2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划2　微切口3　导数中的构造问题

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【解析】 设g(x)＝x2f(x)，当x＞0时，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]＞0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(2)＝22f(2)＝0，所以当x∈(0,2)时g(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，g(x)＞0．由x3f(x)＝xg(x)＞0，得x＞2．设h(x)＝x3f(x)，则h(－x)＝(－x)3f(－x)＝x3f(x)＝h(x)，则h(x)是偶函数，所以当x＜0时，由x3f(x)＞0，得x＜－2．故不等式x3f(x)＞0的解集为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．
(2) 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__(－1,0)∪(0,1)__．
【解析】 构造F(x)＝eq \f(fx,x2)，则F′(x)＝eq \f(f′x·x－2fx,x3)，当x＞0时，xf′(x)－2f(x)＜0，F′(x)＜0，则F(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为y＝f(x)为偶函数，y＝x2为偶函数，所以y＝F(x)为偶函数，所以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)．
(3) 已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)＜f(x)对于x∈R恒成立，则( D )
A．f(2)＞e2f(0)，f(2 024)＞e2 024f(0)
B．f(2)＜e2f(0)，f(2 024)＞e2 024f(0)
C．f(2)＞e2f(0)，f(2 024)＜e2 024f(0)
D．f(2)＜e2f(0)，f(2 024)＜e2 024f(0)
【解析】 构造F(x)＝eq \f(fx,ex)，则F′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)，又导函数f′(x)满足f′(x)＜f(x)，则F′(x)＜0，F(x)在R上单调递减，根据单调性可知选D．
(4) (2023·重庆期末)已知偶函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其导函数为f′(x)，若∀x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f′(x)csx＜f(x)sinx恒成立，则关于x的不等式2f(x)＜eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),csx)的解集为__eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(π,2)＜x＜－\f(π,3)或\f(π,3)＜x＜\f(π,2)))__．
【解析】 设F(x)＝f(x)csx，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，F′(x)＝f′(x)csx＋f(x)(－sinx)＝f′(x)csx－f(x)sinx．因为∀x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f′(x)csx＜f(x)sinx恒成立，所以∀x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，F′(x)＜0恒成立，所以F(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减．因为f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，所以F(－x)＝f(－x)cs(－x)＝f(x)csx＝F(x)，所以F(x)为偶函数，所以F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增．因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以csx＞0，所以不等式2f(x)＜eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),csx)可化为f(x)csx＜eq \f(1,2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，即F(x)＜Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以|x|＞eq \f(π,3)，所以x＞eq \f(π,3)或x＜－eq \f(π,3)．又－eq \f(π,2)＜x＜eq \f(π,2)，所以－eq \f(π,2)＜x＜－eq \f(π,3)或eq \f(π,3)＜x＜eq \f(π,2)，所以不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(π,2)＜x＜－\f(π,3)或\f(π,3)＜x＜\f(π,2)))．
1．常用构造形式有xf(x)，eq \f(fx,x)，当导函数形式出现的是“＋”法形式时，优先考虑构造u·v型，当导函数形式出现的是“－”法形式时，优先考虑构造eq \f(u,v)型．
2．f(x)与ex构造，一方面是对u·v，eq \f(u,v)函数形式的考察，另外一方面是对(ex)′＝ex的考察，所以对于f(x)±f′(x)类型，我们可以等同xf(x)，eq \f(fx,x)的类型处理，“＋”法优先考虑构造F(x)＝f(x)·ex，“－”法优先考虑构造F(x)＝eq \f(fx,ex)．
3．f(x)与sinx构造，与三角函数结合，要考虑到csx的导函数本身带有符号．
变式1 已知函数y＝f(x)为R上的偶函数，且对于任意的x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))满足f′(x)csx＋f(x)sinx＜0，则下列不等式成立的是( B )
A．eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))B．f(0)＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＜eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))D．－eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))
