高考数学专题一　微专题9　导数中函数的构造问题 课件(共56张PPT)

(共56张PPT)
专题一　函数与导数
微专题9
导数中函数的构造问题
导数问题中已知某个含f′(x)的不等式，往往可以转化为函数的单调性问题，我们可以根据不等式的形式构造适当的函数求解问题.这一部分内容在近几年中高考频频出现，成为高考热点，难度中等，有时较大.
考情分析
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
典例1　(1)已知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__________________.
(－∞，－4)∪(0,4)
构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，即F′(x)<0，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递减，
∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝xf(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，F(4)＝0，
根据函数F(x)的单调性、奇偶性可得
xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4).
(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)
当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，
则F′(x)<0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递增.根据f(－1)＝0，可得F(－1)＝0，F(1)＝0，
根据函数的单调性、奇偶性可得F(x)>0的解集，
即f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1).
跟踪训练1　(1)已知定义在R上的偶函数f(x)满足当x>0时，恒有xf′(x)＋2f(x)<0.若a＝2f( )，b＝9f(－3)，c＝f(1)，则a，b，c的大小关系为
A.bC.a√
构造g(x)＝x2f(x)，
则g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x).
由当x>0时，恒有xf′(x)＋2f(x)<0，可得x2f′(x)＋2xf(x)<0，即g′(x)<0，
则函数g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∵函数f(x)为偶函数，
∴g(x)＝x2f(x)＝(－x)2f(－x)＝g(－x)，
∴函数g(x)＝x2f(x)为偶函数，
由g(x)的单调性可得b(2)已知f′(x)是定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数，且xf′(x)－f(x)>0
恒成立，则a＝ 的大小关系为
A.a>c>b B.a>b>c
C.b>c>a D.b>a>c
√
因为xf′(x)－f(x)>0对于x∈(0，＋∞)恒成立，
典例2　(1)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)B.e－2 024f(－2 024)C.e－2 024f(－2 024)>f(0)，e2 024f(2 024)>f(0)
D.e－2 024f(－2 024)f(0)
√
构造函数F(x)＝ex·f(x)，则F′(x)＝[f(x)＋f′(x)]·ex>0，
所以F(x)在R上是增函数，
所以F(－2 024)即e－2 024f(－2 024)(2)已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)－1，则下列不等式恒成立的是
A.(m＋1)f(ln(m＋1))≥emf(m)
B.(m＋1)f(ln(m＋1))≤emf(m)
C.emf(ln(m＋1))≥(m＋1)f(m)
D.emf(ln(m＋1))≤(m＋1)f(m)
√
因为f′(x)令h(m)＝m－ln(m＋1)，m>－1，
所以当m∈(－1,0)时，h′(m)<0，h(m)单调递减；
当m∈(0，＋∞)时，h′(m)>0，h(m)单调递增，
所以h(m)≥h(0)＝0，即m≥ln(m＋1)，
即emf(ln(m＋1))≥(m＋1)f(m).
跟踪训练2　(1)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足2f(x)
(e－3，e－2)
(2)已知f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x) 的解集是________________.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由e－2xf(x2＋2x)> ，
得
所以x2＋2x>3，解得x<－3或x>1.
又因为x2＋2x>0，
所以x<－2或x>0，所以x<－3或x>1.
典例3　(2022·新高考全国Ⅰ)设a＝0.1e0.1，b＝ ，c＝－ln 0.9，则
A.aC.c考点三　构造函数比较大小
√
设u(x)＝xex(0w(x)＝－ln(1－x)(0则当00，v(x)>0，w(x)>0.
①设f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]
＝ln x＋x－[ln x－ln(1－x)]
＝x＋ln(1－x)(0所以f(x)在(0,0.1]上单调递减，
所以f(0.1)即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，
所以ln[u(0.1)]又函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以a②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0设h(x)＝(1－x2)ex－1(0则h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0,0.1]上恒成立，
所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0，
即g′(x)>0在(0,0.1]上恒成立，
所以g(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0，
即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，
所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c.
综上，c跟踪训练3　(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝ －1，则
A.aC.b√
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，
所以f(0.02)则a－c＝g(0.01)，
故当0≤x<2时，g′(x)≥0，
所以g(x)在[0,2)上单调递增，
所以g(0.01)>g(0)＝0，即c从而有b1.利用函数f(x)与导函数f′(x)的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，常见思路是根据运算法则构造函数.
2.比较大小问题难度较大，关键点是将各个值中的共同的量用变量替换构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题凭借近似估计计算往往是无法解决的.
