专题1 培优点3 导数中函数的构造问题（全国Ⅲ）-2021【步步高】高考理数大二轮专题复习与增分策略（桂贵云川藏）课件

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)设f(x)是定义在R上的奇函数，在(－∞，0)上有2xf′(2x)＋f(2x)<0，且f(－2)＝0，则不等式xf(2x)<0的解集为_____________. (－1,0)∪(0,1) 解析　构造F(x)＝xf(2x)，则F′(x)＝2xf′(2x)＋f(2x)， 当x<0时，2xf′(2x)＋f(2x)<0， 可以推出当x<0时，F′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减， ∵f(x)为奇函数，∴F(x)＝xf(2x)为偶函数， ∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增， 根据f(－2)＝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xf(2x)<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 √ 1 2 3 ∵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 √ 1 2 3 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 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 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，＋∞). 解析　设g(x)＝， 则g′(x)＝＝. (2)已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)<f′(x)tan x成立，则 A.f >f  B.f(1)<2f sin 1 C.f >f  D.f <f  解析　构造函数g(x)＝， 则g′(x)＝， 由已知可得，当x∈时，g′(x)>0，g(x)为增函数， ∴g<g，即<， ∴f <f . (1)构造函数xf(x)，：当条件中含“＋”时优先考虑xf(x)；当条件中含“－”时优先考虑. (2)构造函数：条件中含“xf′(x)－nf(x)”的形式； 构造