专题一 培优点3 导数中函数的构造问题-2021【步步高】高考文科数学大二轮专题复习与增分策略课件（皖黑吉陕新蒙晋赣青甘豫）通用

培优点3　导数中函数的构造问题 专题一　函数与导数 　　导数问题中已知某个含f′(x)的不等式，往往可以转化为函数的单调性，我们可以根据不等式的形式构造适当的函数求解问题. 例1　(1)f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为_________________. (－∞，－4)∪(0,4) 解析　构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)， 当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，可以推出当x<0时，F′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减， ∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝xf(x)为奇函数， ∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减. 根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0， 根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)， 根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4). (2)已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是_____________. (－1,0)∪(0,1) 当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0， 可以推出当x>0时，F′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减， ∴F(x)在(－∞，0)上单调递增. 根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)， 根据图象可知f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1). 例2　(1)定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x)恒成立，若x1<x2，则 f(x2)与 f(x1)的大小关系为 A. f(x2)> f(x1) B. f(x2)< f(x1) C. f(x2)＝ f(x1) D. f(x2)与 f(x1)的大小关系不确定 √ 由题意得g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增， 当x1<x2时，g(x1)<g(x2)，即 ， 所以 f(x2)> f(x1). √ 能力 提升 1.已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则以下判断正确的是 A.f(2 021)>e2 021f(0) B.f(2 021)<e2 021f(0) C.f(2 021)＝e2 021f(0) D.f(2 021)与e2 021f(0)的大小关系无法确定 跟踪演练 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 ∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0， 即函数g(x)在R上单调递减， ∴f(2 021)<e2 021f(0).故选B. 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 解析　因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0. 所以f(x)＋(x－1)f′(x)>0，构造函数g(x)＝(x－1)·f(x)， 则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0， 所以函数g(x)在R上单调递增， 又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x<1时，g(x)<0，所以f(x)>0； 当x>1时，g(x)>0，所以f(x)>0. 因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)>0. 综上，对于任意x∈R，f(x)>0，故选B. 1 2 3 4 3.设f(x)是定义在R上的偶函数，且f(1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，则不等式f(x)>0的解集为_______________________. (－∞，－1)∪(1，＋∞) 1 2 3 4 当x<0时，xf′(x)－f(x)>0，可以推出当x<0时，F′(x)>0，F(x)在(－∞，0)上单调递增， ∵f(x)为偶函数， ∴F(x)为奇函数， ∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递增， 根据f(1)＝0可得F(1)＝0. 根据函数图象(图略)可知f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞). 1 2 3 4 4.设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2 020)2f(x＋2 020)－4f(－2)>0的解集为________________. (－∞，－2 022) 1 2 3 4 解析　由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0，得2xf(x)＋x2·f′(x)<x3， 即[x2f(x)]′<x3<0， 令F(x)＝x2f(x)，则当x<0时，F′(x)<0， 即F(x)在(－∞，0)上是减函数. 因为F(x＋2 020)＝(2 020＋x)2f(x＋2 020)，F(－2)＝4f(－2)， 所以F(2 020＋x)－F(－2)>0， 即F(