第五章 重点题型强化（五）导数中的函数构造问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版2019）

[学习目标]　1.了解导数中几种常见的构造函数的形式．　2.会根据要求通过构造函数解决一些简单的问题． 类型一　利用f(x)与x构造 (1)设f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，f′(x)<3，f(－3)＝－2，则f(x)>3x＋7的解集为(　　) A．(－∞，－1) B．(－∞，－3) C．(－3，0)∪(1，＋∞) D．(－1，0)∪(1，＋∞) (2)已知y＝f(x)是定义在R上的偶函数，且当x>0时，不等式xf′(x)＋f(x)<0成立，若a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝log3 ·f，则a，b，c的大小关系是________． 答案：(1)B 　(2)c>b>a 解析：(1)因为f′(x)<3，即f′(x)－3<0，设函数g(x)＝f(x)－3x，g′(x)＝f′(x)－3<0，则g(x)在R上单调递减，又f(－3)＝－2，所以g(－3)＝f(－3)－3×(－3)＝7，不等式f(x)>3x＋7转化为f(x)－3x>7，即g(x)>g(－3)，所以x<－3.故选B． (2)令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)．由条件知，当x>0时，g′(x)<0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(x)为偶函数，则g(x)为奇函数，故g(x)在R上单调递减．又log3<logπ3<30.3，所以c>b>a. 规律方法 用函数单调性比较大小或解不等式时常构造函数 1．对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)． 2．对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x)． 3．对于f′(x)>a，构造h(x)＝f(x)－ax. 4．对于xf′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝xf(x)． 5．对于xf′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝. 对点练1.(1)设f(x)，g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时有(　　 ) A．f(x)g(x)>f(b)g(b) B．f(x)g(b)>f(b)g(x) C．f(x)g(a)>f(a)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(x) (2)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　 ) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) (3)f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且满足xf′(x)＋2f(x)>0，则不等式<的解集为(　　 ) A．{x|x>－2 021} B．{x|x<－2 021} C．{x|－2 024<x<0} D．{x|－2 024<x<－2 021} 答案：(1)B　(2)A　(3)D 解析：(1)构造函数F(x)＝，则F′(x)＝，由f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，得F′(x)<0，所以F(x)为减函数．因为a<x<b，所以<<，又f(x)，g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，故f(x)g(b)>f(b)g(x)．故选B． (2)构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0.当0<x<1时，g(x)>0，则f(x)>0；当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．故选A． (3)构造函数g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，因为定义域为(0，＋∞)，且xf′(x)＋2f(x)>0，所以g′(x)>0，所以函数g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不等式<可化为(x＋2 024)2f(x＋2 024)<32f(3)，即g(x＋2 024)<g(3)，所以有0<x＋2 024<3，解得－2 024<x<－2 021.即不等式的解集为{x|－2 024<x<－2 021}．故选D． 类型二　利用f(x)与ex构造 已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则(　　) A．e－2 024f(－2 024)<f(0)，e2 024f(2 024)>f(0) B．e－2 024f(－2 024)<f(0)，e2 024f(2 024)<f(0) C．e－2 024f(－2 024)>f(0)，e2 024f(2 024)>f(0) D．e－2 024f(－2 024)>f(0)，e2 024f(2 024)<f(0) 答案：A 解析：构造函数h(x)＝exf(x)，则h′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以函数h(x)在R上单调递增，故h(－2 024)<h(0)，即e－2 024f(－2 024)<e0f(0)，即e－2 024f(－2 024)<f(0)．同理，h(2 024)>h(0)，即e2 024f(2 024)>f(0)．故选A． 学生用书↓第81页 [变式探究]　(变条件)若本例中的条件“f(x)＋f′(x)>0”变为“f′(x)>f(x)”，比较e2 024f(－2 024)和f(0)的大小． 解：构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为对任意的x∈R，都有f′(x)>f(x)，所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增，所以g(－2 024)<g(0)，即<，所以e2 024f(－2 024)<f(0)． 