2021高考数学一轮复习学案：第三章微专题二导数中的函数构造问题

微专题二　导数中的函数构造问题[解题技法]函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想，而构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现．一、利用f (x)进行抽象函数构造(一)利用f (x)与x构造1．常用构造形式有xf (x)，，这类形式是对u·v，型函数导数计算的推广及应用．我们对u·v，的导函数观察可得知，u·v型导函数中体现的是“＋”法，型导函数中体现的是“－”法，由此，我们可以猜测，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.例1　设f (x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f (x)＋xf′(x)<0，且f (－4)＝0，则不等式xf (x)>0的解集为________．思路点拨　出现“＋”法形式，优先构造F (x)＝xf (x)，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可．答案　(－∞，－4)∪(0,4)解析　构造F (x)＝xf (x)，则F′(x)＝f (x)＋xf′(x)，当x<0时，f (x)＋xf′(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，x为奇函数，∴F (x)为奇函数，∴F (x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f (－4)＝0可得F (－4)＝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xf (x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．例2　设f (x)是定义在R上的偶函数，且f (1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f (x)>0恒成立，则不等式f (x)>0的解集为________．思路点拨　出现“－”法形式，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．答案　(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析　构造F (x)＝，则F′(x)＝，当x<0时，xf′(x)－f (x)>0，可以推出当x<0时，F′(x)>0，F (x)在(－∞，0)上单调递增．∵f (x)为偶函数，x为奇函数，∴F (x)为奇函数，∴F (x)在(0，＋∞)上也单调递增．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)∪(1，＋∞)．2．xf (x)，是比较简单常见的f (x)与x之间的函数关系式，如果碰见复杂的，不易想的我们该如何处理，由此我们可以思考形如此类函数的一般形式．F (x)＝xnf (x)，F′(x)＝nxn－1f (x)＋xnf′(x)＝xn－1[nf (x)＋xf′(x)]；F (x)＝，F′(x)＝＝；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)＝.我们根据得出的结论去解决例3.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________．思路点拨　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．答案　(－1,0)∪(0,1)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)．(二)利用f (x)与ex构造1．f (x)与ex构造，一方面是对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)，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)＝.例4　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(　　)A．f (2)>e2f (0)，f (2 019)>e2 019f (0)B．f (2)<e2f (0)，f (2 019)>e2 019f (0)C．f (2)>e2f (0)，f (2 019)<e2 019f (0)D．f (2)<e2f (0)，f (2 019)<e2 019f (0)思路点拨　满足“f′(x)－f (x)<0”形式，优先构造F (x)＝，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．注意选项的转化．答案　D解析　构造F (x)＝形式，则F′(x)＝＝，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.2．同样exf (x)，是比较简单常见的f (x)与ex之间的函数关系式，如果碰见复杂的，我们是否也能找出此类函数的一般形式呢？F (x)＝enxf (x)，F′(x)＝n·enxf (x)＋enxf′(x)＝enx[f′(x)＋nf (x)]；F (x)＝，F′(x)＝＝；结论：(1)出现f′(x)＋nf (x)形式，构造函数F (x)＝enxf (x)；(2)出现f′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝.我们根据得出的结论去解决例5，例6.例5　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________．思路点拨　满足“f′(x)－2f (x)>0”形式，优先构造F (x)＝，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．注意选项的转化．答案　{x|x>0}解析　构造F (x)＝形式，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.  例6　已知函数f (x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若f (x)满足：(x－1)[f′(x)－f (x)]>0，f (2－x)＝f (x)·e2－2x，则下列判断一定正确的是(　　)A．f (1)<f (0)   B．f (2)>e2f (0)C．f (3)>e3f (0)   D．f (4)<e4f (0)思路点拨　满足“f′(x)－f (x)”形式，优先构造F (x)＝，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．注意选项的转化．答案　C解析　构造F (x)＝形式，则F′(x)＝＝，导函数f′(x)满足(x－1)[f′(x)－f (x)]>0，则x≥1时F′(x)≥0，F (x)在[1，＋∞)上单调递增．当x<1时F′(x)<0，F (x)在(－∞，1]上单调递减．又由f (2－x)＝f (x)e2－2x⇔F (2－x)＝F (x)⇒F (x)关于x＝1对称，根据单调性和图象，可知选C.(三)利用f (x)与sin x，cos x构造sin x，cos x因为导函数存在一定的特殊性，所以也是重点考察的范畴，我们一起看看常考的几种形式．F (x)＝f (x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f (x)cos x；F (x)＝，F′(x)＝；F (x)＝f (x)cos x，F′(x)＝f′(x)cos x－f (x)sin x；F (x)＝，F′(x)＝.根据得出的关系式，我们来看一下例7.例7　已知函数y＝f (x)对于任意的x∈满足f′(x)cos x＋f (x)sin x>0(其中f′(x)是函数f (x)的导函数)，则下列不等式不成立的是(　　)A.f <f B.f <f C．f (0)<f D．f (0)<2f 思路点拨　满足“f′(x)cos x＋f (x)sin x>0”形式，优先构造F (x)＝，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．注意选项的转化．答案　A解析　构造F (x)＝形式，则F′(x)＝，导函数f′(x)满足f′(x)cos x＋f (x)sin x>0，则F′(x)>0，F (x)在上单调递增．把选项转化后可知选A.二、具体函数关系式构造这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题．例8　已知α，β∈，且αsin α－βsin β>0，则下列结论正确的是(　　)A．α>β  B．α2>β2  C．α<β  D．α＋β>0思路点拨　构造函数f (x)＝xsin x，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．答案　B解析　构造f (x)＝xsin x形式，则f′(x)＝sin x＋xcos x，x∈时导函数f′(x)≥0，f (x)单调递增；x∈时导函数f′(x)<0，f (x)单调递减．又∵f (x)为偶函数，根据单调性和图象可知选B.例9　已知实数a，b，c满足＝＝1，其中e是自然对数的底数，那么(a－c)2＋(b－d)2的最小值为(　　)A．8  B．10  C．12  D．18思路点拨　把(a－c)2＋(b－d)2看成两点距离的平方，然后利用数形结合以及点到直线的距离即可．答案　A解析　由＝1⇒b＝a－2ea进而⇒f (x)＝x－2ex；又由＝1⇒d＝2－c⇒g(x)＝2－x；由f′(x)＝1－2ex＝－1，得x＝0，所以切点坐标为(0，－2)，所以(a－c)2＋(b－d)2的最小值为2＝8.