总结提升
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1.(2023·盐城模拟)已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为f(x)的导函数，且xf′(x)＋f(x)>0，则不等式(x＋2)f(x＋2)>x2f(x2)的解集是
A.(－2,1)
B.(－∞，－2)∪(1，＋∞)
C.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
D.(－1,2)
√
根据题意，构造函数g(x)＝xf(x)，
则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，
所以函数g(x)在R上为增函数，
又(x＋2)f(x＋2)>x2f(x2)，
即g(x＋2)>g(x2)，
所以x＋2>x2，即x2－x－2<0，
解得－11
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2.已知定义在R上的函数f(x)的图象关于点(0,0)对称，若对任意的x∈R，有f′(x)＋f(x)·ln 2>0(f′(x)是函数f(x)的导函数)成立，且f(1)＝ ，则关于x的不等式－2－x－2A.(－1，＋∞) B.(－∞，－1)
C.(－1,1) D.(1，＋∞)
√
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因为函数f(x)的图象关于点(0,0)对称，所以函数f(x)是奇函数，
令g(x)＝f(x)·2x，
因为f′(x)＋f(x)·ln 2>0，
所以g′(x)＝[f(x)·2x]′＝2x[f′(x)＋f(x)·ln 2]>0.
则g(x)在R上是增函数.
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因为－2－x－21
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即g(－1)所以－13.(2023·济宁模拟)若实数a，b，c∈[0,1]，且满足ae＝ea，be1.2＝1.2eb，cel.6＝1.6ec，则a，b，c的大小关系是
A.c>b>a B.b>a>c
C.a>b>c D.b>c>a
√
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由ae＝ea，be1.2＝1.2eb，ce1.6＝1.6ec，
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当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
于是f(1)>f(1.2)>f(1.6)，
即f(a)>f(b)>f(c)，又a，b，c∈[0,1]，所以a>b>c.
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4.(2023·滁州模拟)已知a＝e0.4－1，b＝0.4－2ln 1.2，c＝0.2，则a，b，c的大小关系为
A.a>b>c B.a>c>b
C.b>a>c D.c>b>a
√
令f(x)＝e2x－1－x，x∈(0,1)，
则f′(x)＝2e2x－1>0恒成立，即f(x)在(0,1)上单调递增，且f(0)＝0，
故f(x)>f(0)＝0，取x＝0.2，则f(0.2)>0，即e0.4－1－0.2>0，
可得e0.4－1>0.2，即a>c；
令g(x)＝x－2ln(1＋x)，x∈(0,1)，
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即g(x)在(0,1)上单调递减，且g(0)＝0，
故g(x)1
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可得0.4－2ln 1.2<0.2，即b综上可得，a，b，c的大小关系为a>c>b.
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√
√
∵x∈(0，π)，∴sin x>0，
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即f′(x)sin x－f(x)cos x<0，
即g(x)在(0，π)上单调递减，
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6.(多选)(2023·益阳模拟)定义在(0，＋∞)上的函数g(x)的导函数为g′(x)，xg′(x)>g(x)， x1，x2∈(0，＋∞)(x1≠x2)，则下列不等式中一定成立的是
A.g(x1x2)B.g(x1＋x2)>g(x1)＋g(x2)
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√
∴F′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则F(x)是(0，＋∞)上的增函数，
对于A，取g(x)＝x2，x>0，满足xg′(x)>g(x)，
但g(x1x2)＝g(x1)g(x2)，故A错误；
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∵x1＋x2>x2，∴F(x1＋x2)>F(x2)，
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由①＋②得g(x1＋x2)>g(x1)＋g(x2)，故B正确；
由③－④得
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7.(2023·成都模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足对任意x>0，xf′(x)－f(x)<0恒成立，且f(1)＝2，则不等式f(x)<2x的解集为__________.
(1，＋∞)
所以h(x)是(0，＋∞)
上的减函数，又h(1)＝f(1)－2＝0，由h(x)<0＝h(1)，可得x>1，故不等式f(x)<2x的解集为(1，＋∞).
8.(2023·烟台模拟)已知函数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_____________.
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(－1，＋∞)
设g(x)＝f(x)－2x－4，可得g′(x)＝f′(x)－2，
因为对任意x∈R，f′(x)>2，所以g′(x)>0，所以g(x)为增函数，
又由f(－1)＝2，可得g(－1)＝2＋2－4＝0，
所以当x>－1时，g(x)>0，即不等式f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞).
9.(2023·淄博模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)－f(x)<0，且f(x＋1)＝f(1－x)，f(0)＝e，则不等式f(x)>ex－1的解集是__________.
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(－∞，2)
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∴g(x)是减函数.
∵f(x＋1)＝f(1－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，
∴f(2)＝f(0)＝e，
即g(x)>g(2)，∴x<2，
故不等式f(x)>ex－1的解集是(－∞，2).
10.(2023·临沂模拟)已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f′(－x)>2f(x)，且f(3)＝0，则不等式f(x)>0的解集为_________________.
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(－3,0)∪(3，＋∞)
因为f(x)为奇函数，定义域为R，
所以f(－x)＝－f(x) －f′(－x)＝－f′(x) f′(－x)＝f′(x)，f(0)＝0，
又因为当x>0时，f′(－x)>2f(x)，
所以f′(x)>2f(x)，
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所以当x>0时，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为f(3)＝0，所以h(3)＝0，h(x)在(3，＋∞)上大于零，在(0,3)上小于零，
又因为e2x>0，所以当x>0时，f(x)在(3，＋∞)上大于零，在(0,3)上小于零，
因为f(x)为奇函数，所以当x<0时，f(x)在(－∞，－3)上小于零，在(－3,
0)上大于零，
综上所述，f(x)>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞).
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