求解函数不等式[给定抽象函数]
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求解题目中给定抽象函数后的函数不等式。
前言
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；
相关链接
- 1、函数方程与函数不等式；
- 2、求解具体函数不等式；
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!
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：
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。
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。
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。
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。
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\(f\)。
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\(8<x\leqslant 9\).
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。
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
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\(D\)。
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：
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\(D\)。
综合应用
（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\(x\in (-1，2)\)。
（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\(a\in (-3，2)\)。
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\(\{x\mid 0<x<\cfrac{1}{3}或1<x<3 \}\)。
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\(C\)。
解析：由于\(F^{\prime}(x)=\cfrac{f^{\prime}(x)e^{x}- e^{x}f(x)}{(e^{x})^{2}}=\cfrac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}}\)；
又 \(f(x)-f^{\prime}(x)>0\)，知\(F^{\prime}(x)<0\)，所以 \(F(x)\) 在定义域\(R\)上单调递减.
由 \(F(x)<\cfrac{1}{e^{2}}=F(1)\)，得 \(x>1\)，
所以不等式 \(F(x)<\cfrac{1}{e^{2}}\) 的解集为\((1,+\infty)\)， 故选 \(B\)；
解: 由于定义域为\((-\infty, 0)\)，则首先必须满足\(x-2<0\)且\(x+\cfrac{1}{2}<0\)；
又由于\(f(x_1)f(x_2)=f(x_1+x_2)\)，则已知表达式\(f(x-2)>[f(x+\cfrac{1}{2})]^{2}\)
等价于\(f(x-2)>f(x+\cfrac{1}{2})\cdot f(x+\cfrac{1}{2})=f[(x+\cfrac{1}{2})+(x+\cfrac{1}{2})]=f(2x+1)\)；
即\(f(x-2)>f(2x+1)\)，由函数在\((-\infty, 0)\)上单调递减，得到\(x-2<2x+1\)；
解不等式组\(\left\{\begin{array}{l}{x-2<0}\\{x+\cfrac{1}{2}<0}\\{x-2<2x+1}\end{array}\right.\) 得到\(-3<x<-\cfrac{1}{2}\)，故选\(B\).
解析: 令\(y=f(2x^{2}+1)+f(\lambda-x)=0\)， 则\(f(2 x^{2}+1)=-f(\lambda-x)=f(x-\lambda)\)，
因为 \(f(x)\)是\(R\) 上的单调函数， 所以\(2 x^{2}+1=x-\lambda\)，
即 \(2x^{2}-x+1+\lambda=0\) 只有一个实根，
则 \(\Delta=1-8(1+\lambda)=0\)，解得\(\lambda=-\cfrac{7}{8}\)，故选\(C\).
解后反思： 本题目若由\(f[x(x-8)]\leqslant f(9)\)转化得到\(\begin{cases}x(x-8)>0\\x(x-8)\leq 9\end{cases}\)，
这样的转化往往是不等价的，在求定义域时一般需要针对原始的式子作限制，否则容易出错。
因为本题目中的定义域应该是\(x>0\)且\(x-8>0\)，而\(x(x-8)>0\)包含了\(x>0，x-8>0\)和\(x<0，x-8<0\)两种情形，
由此我们可以得到的经验是：求定义域时，一般对函数的给定形式不做变形，因为我们大多做不到等价变形；比如给定函数\(y=lgx^2\)，我们常常会化为\(y=2lgx\)，殊不知这样的变形是错误的，\(y=lgx^2\)的定义域是\((-\infty，0)\cup(0，+\infty)\)，还是偶函数，而\(y=2lgx\)的定义域是\((0，+\infty)\)，没有奇偶性，其实\(y=lgx^2=2lg|x|\)，有人就纳闷了，我们平时不是经常用公式\(log_a\;b^n=nlog_a\;b\)，对，没错，但是你注意过公式中的字母取值吗？ ↩︎原因一：\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)时，\(y=x>0\)且单调递增，\(y=sinx>0\)且单调递增，故\(g(x)\)在\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增；
原因二：导数法，\(g'(x)=sinx+x\cdot cosx\)，当\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)时，\(g'(x)>0\)，故\(g(x)\)在\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增；
综上，函数\(g(x)\)在\([-\cfrac{\pi}{2}，0]\)上单调递减，在\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增。 ↩︎在求解\(2^x\geqslant 3\)时需要将常数指数化，变形为\(2^x\geqslant 2^{log_23}\)，从而得到\(x\geqslant log_23\)；
在求解\(log_2x\geqslant 3\)时需要将常数对数化，变形为\(log_2x\geqslant log_22^3=log_28\)，从而得到\(x\geqslant 8\)；
故在求解\(f(a^2+a-5)<2\)时，需要将常数\(2\)先\(f\)化。 ↩︎