规律方法 f(x)与ex构造常见的形式 1．对于f′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝exf(x)． 2．对于f′(x)>f(x)，构造h(x)＝. 对点练2.(2024·陕西西安高二期中)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)<f′(x)<0，则(　　) A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1) B．ef(2)>f(1)，f(2)<ef(1) C．ef(2)<f(1)，f(2)<ef(1) D．ef(2)<f(1)，f(2)>ef(1) 答案：D 解析：构造函数g(x)＝⇒g′(x)＝，因为f(x)<f′(x)，所以g′(x)>0，因此函数g(x)是增函数，于是有g(2)>g(1)⇒>⇒f(2)>ef(1)，构造函数h(x)＝f(x)·ex⇒h′(x) ＝ex[f(x)＋f′(x)]，因为f(x)<f′(x)<0，所以h′(x)<0，因此h(x)是单调递减函数，于是有h(2)<h(1)⇒e2f(2)<ef(1)⇒ef(2)<f(1)．故选D． 类型三　利用f(x)与sin x，cos x构造 (多选)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确的是(　　) A．f<f B．f>0 C．f>f D．f>f 答案：CD 解析：构造函数g(x)＝，x∈，则g′(x)＝，因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，所以g′(x)＝<0在上恒成立，因此函数g(x)＝在上单调递减，又<，所以g>g，即>，即f >f ，故A错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝＝0，所以g(x)＝≤0在上恒成立，因为ln ∈，所以f <0，故B错误；又<，所以g>g，所以>，即f>f，故C正确；又<，所以g>g，所以>，即f >f ，故D正确．故选CD． 规律方法 f(x)与sin x，cos x构造常见的形式 1．对于f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，构造函数h(x)＝f(x)sin x. 2．对于f′(x)sin x－f(x)cos x>0，构造函数h(x)＝. 3．对于f′(x)cos x－f(x)sin x>0，构造函数h(x)＝f(x)cos x. 4．对于f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，构造函数h(x)＝. 对点练3.已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0)对称，函数y＝f(x)对于任意的x∈(0，π)满足f′(x)sin x>f(x)cos x(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是(　　) A．f >－f B．f <－f C．f >2f D．f <f 答案：C 解析：由已知，得f(x)为奇函数，由函数y＝f(x)对于任意的x∈(0，π)满足f′(x)sin x>f(x)cos x，得f′(x)sin x－f(x)cos x>0，即′>0，所以构造函数g(x)＝，知g(x)＝在(0，π)上单调递增，又因为g(x)＝为偶函数，所以g(x)＝在(－π，0)上单调递减，所以<，即f >2f .故选C． 知识 1.几种常见的构造形式.2.掌握由导函数的结构形式构造原函数 方法 构造法 易错误区 不能正确构造出符合题意的函数 学生用书↓第82页 1．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　) A．(－1，1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 答案：B 解析：f(x)>2x＋4⇒f(x)－2x>4，构造函数g(x)＝f(x)－2x，g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)为R上的单调递增函数，又因为g(－1)＝f(－1)－2×(－1)＝4，所以不等式的解集为(－1，＋∞)．故选B． 2．已知f′(x)是定义在R上的函数f(x)的导函数，且满足xf′(x)＋f(x)>0对任意的x∈R都成立，则下列选项中一定正确的是(　　 ) A．f(1)> B．>f(2) C．f(1)< D．<f(2) 答案：D 解析：构造函数F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，故F(x)为R上的增函数，所以F(2)>F(1)，即2f(2)>f(1)，<f(2)．故选D． 3．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R满足f(x)＋f′(x)<0，则下列结论一定正确的是(　　) A．e2f(2)>e3f(3) B．e2f(2)<e3f(3) C．e3f(2)>e2f(3) D．e3f(2)<e2f(3) 答案：A 解析：构造函数g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]，因为f(x)＋f′(x)<0，故g′(x)<0，因此可得g(x)在R上单调递减，由于2<3，故g(2)>g(3)⇒e2f(2)>e3f(3)．故选A． 4．(多选)已知函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上均有f′(x)<g′(x)，则在[a，b]上，下列关系式中正确的是(　　) A．f(x)＋f(b)≥g(x)＋g(b) B．f(x)－f(b)≥g(x)－g(b) C．f(x)＋g(a)≤g(x)＋f(a) D．f(x)－g(a)≥g(x)－f(a) 答案：BC 解析：根据题意，由f′(x)<g′(x)得f′(x)－g′(x)<0，故构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，知F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上为减函数，由函数单调性知，在[a，b]上必有F(x)≥F(b)，即f(x)－g(x)≥f(b)－g(b)，移项整理得f(x)－f(b)≥g(x)－g(b)．