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)<－xf′(x)，所以f(x)＋xf′(x)<0，即(xf(x))′<0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减．由不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，可得(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以Aeq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1>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)，∴0(3)(2015·全国Ⅱ)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，＋∞)
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，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0．∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴g(x)的图象的示意图如图所示．当x>0时，由f(x)>0，得g(x)>0，由图知00，得g(x)<0，由图知x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A．
(4)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________．
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如图所示，根据图象可知xf(x)＞0的解集为(－∞，－4)∪(0，4)．
(5)已知f(x)是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f′(x)，且不等式xf′(x)＜2f(x)恒成立，则( )
A．4f(1)＜f(2) B．4f(1)＞f(2) C．f(1)＜4f(2) D．f(1)＞4f′(2)
答案 B 解析 令g(x)＝Aeq \f(f(x),Ex2E)A(x＞0)，则g′(x)＝Aeq \f(xf′(x)－2f(x),Ex3E)A，由不等式xf′(x)＜2f(x)恒成立知g′(x)＜0，即g(x)在(0，＋∞)是减函数，∴g(1)＞g(2)，即Aeq \f(f(1),E1E)A＞Aeq \f(f(2),E4E)A，即4f(1)＞f(2)，故选B．
(6)已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，若a＝Aeq \f(f(e),EeE)A，b＝Aeq \f(f(ln 2),Eln 2E)A，c＝Aeq \f(f(－3),E－3E)A，则a，b，c的大小关系正确的是( )
A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．c＜a＜b
答案 D 解析 设g(x)＝Aeq \f(f(x),ExE)A，则g′(x)＝Aeq \f(xf′(x)－f(x),Ex2E)A，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则g′(x)＝Aeq \f(xf′(x)－f(x),Ex2E)A＜0，即函数g(x)在x∈(0，＋∞)时为减函数．由函数y＝f(x)为奇函数知f(－3)＝－f(3)，则c＝Aeq \f(f(－3),E－3E)A＝Aeq \f(f(3),E3E)A．∵a＝Aeq \f(f(e),EeE)A＝g(e)，b＝Aeq \f(f(ln 2),Eln 2E)A＝g(ln 2)，c＝Aeq \f(f(3),E3E)A＝g(3)且3＞e＞ln 2，∴g(3)＜g(e)＜g(ln 2)，即c＜a＜b，故选D．
【对点训练】
1．设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2 021)2f(x
＋2 021)－4f(－2)>0的解集为( )
A．(－∞，－2 021) B．(－∞，－2 023) C．(－2 023，0) D．(－2 021，0)
1．答案 B 解析 由2f(x)＋xf′(x)>x2，结合x∈(－∞，0)得2xf(x)＋x2f′(x)＝x2f(x)，则g(x)在(－∞，0)上单调递减，(x＋2 021)2f(x＋2 021)－4f(－2)>0可化为(x＋2 021)2f(x＋2 021)>(－2)2f(－2)，所以Aeq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2 021<－2，,x＋2 021<0，)E)A解得x<－2 023．故选B．
2．设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝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________．
2．答案 (－2，0)∪(2，＋∞) 解析 令g(x)＝Aeq \f(f(x),ExE)A，则g′(x)＝Aeq \f(xf′(x)－f(x),Ex2E)A＞0，x∈(0，＋∞)．所以函数g(x)
在(0，＋∞)上单调递增．又g(－x)＝Aeq \f(f(－x),E－xE)A＝Aeq \f(－f(x),E－xE)A＝Aeq \f(f(x),ExE)A＝g(x)，则g(x)是偶函数，g(－2)＝0＝g(2)．则f(x)＝xg(x)＞0⇔Aeq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,g(x)＞0)E)A或Aeq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜0，,g(x)＜0.)E)A解得x＞2或－2＜x＜0，故不等式f(x)＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．
