利解决问题.。
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A. B. C. D.
练习9 是定义在R上的函数，其导函数为 ，若 ， ，则不等式 的解集为．
练习10已知函数 满足 ，且在 上， ，
则不等式 的 的取值范围（）
A. B. C. D.
练习11（14年全国卷2）设 ，若存在 的极值点 ，
A. B. C. D.
3.利用导数研究函数的单调性、构造函数求参数范围,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数。
4.利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。
例4已知定义域为 的奇函数 的导函数为 ，当 时，
满足 ，则 的取值范围。
小结：（1） 构造
（2） 构造
（3） 构造
（4） 构造
（5） 构造
高考数学中抽象导函数不等式解法与技巧
1.利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：
如 构造 ， 构造 ， 构造 ， 构造 等。
例1．（2015全国卷2）设函数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，＋∞)
练习1设 是偶函数， ，当 时， ，则不等式 的解集。
练习2若定义在 上的函数 满足 ，其导函数 ，则下列结论中一定错误的是（）
A. B. C. D.
2.根据导函数求原函数，常常需构造辅助函数，一般根据导数法则进行：
例5设 为 的导函数，已知 则结论正确是（）
A. 在 上单调递增；B. 在 上单调递减；
C. 在 上有极大值；D. 在 上有极小值。
6.利用导数研究函数的单调性、构造函数证明函数的单调性,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，（1）条件含有 ，就构造 ,（2）若 ，就构造 ，（3） ，就构造 ，（4） 就构造 ，等便于给出导数时联想构造函数。
例3设定义在R上的函数 满足任意 都有 ，且 时， ，则 的大小关系（ ）
A. B.
C. D.
练习4已知函数 在 上单调递减， 为其导函数，若对任意 都有 ，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
练习5已知定义在 上的函数 ，其导函数为 ，若 ， ，则不等式 的解集是（）
A. B. C. D.
如： 构造 ， 构造 ， 构造 ， 构造 等。
例2设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xlnx， ，则f(x)()
A.有极大值，无极小值；B.有极小值，无极大值；
C.既有极大函数 ，对于任意实数 ，都有 ，当 时， 若 ，则 的取值范围为（ ）
，若 ， ， ，则 ， ， 的大小关系正确的是（）
A. B. C. D.
练习6已知 的定义域为R， ，且 在R上的导函数满足 ，则不等式 的解集；
练习7已知 的定义域为R的可导函数，满足 ，且 ；则不等式 的解集。
练习8设定义在R上的函数 ,对任意的 ,都有 , 且 ,当 时, ,则不等式 的解集为（ ）
A. B. C. D.
5.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系. (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题. (4)考查数形结合思想的应用。