同理F(x)≤F(a)，f(x)－g(x)≤f(a)－g(a)，移项整理得f(x)＋g(a)≤g(x)＋f(a)．故选BC． 课时测评23　导数中的函数构造问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—10每小题5分，共50分) 1．已知函数y＝f(x)(x∈R)满足f(2)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<1，则f(x)>x－1的解集为(　　) A．{x|－2<x<2} B．{x|x<2} C．{x|x<－2，或x>2} D．{x|x>2} 答案：B 解析：构造函数g(x)＝f(x)－(x－1)，则g′(x)＝f′(x)－1<0，所以g(x)在R上单调递减．又f(2)＝1，所以g(2)＝f(2)－(2－1)＝0.由f(x)>x－1，得g(x)>g(2)＝0，解得x<2.故选B． 2．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若a<b，则必有(　　 ) A．bf(b)≤af(a) B．bf(a)≤af(b) C．af(a)≤bf(b) D．af(b)≤bf(a) 答案：A 解析：构造函数g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，所以g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减或g(x)为常函数．因为a<b，所以g(a)≥g(b)，即bf(b)≤af(a)．故选A． 3．已知函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log2·f，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．a>c>b D．c>a>b 答案：B 解析：因为函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，由题意知，当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上单调递减，又g(x)是奇函数，所以g(x)在R上单调递减，因为20.6>1，0<ln 2<1，log2＝－3<0，所以log2<0<ln 2<1<20.6，又a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，c＝g，所以c>b>a.故选B． 4．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)<－f′(x)，则下列式子成立的是(　　) A．f(2 023)>ef(2 024) B．f(2 023)<ef(2 024) C．ef(2 023)>f(2 024) D．ef(2 023)<f(2 024) 答案：A 解析：依题意得f(x)＋f′(x)<0，构造函数g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]<0在R上恒成立，所以函数g(x)＝exf(x)在R上单调递减，所以g(2 023)>g(2 024)，即e2 023f(2 023)>e2 024f(2 024)⇒f(2 023)>ef(2 024)．故选A． 5．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足xf′(x)＋3f(x)>0，则关于x的不等式f(x－3)－f(3)<0的解集为(　　) A．(3，6) B．(0，3) C．(0，6) D．(6，＋∞) 答案：A 解析：构造函数g(x)＝x3f(x)，则g′(x)＝x2[3f(x)＋xf′(x)]>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x－3)－f(3)<0，即(x－3)3f(x－3)－27f(3)<0，所以g(x－3)<g(3)，即所以3<x<6.故选A． 6．(多选)已知f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且(x＋1)f′(x)>f(x)，则下列不等式一定成立的是(　　) A．3f(4)<4f(3) B．4f(4)>5f(3) C．3f(3)<4f(2) D．3f(3)>4f(2) 答案：BD 解析：由(x＋1)f′(x)>f(x)，得(x＋1)f′(x)－f(x)>0，构造函数g(x)＝，则g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(2)<g(3)<g(4)，则<<，即3f(3)>4f(2)，4f(4)>5f(3)．故选BD． 7．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f′(x)<，则f(x)<＋的解集为____________． 答案：{x|x>1} 解析：构造函数h(x)＝f(x)－－，所以h′(x)＝f′(x)－<0，故h(x)在R上单调递减，且h(1)＝f(1)－－＝0，故h(x)<0的解集为{x|x>1}． 8．定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3的解集为________． 答案：(0，＋∞) 解析：因为f(x)＋f′(x)>1，构造函数h(x)＝exf(x)，则h′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]．不等式exf(x)>ex＋3⇒exf(x)－ex－3>0，设函数g(x)＝exf(x)－ex－3，则g′(x)＝h′(x)－ex.因为f(x)＋f′(x)>1，所以h′(x)>ex，所以g′(x)>0，又因为f(0)＝4，所以g(0)＝f(0)－1－3＝0，综上可判断出g(x)在定义域内单调递增且g(0)＝0，因此原不等式的解集为(0，＋∞)． 9．设f(x)是定义在R上的偶函数，f′(x)为其导函数，f(2)＝0，当x>0时，有xf′(x)>f(x)恒成立，则不等式xf(x)<0的解集为________________． 答案：(－∞，－2)∪(0，2) 解析：构造函数g(x)＝，x≠0，则g′(x)＝，因为当x>0时，有xf′(x)>f(x)恒成立，所以当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以g(－x)＝＝＝－g(x)，即g(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，因为f(2)＝0，所以g(2)＝＝0，所以g(－2)＝0.