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________．
3．答案 (－1，0)∪(0，1) 解析 构造F(x)＝Aeq \f(f(x),Ex2E)A，则F′(x)＝Aeq \f(f′(x)·x－2f(x),Ex3E)A，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如图所示，根据图象可知f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(0，1)．
4．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________．
4．答案 (－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析 构造F(x)＝Aeq \f(f(x),ExE)A，则F′(x)＝Aeq \f(f′(x)·x－f(x),Ex2E)A，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，根据图象可知f(x)＞0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
5．设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有Aeq \f(xf′(x)－f(x),Ex2E)A<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集
是________________．
5．答案 (－∞，－2)∪(0，2) 解析 ∵当x>0时，Aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f(x),Ex))E)A′＝Aeq \f(xf′(x)－f(x),Ex2E)A<0，∴φ(x)＝Aeq \f(f(x),ExE)A在(0，＋∞)上为
减函数，又f(2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当00，此时x2f(x)>0．又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数，由数形结合知x∈(－∞，－2)时f(x)>0．故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)．
6．设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，Aeq \f(xf′x－fx,x2E)A<0恒成立，则不等式Aeq \f(fx,xE)A>0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，所以函数g(x)＝Aeq \f(fx,xE)
在(0，＋∞)上单调递减．因为f(x)是奇函数，所以g(x)＝Aeq \f(fx,xE)A是偶函数．因为f(2)＝0，所以f(－2)＝0．所以不等式Aeq \f(fx,xE)A>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aA．af(b)＜bf(a) B．bf(a)＜af(b) C．af(a)＜bf(b) D．bf(b)＜af(a)
7．答案 A 解析 设函数F(x)＝Aeq \f(f(x),ExE)A(x>0)，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08．设函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有xf′(x)A．3f(2)>2f(3) B．3f(2)＝2f(3) C．3f(2)<2f(3) D．3f(2)与2f(3)大小不确定
8．答案 A 解析 令F(x)＝Aeq \f(f(x),ExE)A，则F′(x)＝Aeq \f(xf′(x)－f(x),Ex2E)A<0，所以F(x)为减函数，则Aeq \f(f(2),E2E)A>Aeq \f(f(3),E3E)A．所以3f(2)>2f(3)．
9．定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)数，则( )
A．89．答案 B 解析 ∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0，∴Aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f(x),Ex2))E)A′＝Aeq \f(f′(x)·x2－2xf(x),Ex4E)A＝Aeq \f(xf′(x)－2f(x),Ex3E)A>0，∴y＝Aeq \f(f(x),Ex2E)A在(0，＋
∞)上单调递增，∴Aeq \f(f(2),E22E)A>Aeq \f(f(1),E12E)A，即Aeq \f(f(2),Ef(1)E)A>4．∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0，∴Aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f(x),Ex3))E)A′＝Aeq \f(f′(x)·x3－3x2f(x),Ex6E)A＝Aeq \f(xf′(x)－3f(x),Ex4E)A<0，∴y＝Aeq \f(f(x),Ex3E)A在(0，＋∞)上单调递减，∴Aeq \f(f(2),E23E)A考点二 构造F(x)＝enxf(x)(n∈Z，且n≠0)类型的辅助函数
【方法总结】
(1)若F(x)＝enxf(x)，则F′(x)＝n·enxf(x)＋enxf′(x)＝enx[f′(x)＋nf(x)]；
(2)若F(x)＝Aeq \f(f(x),EenxE)A，则F′(x)＝Aeq \f(f′(x)enx－nenxf(x),Ee2nxE)A＝Aeq \f(f′(x)－nf(x),EenxE)A．
由此得到结论：
(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)＝Aeq \f(f(x),EenxE)A．
