专题1 培优点2 导数中的函数构造问题-（配套课件）2022老高考文科数学【步步高】大二轮专题复习与增分策略（皖黑吉陕新蒙晋赣青甘豫宁桂贵云川藏）

培优点2　导数中的函数构造问题 专题一　函数与导数 1 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，根据不等式的形式构造适当的函数是求解问题的关键. 例1　(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. B. C. 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 (2)(2021·安庆模拟)已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(1)≠0，且满足f′(x)ln x＋ <0，则不等式(x－1) f(x)<0的解集为 A.(1，＋∞) B.(0,1) C.(－∞，1) D.(－∞，0)∪(1，＋∞) √ ∴g(x)＝f(x)ln x在(0，＋∞)上单调递减，而g(1)＝0， ∴在(0,1)上ln x<0，g(x)>0； 在(1，＋∞)上ln x>0，g(x)<0，而f(1)<0， ∴在(0，＋∞)上f(x)<0，又函数f(x)为奇函数， ∴在(－∞，0)上f(x)>0. ∴x∈(－∞，0)∪(1，＋∞). 解析　令F(x)＝xf(x)－ln x， 则函数F(x)为常函数，又F(1)＝1×f(1)－ln 1＝1， 5e 解析　由xex＝5，两边取以e为底的对数，得x＋ln x＝ln 5， 即ln 5－ln t－t＝0，所以ln 5＝ln t＋t， 所以f(x)＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增， 由x＋ln x＝ln 5以及ln 5＝ln t＋t，则x＝t， 能力 提升 跟踪演练 1 2 3 4 √ 1.(2021·淄博模拟)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中正确的是 1 2 3 4 当0<x<e时，f′(x)>0，当x>e时，f′(x)<0， 所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， C，D不正确. 1 2 3 4 A.(－∞，－3)∪(0,3) B.(－3,3) C.(－3,0)∪(0,3) D.(－∞，－3)∪(3，＋∞) √ 当x>0 时，xf′(x)－2f(x)>0，故g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞) 上单调递增， 1 2 3 4 综上所述，x∈(－∞，－3)∪(0,3). 1 2 3 4 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 解析　令g(x)＝f(x)＋sin x， 则g(－x)＝f(－x)＋sin(－x)＝f(－x)－sin x. 又f(x)＝f(－x)－2sin x， 所以f(x)＋sin x＝f(－x)－sin x. 故g(－x)＝g(x)，即g(x)为定义在R上的偶函数. 当x≥0时，g′(x)＝f′(x)＋cos x>0， 所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增， 又因为g(x)为偶函数，故g(x)在(－∞，0]上单调递减， 1 2 3 4 1 2 3 4 4.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x)，当x≥0时，f(x)＋xf′(x)>1.若对任意的x∈R，不等式g(x)f(g(x))－g(x)＋aex－aexf(aex)≥0恒成立，若g(x)＝e2x＋4，则实数a的取值范围是 A.a≤1 B.a≤e C.a≤4 D.a≥1 √ 1 2 3 4 解析　因为当x≥0时，f(x)＋xf′(x)>1，所以f(x)＋xf′(x)－1>0， 令h(x)＝xf(x)－x，则h′(x)＝f(x)＋xf′(x)－1>0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 因为f(x)是偶函数，所以f(－x)＝f(x)， 所以h(－x)＝－xf(－x)＋x＝－[xf(x)－x]＝－h(x)， 所以h(x)为奇函数，所以h(x)在R上单调递增， 因为g(x)·f(g(x))－g(x)＋aex－aexf(aex)≥0恒成立，所以h(g(x))≥h(aex)恒成立， 所以g(x)≥aex恒成立， 1 2 3 4 因为g(x)＝e2x＋4，所以g(x)＝e2x＋4≥aex恒成立， 本课结束 解析　设g(x)＝， 则g′(x)＝＝.   解析　∵[f(x)ln x]′＝f(x)＋f′(x)ln x<0， 不等式(x－1)f(x)<0等价于或 例2　(1)(2021·大连模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x)＋xf′(x)＝，f(1)＝1，则f(x)的零点是_____. 令f(x)＝0，所以x＝. 则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)－， 又f(x)＋xf′(x)＝， 所以F′(x)＝f(x)＋xf′(x)