【解析】 令g(x)＝eq \f(fx,csx)，则g(－x)＝eq \f(f－x,cs－x)＝eq \f(fx,csx)＝g(x)，即g(x)为偶函数．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)＝eq \f(f′xcsx＋fxsinx,cs2x)＜0，故g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以g(0)＞geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＞geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，即f(0)＝eq \f(f0,cs0)＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs\f(π,4))＝eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))，故B正确；eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs\f(π,3))⇒eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，故A错误；eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs\f(π,4))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))))＝eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs\f(π,3))⇒feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，故C错误；eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))))＝eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs\f(π,3))＝eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))))⇒eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))，故D错误．
同形构造比指对数大小
例2 (1) 已知aln2＝2lna，bln3＝3lnb，cln5＝5lnc，且a，b，c∈(0，e)，则( A )
A．c＜a＜bB．a＜c＜b
C．b＜a＜cD．b＜c＜a
【解析】 由已知得eq \f(ln2,2)＝eq \f(lna,a)，eq \f(ln3,3)＝eq \f(lnb,b)，eq \f(lnc,c)＝eq \f(ln5,5)，令f(x)＝eq \f(lnx,x)(x∈(0，e))，则f′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)＞0(x∈(0，e))，故f(c)－f(a)＝eq \f(ln5,5)－eq \f(ln2,2)＝eq \f(ln\f(25,32),10)＜0，且a，c∈(0，e)，所以c＜a．f(a)－f(b)＝eq \f(ln2,2)－eq \f(ln3,3)＝eq \f(ln\f(8,9),6)＜0，且a，b∈(0，e)，所以a＜b，所以c＜a＜b．
(2) 已知实数a，b，c∈(0,1)，e为自然对数的底数，且ae2＝2ea，be3＝3eb,2c＝ecln2，则( A )
A．b＜a＜cB．a＜b＜c
C．b＜c＜aD．c＜a＜b
【解析】 由ae2＝2ea，be3＝3eb,2c＝ecln 2，得eq \f(ea,a)＝eq \f(e2,2)，eq \f(eb,b)＝eq \f(e3,3)，eq \f(ec,c)＝eq \f(2,ln2)＝eq \f(4,ln4)＝eq \f(eln4,ln4)，构造函数f(x)＝eq \f(ex,x)(x＞0)，则f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1．当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．因为1＜ln4＜2＜3，所以f(ln4)＜f(2)＜f(3)，所以f(c)＜f(a)＜f(b)．又因为a，b，c∈(0,1)，f(x)在(0,1)上单调递减，所以b＜a＜c．
构造函数比较大小，一般有如下几种情形：构造基本初等函数(常见的指数、对数、幂函数)、构造根式函数或三角函数、构造同构函数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(fx＝\f(lnx,x)、fx＝\f(ex,x)))、构造指对混合型函数比大小eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(主要以fx＝ex－lnx或fx＝\f(lnx,ex)为主))．
变式2 (1) (2023·肇庆期末)若a＝eq \f(1,e)，b＝lneq \r(2)，c＝eq \f(ln5,5)，则( B )
A．a＞c＞bB．a＞b＞c
C．c＞b＞aD．c＞a＞b
【解析】 由题知a＝eq \f(lne,e)，b＝eq \f(ln2,2)＝eq \f(ln4,4)，设f(x)＝eq \f(lnx,x)(x＞0)，则f′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)，当0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(e)＞f(4)＞f(5)，即a＞b＞c．
(2) 已知a－eq \f(1,2)＝ln2a，b－eq \f(1,3)＝ln3b，c－e＝lneq \f(c,e)，其中a≠eq \f(1,2)，b≠eq \f(1,3)，c≠e，则a，b，c的大小关系为( A )
A．c＜a＜bB．c＜b＜a
C．a＜b＜cD．a＜c＜b
【解析】 由题得a－lna＝eq \f(1,2)－lneq \f(1,2)，b－lnb＝eq \f(1,3)－lneq \f(1,3)，c－lnc＝e－lne．构造函数f(x)＝x－lnx(x＞0)，f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，令f′(x)＝0，得x＝1，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，作出函数f(x)的大致图象如图所示．因为f(a)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，f(b)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))，f(c)＝f(e)，且a≠eq \f(1,2)，b≠eq \f(1,3)，c≠e，则由图可知b＞a＞1,0＜c＜1，所以c＜a＜b．
(变式2(2))