【例题选讲】
[例1](1)若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>Aeq \f(1,e2xE)A的解集为 ．
答案 (0，＋∞) 解析 构造F(x)＝f(x)·e2x，∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，∴F(x)在R上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，不等式f(x)>Aeq \f(1,e2xE)A可化为f(x)e2x>1，即F(x)>F(0)，∴x>0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．
(2)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式Aeq \f(f(x),EexE)A<1的解集为________．
答案 {x|x>0} 解析 令g(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A，则g′(x)＝Aeq \f(exf′(x)－(ex)′f(x),E(ex)2E)A＝Aeq \f(f′(x)－f(x),EexE)A．由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A在R上单调递减．又g(0)＝Aeq \f(f(0),Ee0E)A＝1，所以Aeq \f(f(x),EexE)A<1，即g(x)0，所以不等式的解集为{x|x>0}．
(3)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________．
答案 (0，＋∞) 解析 构造F(x)＝Aeq \f(f(x),Ee2xE)A，则F′(x)＝Aeq \f(e2xf′(x)－2e2xf(x),Ee4xE)A＝Aeq \f(f′(x)－2f(x),Ee2xE)A，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⇔Aeq \f(f(x),Ee2xE)A＞1⇔F(x)＞F(0)，根据单调性得x＞0．
(4)设定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式ex－1f(x)答案 (1，＋∞) 解析 令g(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A，则g′(x)＝Aeq \f(f′(x)－f(x),EexE)A>0，故g(x)在R上单调递增，不等式ex－1f(x)1，所以原不等式的解集为(1，＋∞)．
(5)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，f(0)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式exf(x)>ex－1(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，－1)∪(0，＋∞) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－1，＋∞)
答案 A 解析 设g(x)＝exf(x)－ex，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex．由已知f(x)>1－f′(x)，可得g′(x)>0在R上恒成立，即g(x)是R上的增函数．因为f(0)＝0，所以g(0)＝－1，则不等式exf(x)>ex－1可化为g(x)>g(0)，所以原不等式的解集为(0，＋∞)．
(6)定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2 021为奇函数，则不等式f(x)＋2 021ex<0的解集是( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,Ee))E)A D．Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Ee)，＋∞)E)
答案 B 解析 设h(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A，则h′(x)＝Aeq \f(f′(x)－f(x),EexE)A<0，所以h(x)是定义在R上的减函数．因为f(x)＋2
021为奇函数，所以f(0)＝－2 021，h(0)＝－2 021．因为f(x)＋2 021ex<0，所以Aeq \f(f(x),EexE)A<－2 021，即h(x)0，所以不等式f(x)＋2 021ex<0的解集是(0，＋∞)．故选B．
(7)已知定义在R上的偶函数f(x)(函数f(x)的导函数为f′(x))满足f Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,E2))E)A＋f(x＋1)＝0，e3f(2 021)＝1，若f(x)>f′(－x)，则关于x的不等式f(x＋2)>Aeq \f(1,exE)A的解集为( )
A．(－∞，3) B．(3，＋∞) C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
答案 B 解析 ∵f(x)是偶函数，∴f(x)＝f(－x)，f′(x)＝Aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f－x)E)A′＝－f′(－x)，∴f′(－x)＝－f′(x)，f(x)>f′(
－x)＝－f′(x)，即f(x)＋f′(x)>0，设g(x)＝exf(x)，则Aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(exfx)E)A′＝exAeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(fx＋f′x)E)A>0，∴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)A．f(2)>e2f(0)，f(2 021)>e2 021f(0) B．f(2)e2 021f(0)
