高中数学新教材选择性必修第二册课件+讲义 第5章 习题课 导数中的函数构造问题

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第5章 习题课 导数中的函数构造问题高中数学新教材选择性必修第二册高考政策|高中“新”课程，新在哪里?1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。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.随堂演练课时对点练一、利用f(x)与x构造二、利用f(x)与ex构造三、利用f(x)与sin x，cos x构造一、利用f(x)与x构造例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.(2，＋∞)C.(1,2) D.(1，＋∞)√解析　构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减.又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以x＋10，x＋1>0，解得x>2或x<－1(舍去)，所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞).延伸探究　把本例中的条件“f(x)<－xf′(x)”换为“f(x)(2x＋1)f(x2＋1).∵f(x)0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)得，即g(2x＋1)>g(x2＋1)，即不等式(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)的解集为(0,2).反思感悟　用函数单调性比较大小或解不等式时常构造函数，常见的有(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)＝ .√二、利用f(x)与ex构造例2　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 021f(－2 021)f(0)B.e－2 021f(－2 021)f(0)，e2 021f(2 021)>f(0)D.e－2 021f(－2 021)>f(0)，e2 021f(2 021)0，所以函数h(x)在R上单调递增，故h(－2 021)h(0)，即e2 021f(2 021)>f(0)，故选A.延伸探究　把本例中的条件“f(x)＋f′(x)>0”换为“f′(x)>f(x)”，比较e2 021f(－2 021)和f(0)的大小.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h(－2 021)0，构造h(x)＝exf(x).(2)对于f′(x)>f(x)，构造h(x)＝ .跟踪训练2　(多选)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)2f(0) D.f(2)>e2f(0)√√所以g(x)在R上单调递减，又ln 2>0,2>0，所以f(ln 2)<2f(0)，f(2)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)＝ .√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，1.知识清单：(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.2.方法归纳：构造法.3.常见误区：不能正确构造出符合题意的函数.12341.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ax－1的解集为A.{x|－22} D.{x|x>2}√解析　令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)>0，解得x<2.123412341234解析　∵f(x)cos x0，123412345678910111213141516√12345678910111213141516故h(x)<0的解集为{x|x>1}.123456789101112131415162.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，＋∞)√12345678910111213141516所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性知h(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，所以f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1).123456789101112131415163.已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为f(x)的导函数，且f(x)＋(x－1)f′(x)>0，则A.f(1)＝0 B.f(x)<0C.f(x)>0 D.(x－1)f(x)<0√12345678910111213141516解析　令g(x)＝(x－1)f(x)，则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以g(x)在R上是增函数，又因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)＝(x－1)f(x)>0；当x<1时，g(x)＝(x－1)f(x)<0，所以当x≠1时，f(x)>0，又f(1)＋(1－1)f′(1)＝f(1)>0，所以ABD错误，C正确.123456789101112131415164.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(2 020)>ef(2 021) B.f(2 020)f(2 021) D.ef(2 020)g(2 021)，即e2 020f(2 020)>e2 021f(2 021)⇒f(2 020)>ef(2 021).12345678910111213141516√12345678910111213141516∴f(x)是奇函数，12345678910111213141516123456789101112131415166.(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)√√12345678910111213141516解析　由(x＋1)f′(x)>f(x)，得(x＋1)f′(x)－f(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(2)0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，π)上单调递增，所以a0，∴h′(x)>0，1234567891011121314151610.已知函数f(x)＝ x2－2aln x＋(a－2)x.(1)当a＝1时，求函数f(x)在[1，e]上的最小值和最大值；∴当x∈[1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，e]时，f′(x)>0.∴f(x)在[1,2)上单调递减，在(2，e]上单调递增.∴当x＝2时，f(x)取得最小值，其最小值为f(2)＝－2ln 2.123456789101112131415161234567891011121314151612345678910111213141516不妨设0f(x1)－ax1.令g(x)＝f(x)－ax，则由此可知g(x)在(0，＋∞)上单调递增，12345678910111213141516由此可得g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，1234567891011121314151611.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af(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(a)√12345678910111213141516由f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，得F′(x)<0，所以F(x)在R上单调递减，因为af(b)g(x).1234567891011121314151612.设函数f(x)的定义域为R，f′(x)是其导函数，若3f(x)＋f′(x)>0，f(0)＝1，则不等式f(x)>e－3x的解集是A.(0，＋∞) B.(1，＋∞)C.(－∞，0) D.(0,1)√12345678910111213141516解析　令g(x)＝e3xf(x)，则g′(x)＝3e3xf(x)＋e3xf′(x)，因为3f(x)＋f′(x)>0，所以3e3xf(x)＋e3xf′(x)>0，所以g′(x)>0，所以函数g(x)＝e3xf(x)在R上是增函数，又f(x)>e－3x可化为e3xf(x)>1，且g(0)＝e3×0f(0)＝1，所以g(x)>g(0)，解得x>0，所以不等式f(x)>e－3x的解集是(0，＋∞).1234567891011121314151613.函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意的正数x都有2f(x)>xf′(x)成立，则A.9f(2)>4f(3)B.9f(2)<4f(3)C.9f(2)＝4f(3)D.9f(2)与4f(3)的大小不确定√12345678910111213141516解析　由2f(x)>xf′(x)，得xf′(x)－2f(x)<0，因为x是正数，所以x3>0，又xf′(x)－2f(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，即9f(2)>4f(3).12345678910111213141516(－1,0)∪(1，＋∞)12345678910111213141516即g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f(1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，12345678910111213141516∴在(0，＋∞)上，g(x)>0的解集为(1，＋∞)，g(x)<0的解集为(0,1).∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴在(－∞，0)上，g(x)>0的解集为(－∞，－1)，g(x)<0的解集为(－1,0).由x2f(x)>0，得f(x)>0(x≠0).又f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)，∴不等式x2f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞).1234567891011121314151615.已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，且3f(x)－f′(x)>0在R上恒成立，则下列不等式一定成立的是A.f(1)e3f(0) D.f(1)>e2f(0)√因为3f(x)－f′(x)>0在R上恒成立，所以g′(x)<0在R上恒成立，故g(x)在R上单调递减，123456789101112131415161234567891011121314151612345678910111213141516①当a≥0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②当a<0时，由f′(x)>0，得0－a.即f(x)在(0，－a)上单调递增，在(－a，＋∞)上单调递减，综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a<0时，f(x)在(0，－a)上单调递增，在(－a，＋∞)上单调递减.12345678910111213141516证明　因为f(x1)＝f(x2)＝2，12345678910111213141516即x1ln x1＋2x1－a＝0，x2ln x2＋2x2－a＝0.设g(x)＝xln x＋2x－a，则g′(x)＝ln x＋3，1234567891011121314151612345678910111213141516课程结束高中数学新教材选择性必修第二册