第3章 创新拓展系列(四) 构造函数解不等式（word教参）-【正禾一本通】2024高考文科数学高三一轮总复习高效讲义（老教材老高考）

　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　创新拓展系列(四)·构造函数解不等式　　　　　　 以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，”等特征式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题． 题型一　构造y＝f(x)±g(x)型可导函数 [例1] 设f(x)为R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cos x<0，则不等式f(x)<sin x的解集为________． 解析：令φ(x)＝f(x)－sin x， ∴当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cos x<0， ∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递减， 又f(x)为R上的奇函数， ∴φ(x)为R上的奇函数， ∴φ(x)在(－∞，0]上单调递减， 故φ(x)在R上单调递减且φ(0)＝0， 不等式f(x)<sin x可化为f(x)－sin x<0， 即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0， ∴原不等式的解集为(0，＋∞). 答案：(0，＋∞) 题型二　利用f(x)与x构造可导型函数 [例2] (2022·陕西宝鸡二模)已知函数f(x)的定义域为，且满足f＋xf′>0(f′是f(x)的导函数)，则不等式f<f的解集为(　　 ) A． B． C． D． [思维点拨]　根据f＋x·f′>0可知g＝xf在上单调递增，再将不等式f<f转化为g<g，最后利用g＝xf在上单调递增列不等式求解． 解析：选B．由f＋x·f′>0得，>0. 令g＝xf，则g在上单调递增， 不等式两边同时乘以x＋1得，f(x2－1)<f，即g<g， 所以解得1<x<2. [例3] 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____________． [思维点拨]　满足“xf′(x)－nf(x)”形式，优先构造F(x)＝，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可． 解析：构造f(x)＝，则F′(x)＝，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)为偶函数，x2为偶函数，∴f(x)为偶函数， ∴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). 答案：(－1，0)∪(0，1) 题型三　利用f(x)与ex构造可导型函数 [例4] 若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)－2f(x)＞0，f(0)＝1，则不等式f(x)＞e2x的解集为________. 解析：构造f(x)＝，则F′(x)＝＝， 函数f(x)满足f′(x)－2f(x)＞0， 则F′(x)＞0，f(x)在R上单调递增． 又∵f(0)＝1，则F(0)＝1，f(x)＞e2x⇔＞1⇔f(x)＞F(0)，根据单调性得x＞0. 答案：(0，＋∞) 题型四　利用f(x)与sin x，cos x构造可导型函数 [例5] 已知函数f(x)是定义在上的奇函数．当x∈[0，)时，f(x)＋f′(x)tan x>0，则不等式cos xf＋sin xf(－x)>0的解集为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C．令g(x)＝f(x)sin x，则g′(x)＝f(x)cos x＋f′(x)sin x＝[f(x)＋f′(x)tan x]cos x，当x∈[0，)时，f(x)＋f′(x)tan x>0，cos x>0，∴g′(x)>0，即函数g(x)单调递增．又g(0)＝0，∴x∈[0，)时，g(x)＝f(x)sin x≥0.∵f(x)是定义在上的奇函数，∴g(x)是定义在上的偶函数．不等式cos x·f＋sin x·f(－x)>0， 即sin ·f>sin x·f(x)，即g>g(x)，∴|x＋|>|x|， ∴x>－　①，又－<x＋<，故－π<x<0　②，由①②得不等式的解集是.故选C． 【思维升华】　常见的构造函数类型 1．利用f(x)与xn构造函数 (1)若F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)＝xn－1[nf(x)＋xf′(x)]； (2)若F(x)＝，则F′(x)＝＝. 　由此得到结论： (1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)； (2)出现xf′(x)－nf(x)形式，