新高考数学二轮复习导数培优专题06 构造函数法解决导数不等式问题(一)（含解析）

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导数是函数单调性的延伸，如果把题目中直接给出的增减性换成一个f′(x)，则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不等式问题中，我们要研究的往往不是f(x)本身的单调性，而是包含f(x)的一个新函数的单调性，因此构造函数变的相当重要，另外题目中若给出的是f′(x)的形式，则我们要构造的则是一个包含f(x)的新函数，因为只有这个新函数求导之后才会出现f′(x)，因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数．
构造函数是数学的一种重要思想方法，它体现了数学的发现、类比、化归、猜想、实验和归纳等思想．分析近些年的高考，发现构造函数的思想越来越重要，而且很多都用在压轴题(无论是主观题还是客观题)的解答上．
构造函数的主要步骤：
(1)分析：分析已知条件，联想函数模型；
(2)构造：构造辅助函数，转化问题本质；
(3)回归：解析所构函数，回归所求问题．
考点一 构造F(x)＝xnf(x)(n∈Z，且n≠0)类型的辅助函数
【方法总结】
(1)若F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)＝xn－1[nf(x)＋xf′(x)]；
(2)若F(x)＝Aeq \f(f(x),ExnE)A，则F′(x)＝Aeq \f(f′(x)xn－nxn－1f(x),Ex2nE)A＝Aeq \f(xf′(x)－nf(x),Exn＋1E)A．
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，构造函数F(x)＝Aeq \f(f(x),ExnE)A．
【例题选讲】
[例1](1)已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是( )
A．(0，1) B．(1，＋∞) C．(1，2) D．(2，＋∞)
答案 D 解析 因为f(x)0，,x2－1>0，,x2－1>x＋1，)E)A解得x>2．选D．
(2)已知函数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Aeq \f(x＋2 021fx＋2 021,5E)A＜Aeq \f(5f5,x＋2 021E)A的解集为( )
A．{x|x＞－2 016} B．{x|x＜－2 016} C．{x|－2 016＜x＜0} D．{x|－2 021＜x＜－2 016}
答案 D 解析 构造函数g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]．当x＞0时，∵2f(x)＋xf′(x)＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵不等式Aeq \f(x＋2 021fx＋2 021,5E)A＜Aeq \f(5f5,x＋2 021E)A，∴当x＋2 021＞0，即x＞－2 021时，(x＋2 021)2f(x＋2 021)＜52f(5)，即g(x＋2 021)＜g(5)，∴00时，xf′(x)－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，＋∞)
答案 A 解析 设y＝g(x)＝Aeq \f(f(x),ExE)A(x≠0)，则g′(x)＝Aeq \f(xf′(x)－f(x),Ex2E)A，当x>0时，xf′(x)－f(x)0，得g(x)>0，由图知0x2，结合x∈(－∞，0)得2xf(x)＋x2f′(x)0时，Aeq \f(xf′x－fx,x2E)A0的解集
为( )
A．(－2，0)∪(2，＋∞) B．(－2，0)∪(0，2) C．(－∞，－2)∪(0，2) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
6．答案 B 解析 设g(x)＝Aeq \f(fx,xE)A，则g′(x)＝Aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(fx,x))E)A′＝Aeq \f(xf′x－fx,x2E)A，当x>0时，g′(x)0的解集为(－2，0)∪(0，2)．故选B．
7．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)＜0，对任意正数a，b，若a0)，则F′(x)＝[Aeq \f(f(x),ExE)A]′＝Aeq \f(xf′(x)－f(x),Ex2E)A．因为x>0，xf′(x)－f(x)＜0，所
以F′(x)＜0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0f′(x)，且f(x)＋2 021为奇函数，则不等式f(x)＋2 021ex0，∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，由f Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,E2))E)A＋f(x＋1)＝0，得f(x)＋f Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,E2))E)A＝0，f Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,E2))E)A＋fAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋3)E)A＝0，相减可得f(x)＝fAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋3)E)A，f(x)的周期为3，∴e3fAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 021)E)A＝e3f(2)＝1，g(2)＝e2f(2)＝Aeq \f(1,eE)A，f(x＋2)>Aeq \f(1,exE)A，结合f(x)的周期为3可化为ex－1f(x－1)>Aeq \f(1,eE)A＝e2f(2)，g(x－1)>g(2)，x－1>2，x>3，∴不等式的解集为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，＋∞)E)A，故选B．
(8)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，f′(x)为其导函数，若对于任意实数x，有f(x)－f′(x)＞0，则( )
A．ef(2 021)＞f(2 022) B．ef(2 021)＜f(2 022)
C．ef(2 021)＝f(2 022) D．ef(2 021)与f(2 022)大小不能确定
答案 A 解析 令g(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A，则g′(x)＝Aeq \f(exf′(x)－exf(x),Ee2xE)A＝Aeq \f(f′(x)－f(x),EexE)A，因为f(x)－f′(x)＞0，所以g′(x)＜0，所以函数g(x)在R上单调递减，所以g(2 021)＞g(2 022)，即Aeq \f(f(2 021),Ee2 021E)A＞Aeq \f(f(2 022),Ee2 022E)A，所以ef(2 021)＞f(2 022)，故选A．
(9)已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)e2f(0)，f(2 021)>e2 021f(0) B．f(2)e2 021f(0)
C．f(2)>e2f(0)，f(2 021)3，即g(x)>g(0)，解得x>0．故选C．
7．定义在R上的可导函数f(x)满足f(x)＋f′(x)0，csx>0，∴g′(x)>0，即函数g(x)单调递增．又g(0)＝0，∴x∈[0，Aeq \f(π,2E)A)时，g(x)＝f(x)sinx≥0．∵f(x)是定义在Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,E2)，\f(π,2))E)A上的奇函数，∴g(x)是定义在Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,E2)，\f(π,2))E)A上的偶函数．不等式csxf(x＋Aeq \f(π,2E)A)＋sinxf(－x)>0，即sinAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,E2))E)A·fAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,E2))E)A>sinx·f(x)，即gAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,E2))E)A>g(x)，∴|x＋Aeq \f(π,2E)A|>|x|，∴x>－Aeq \f(π,4E)A ①，又－Aeq \f(π,2E)A