C．f(2)>e2f(0)，f(2 021)答案 D 解析 构造F(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A，则F′(x)＝Aeq \f(exf′(x)－exf(x),Ee2xE)A＝Aeq \f(f′(x)－f(x),EexE)A，导函数f′(x)满足f′(x)(10)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)
答案 C 解析 构造F(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A，则F′(x)＝Aeq \f(exf′(x)－exf(x),Ee2xE)A＝Aeq \f(f′(x)－f(x),EexE)A，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，从而F(3)＞F(0)即Aeq \f(f(3),Ee3E)A＞Aeq \f(f(0),Ee0E)A，∴f(3)＞e3f(0)，故选C．
【对点训练】
1．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)解集为( )
A．Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,E2))E)A B．(0，＋∞) C．Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,E2)，＋∞)E)A D．(－∞，0)
1．答案 B 解析 构造函数g(x)＝Aeq \f(fx,exE)A，则g′(x)＝Aeq \f(f′x－fx,exE)A，因为f′(x)在R上为减函数，又f(0)＝Aeq \f(1,2E)A，所以g(0)＝Aeq \f(f0,e0E)A＝Aeq \f(1,2E)A，则不等式f(x)－Aeq \f(1,2E)Aex<0可化为Aeq \f(fx,exE)A0，即所求不等式的解集为(0，＋∞)．
2．已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝Aeq \f (1,eE)A，对任意实数x，都有f(x)－f′(x)>0，则不等式f(x)解集为( )
A．(－∞，e) B．(1，＋∞) C．(1，e) D．(e，＋∞)
2．答案 B 解析 设g(x)＝Aeq \f (f(x),EexE)A，则g′(x)＝Aeq \f (f ′(x)ex－exf(x),E(ex)2E)A＝Aeq \f (f ′(x)－f(x),EexE)A．∵对任意实数x，都有f (x)－f ′(x)>
0，∴g′(x)<0，即g(x)为R上的减函数．g(1)＝Aeq \f (f(1),EeE)A＝Aeq \f (1,e2E)A，由不等式f (x)1，∴不等式f (x)3．已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，若f′(x)－2f(x)＜0，且f(－1)＝0，则f(x)＞0的解集为
( )
A．(－∞，－1) B．(－1，1) C．(－∞，0) D．(－1，＋∞)
3．答案 A 解析 设g(x)＝Aeq \f(f(x),Ee2xE)A，则g′(x)＝Aeq \f(f′(x)－2f(x),Ee2xE)A＜0在R上恒成立，所以g(x)在R上单调递减．因
为f(x)＞0，所以g(x)＞0，又g(－1)＝0，所以x＜－1．
4．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)，且f(x＋3)为偶函数，f(6)＝1，则不
等式f(x)>ex的解集为( )
A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞) C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
4．答案 B 解析 因为f (x＋3)为偶函数，所以f (3－x)＝f (x＋3)，因此f (0)＝f (6)＝1．设h(x)＝Aeq \f (f (x),EexE)A，
则原不等式即h(x)>h(0)．又h′(x)＝Aeq \f (f ′(x)·ex－f(x)·ex,E(ex)2E)A＝Aeq \f (f ′(x)－f (x),EexE)A，依题意f′(x)>f(x)，故h′(x)>0，因此函数h(x)在R上是增函数，所以由h(x)>h(0)，得x>0．故选B．
5．已知函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集是
( )
A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．|x|x<－1，或x>1| D．{x|x<－1，或05．答案 A 解析 构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex－1，求导，得g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]
．由已知f(x)＋f′(x)>1，可得到g′(x)>0，所以g(x)为R上的增函数．又g(0)＝e0·f(0)－e0－1＝0，所以ex·f(x)>ex＋1，即g(x)>0的解集为{x|x>0}．
6．已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)＋13ex的解集为( )
A．(1，＋∞) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(－∞，0)
6．答案 C 解析 构造函数g(x)＝Aeq \f(f(x)＋1,EexE)A，则g′(x)＝Aeq \f(f ′(x)－f(x)－1,EexE)A>0，故g(x)在R上为增函数．又g(0)
＝Aeq \f(f(0)＋1,Ee0E)A＝3，由f(x)＋1>3ex，得Aeq \f(f(x)＋1,EexE)A>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，则下列各式一定成立的是( )
