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
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)<1
2
，则不等式f(x)<
x
2
+
1
2
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)<x
2
+
1
2
得1<
x
2
+
1
2
，解得x>1，故选D.
策略二：构造辅助函数.令g(x)=f(x)−x
2
−1
2
，则
g′(x)=f′(x)−1
2
<0，所以g(x)在R上单调递减，又因为
g(1)=f(1)−
1
2
−1
2
=0，所以当x>1时满足g(x)<0，即
f(x)<
x
2
+
1
2
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)<
1
2
，则不等式f
(
lg2x
)
<
lg2x
2
+
1
2
的解集为()
A.
(
0,
1
10
)
B.(10,+∞)
C.(
110,10) D.(0,1
10
)∪(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+1
2
得x >1，令
lg 2x 2+12>1，解得x >10或0<x <1
10
，故选D.策略二：构造辅助函数.令g (x )=f (x )−x 2−1
2
，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)−1
2−12=0，所以当x >1时满足g (x )<0
即f (x )<x 2+1
2成立，从而得lg 2x >1，解得x >10或
0<x <1
10
，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 )<1k
B.f (1k )>
1
k −1
C.f (1k −1)<1k −1
D.f (1k −1)
>
k
k −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 +2
k −1=2k >1k −1
有解，故B 正确；当m =1时,f (1k −1)=2
k −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 x
f (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 )
e
x .
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 1
f (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 1
f (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 2016
f (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2
f (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)2
f (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 )
x
2，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)=1
f (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)=1
f (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 )
e
kx .
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 .
澄海华侨中学规律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 )
x
n ;
(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 x
f (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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