不等式xf(x)<0的解集可等价于g(x)<0的解集，所以0<x<2或x<－2，所以不等式的解集为(－∞，－2)∪(0，2)． 10．设函数f′(x)是定义在(0，π)上的函数f(x)的导函数，有f′(x)cos x－f(x)sin x>0，若a＝f ，b＝0，c＝－f ，则a，b，c的大小关系是________． 答案：c>b>a 解析：构造函数g(x)＝f(x)cos x，则g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x，因为f′(x)cos x－f(x)sin x>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，π)上单调递增，a＝f ＝f cos ＝g，b＝0＝f cos ＝g，c＝－f ＝f cos ＝g，所以c>b>a. (11—13每题5分，共15分) 11．定义在上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)<－tan x·f(x)成立，a＝2f，b＝f，c＝f，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b>a>c B．c>b>a C．c>a>b D．a>b>c 答案：B 解析：因为x∈时，cos x>0，所以f′(x)<－tan x·f(x)可化为f′(x)＋·f(x)<0，即cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0，构造函数g(x)＝，则g′(x)＝′＝，所以当x∈时，g′(x)<0，所以函数g(x)在上单调递减，因为<<，所以g>g>g，所以>>，即f>f>2f，所以c>b>a.故选B． 12．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)－f(x)>0，则不等式e4f(3x－4)>e2xf(x)的解集为__________． 答案：(2，＋∞) 解析：构造函数g(x)＝，g′(x)＝，因为f′(x)－f(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增．e4f(3x－4)>e2xf(x)⇒>⇒>⇒g(3x－4)>g(x)．因为g(x)在R上单调递增，所以3x－4>x，解得x>2. 13. 若对∀x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，都有<1，则m的最小值是________． 答案：1 解析：因为x1<x2，则x1－x2<0，由题意可得ln x1－ln x2>x1－x2，即ln x1－x1>ln x2－x2，所以构造函数f(x)＝ln x－x，知函数f(x)＝ln x－x在(m，＋∞)上单调递减，则f′(x)＝－1≤0在(m，＋∞)上恒成立，即x≥1在(m，＋∞)上恒成立，则m≥1，即m的最小值是1. 14．(15分)已知函数f(x)的定义域为R，且其图象关于坐标原点对称，当x≥0时，xf′(x)＋2f(x)<0(f′(x)为f(x)的导函数)，求使得>0成立的x的取值范围． 解：构造函数g(x)＝x2f(x)，由题可知f(x)为奇函数， 所以g(x)也为奇函数，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)， 因为当x≥0时，xf′(x)＋2f(x)<0，即x2f′(x)＋2xf(x)<0. 所以当x≥0时，g′(x)<0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减． 因为g(x)在R上为奇函数，所以g(x)在R上单调递减，且g(0)＝0， 当x<0时，g(x)＝x2f(x)>0，即f(x)>0， 当x＝0时，f(0)＝0， 当x>0时，f(x)<0， 因为>0， 所以①当x<0时，由f(x)>0，得x2－2>0，解得x的解集为{x|x<－}； ②当x＝0时，f(0)＝0，则>0的解集为空集； ③当x>0时，由f(x)<0，得x2－2<0，解得x的解集为{x|0<x<}． 综上所述，x的取值范围为(－∞，－)∪(0，)． 15．(5分)(2024·江西名校协作体高二期中联考)设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意的x∈R，有f(x)－f(－x)＝2sin x，且在[0，＋∞)上，f′(x)>cos x．若f－f(t)>cos t－sin t，则实数t的取值范围为________． 答案： 解析：因为f(x)－f(－x)＝2sin x，所以f(x)－sin x＝f(－x)－sin(－x)．设g(x)＝f(x)－sin x，可得g(x)＝g(－x)，则g(x)为偶函数．因为在[0，＋∞)上，f′(x)>cos x，所以g′(x)＝f′(x)－cos x>0，故g(x)在[0，＋∞)上单调递增．根据偶函数的图象的对称性，可知g(x)在(－∞，0)上单调递减．由f－f(t)>cos t－sin t，得f(t)－sin t<f－cos t＝f－sin，即g(t)<g，所以|t|<，即t2<，化简得－πt>0，解得t<. 16．(15分)已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x.是否存在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有>a恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由． 解：假设存在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有>a恒成立， 不妨设0<x1<x2，因为>a， 所以f(x2)－ax2>f(x1)－ax1. 令g(x)＝f(x)－ax， 则由此可知g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x－ax＝x2－2aln x－2x， 则g′(x)＝x－－2＝， 由此可得g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 只需－1－2a≥0，解得a≤－. 即a的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$