高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義(新高考版)專題1培優(yōu)點(diǎn)3導(dǎo)數(shù)中函數(shù)的構(gòu)造問題(學(xué)生版+解析)

培優(yōu)點(diǎn)3導(dǎo)數(shù)中函數(shù)的構(gòu)造問題【要點(diǎn)提煉】導(dǎo)數(shù)問題中已知某個(gè)含f′(x)的不等式，往往可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性，我們可以根據(jù)不等式的形式構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)求解問題．【典例】1(1)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，則不等式xf(x)>0的解集為________________．(2)已知偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，2f(x)>xf′(x)，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是________________．【典例】2(1)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)>f(x)恒成立，若x1<x2，則f(x2)與f(x1)的大小關(guān)系為()A．f(x2)>f(x1)B．f(x2)<f(x1)C．f(x2)＝f(x1)D．f(x2)與f(x1)的大小關(guān)系不確定(2)已知定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)，f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有f(x)<f′(x)tanx成立，則()A.eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) B．f(1)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))sin1C.eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D.eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))【方法總結(jié)】(1)構(gòu)造函數(shù)xf(x)，eq\f(fx,x)：當(dāng)條件中含“＋”時(shí)優(yōu)先考慮xf(x)；當(dāng)條件中含“－”時(shí)優(yōu)先考慮eq\f(fx,x).(2)構(gòu)造函數(shù)eq\f(fx,xn)：條件中含“xf′(x)－nf(x)”的形式；構(gòu)造函數(shù)xf(nx)：條件中含“nxf′(nx)＋f(nx)”的形式．(3)構(gòu)造函數(shù)eq\f(fx,ex)：條件中含“f′(x)－f(x)”的形式．(4)構(gòu)造函數(shù)eq\f(fx,sinx)：條件中含“f′(x)sinx－f(x)cosx”的形式．1．(2020·廣東韶關(guān)調(diào)研)已知f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，且?x∈R，均有f(x)>f′(x)，則以下判斷正確的是()A．f(2021)>e2021f(0)B．f(2021)<e2021f(0)C．f(2021)＝e2021f(0)D．f(2021)與e2021f(0)的大小關(guān)系無法確定2．已知f(x)是定義在R上的減函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足eq\f(fx,f′x)＋x<1，則下列結(jié)論正確的是()A．對于任意x∈R，f(x)<0B．對于任意x∈R，f(x)>0C．當(dāng)且僅當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)<0D．當(dāng)且僅當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>03．設(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(1)＝0，當(dāng)x<0時(shí)，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，則不等式f(x)>0的解集為________________________．4．設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋2020)2f(x＋2020)－4f(－2)>0的解集為________．培優(yōu)點(diǎn)3導(dǎo)數(shù)中函數(shù)的構(gòu)造問題【要點(diǎn)提煉】導(dǎo)數(shù)問題中已知某個(gè)含f′(x)的不等式，往往可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性，我們可以根據(jù)不等式的形式構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)求解問題．【典例】1(1)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，則不等式xf(x)>0的解集為________________．【答案】(－∞，－4)∪(0,4)【解析】構(gòu)造F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＋xf′(x)<0，可以推出當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，∵f(x)為偶函數(shù)，∴F(x)＝xf(x)為奇函數(shù)，∴F(x)在(0，＋∞)上也單調(diào)遞減．根據(jù)f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)圖象(圖略)，根據(jù)圖象可知xf(x)>0的解集為(－∞，－4)∪(0,4)．(2)已知偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，2f(x)>xf′(x)，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是________________．【答案】(－1,0)∪(0,1)【解析】構(gòu)造F(x)＝eq\f(fx,x2)，則F′(x)＝eq\f(f′x·x－2fx,x3)，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∵f(x)為偶函數(shù)，∴F(x)＝eq\f(fx,x2)為偶函數(shù)，∴F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．根據(jù)f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)圖象(圖略)，根據(jù)圖象可知f(x)>0的解集為(－1,0)∪(0,1)．【典例】2(1)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)>f(x)恒成立，若x1<x2，則f(x2)與f(x1)的大小關(guān)系為()A．f(x2)>f(x1)B．f(x2)<f(x1)C．f(x2)＝f(x1)D．f(x2)與f(x1)的大小關(guān)系不確定【答案】A【解析】設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex).由題意得g′(x)>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，當(dāng)x1<x2時(shí)，g(x1)<g(x2)，即<，所以f(x2)>f(x1)．(2)已知定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)，f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有f(x)<f′(x)tanx成立，則()A.eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) B．f(1)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))sin1C.eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D.eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))【答案】D【解析】構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,sinx)，則g′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)，由已知可得，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin\f(π,6))<eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),sin\f(π,3))，∴eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).【方法總結(jié)】(1)構(gòu)造函數(shù)xf(x)，eq\f(fx,x)：當(dāng)條件中含“＋”時(shí)優(yōu)先考慮xf(x)；當(dāng)條件中含“－”時(shí)優(yōu)先考慮eq\f(fx,x).(2)構(gòu)造函數(shù)eq\f(fx,xn)：條件中含“xf′(x)－nf(x)”的形式；構(gòu)造函數(shù)xf(nx)：條件中含“nxf′(nx)＋f(nx)”的形式．(3)構(gòu)造函數(shù)eq\f(fx,ex)：條件中含“f′(x)－f(x)”的形式．(4)構(gòu)造函數(shù)eq\f(fx,sinx)：條件中含“f′(x)sinx－f(x)cosx”的形式．1．(2020·廣東韶關(guān)調(diào)研)已知f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，且?x∈R，均有f(x)>f′(x)，則以下判斷正確的是()A．f(2021)>e2021f(0)B．f(2021)<e2021f(0)C．f(2021)＝e2021f(0)D．f(2021)與e2021f(0)的大小關(guān)系無法確定【答案】B【解析】令函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex).∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，∴g(2021)<g(0)，∴eq\f(f2021,e2021)<eq\f(f0,e0)，∴f(2021)<e2021f(0)．故選B.2．已知f(x)是定義在R上的減函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足eq\f(fx,f′x)＋x<1，則下列結(jié)論正確的是()A．對于任意x∈R，f(x)<0B．對于任意x∈R，f(x)>0C．當(dāng)且僅當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)<0D．當(dāng)且僅當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0【答案】B【解析】因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的減函數(shù)，所以f′(x)<0.因?yàn)閑q\f(fx,f′x)＋x<1，所以f(x)＋xf′(x)>f′(x)，所以f(x)＋(x－1)f′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝(x－1)·f(x)，則g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以當(dāng)x<1時(shí)，g(x)<0，所以f(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，所以f(x)>0.因?yàn)閒(x)是定義在R上的減函數(shù)，所以f(1)>0.綜上，對于任意x∈R，f(x)>0，故選B.3．設(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(1)＝0，當(dāng)x<0時(shí)，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，則不等式f(x)>0的解集為________________________．【答案】(－∞，－1)∪(1，＋∞)【解析】構(gòu)造F(x)＝eq\f(fx,x)，則F′(x)＝eq\f(f′x·x－fx,x2)，當(dāng)x<0時(shí)，xf′(x)－f(x)>0，可以推出當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，∵f(x)為偶函數(shù)，∴F(x)為奇函數(shù)，∴F(x)在(0，＋∞)上也單調(diào)遞增，根據(jù)f(1)＝0可得F(1)＝0.根據(jù)函數(shù)圖象(圖略)可知f(x)>0的解集為(－∞，－1)∪(1，＋∞)．4．設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋2020)2f(x＋2020)－4f(－2)>0的解集為_______