A．e2f(2021)f(2019) C．f(2021)f(2019)
7．答案 A 解析 根据题意，设g(x)＝exf(x)，其导函数g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，又由函数
f(x)与其导函数f′(x)满足f(x)＋f′(x)<0，则有g′(x)<0，则函数g(x)在R上为减函数，则有g(2021)8．定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x)恒成立，若x1A． SKIPIF 1 < 0 f(x2)> SKIPIF 1 < 0 f(x1) B． SKIPIF 1 < 0 f(x2)< SKIPIF 1 < 0 f(x1)
C． SKIPIF 1 < 0 f(x2)＝ SKIPIF 1 < 0 f(x1) D． SKIPIF 1 < 0 f(x2)与 SKIPIF 1 < 0 f(x1)的大小关系不确定
8．答案 A 解析 设g(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A，则g′(x)＝Aeq \f(f′(x)ex－f(x)ex,E(ex)2E)A＝Aeq \f(f′(x)－f(x),EexE)A．由题意得g′(x)>0，所以g(x)在R
上单调递增，当x1 SKIPIF 1 < 0 f(x1)．
9．设函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R都有f(x)＞f′(x)成立，则( )
A．3f(ln2)＜2f(ln3) B．3f(ln2)＝2f(ln3)
C．3f(ln2)＞2f(ln3) D．3f(ln2)与2f(ln3)的大小不确定
9．答案 C 解析 令F(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A，则F′(x)＝Aeq \f(f′(x)－f(x),EexE)A，因为对∀x∈R都有f(x)＞f′(x)，所以F′(x)＜0，
即F(x)在R上单调递减．又ln2＜ln3，所以F(ln2)＞F(ln3)，即Aeq \f(f(ln 2),Eeln 2E)A＞Aeq \f(f(ln 3),Eeln 3E)A，所以Aeq \f(f(ln 2),E2E)A＞Aeq \f(f(ln 3),E3E)A，即3f(ln2)＞2f(ln3)，故选C．
10．已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，且对于∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则有( )
A．e2022f(－2022)e2022f(0) B．e2022f(－2022)C．e2022f(－2022)>f(0)，f(2022)>e2022f(0) D．e2022f(－2022)>f(0)，f(2022)10．答案 D 解析 构造函数g(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A，则g′(x)＝Aeq \f(f′(x)ex－(ex)′f(x),E(ex)2E)A＝Aeq \f(f′(x)－f(x),EexE)A，因为∀x∈R，均有f(x)>
f′(x)，并ex>0，所以g′(x)<0，故函数g(x)＝Aeq \f(f(x),EexE)A在R上单调递减，所以g(－2022)>g(0)，g(2022)即Aeq \f(f(－2022),Ee－2022E)A>f(0)，Aeq \f(f(2022),Ee2022E)Af(0)，f(2022)考点三 构造F(x)＝f(x)sin x，F(x)＝Aeq \f(fx,sin xE)A，F(x)＝f(x) cs x，F(x)＝Aeq \f(fx,cs xE)A类型的辅助函数
【方法总结】
(1)若F(x)＝f(x)sinx，则F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)csx；
(2)若F(x)＝Aeq \f(f(x),Esin xE)A，则F′(x)＝Aeq \f(f′(x)sin x－f(x)cs x,Esin2xE)A；
(3)若F(x)＝f(x)csx，则F′(x)＝f′(x)csx－f(x)sinx；
(4)若F(x)＝Aeq \f(f(x),Ecs xE)A，则F′(x)＝Aeq \f(f′(x)cs x＋f(x)sin x,Ecs2xE)A．
由此得到结论：
(1)出现f′(x)sinx＋f(x)csx形式，构造函数F(x)＝f(x)sinx；
(2)出现Aeq \f(f′(x)sin x－f(x)cs x,Esin2xE)A形式，构造函数F(x)＝Aeq \f(f(x),Esin xE)A；
(3)出现f′(x)csx－f(x)sinx形式，构造函数F(x)＝f(x)csx；
(4)出现Aeq \f(f′(x)cs x＋f(x)sin x,Ecs2xE)A形式，构造函数F(x)＝Aeq \f(f(x),Ecs xE)A．
【例题选讲】
[例1](1)已知函数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．当x∈[0，Aeq \f(π,2E)A)时，f(x)＋f′(x)tanx>0，则不等式csxf(x＋Aeq \f(π,2E)A)＋sinxf(－x)>0的解集为( )
A．Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,E4)，\f(π,2))E)A B．Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,E4)，\f(π,2))E)A C．Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,E4)，0)E)A D．Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,E2)，－\f(π,4))E)
答案 C 解析 令g(x)＝f(x)sinx，则g′(x)＝f(x)csx＋f′(x)sinx＝[f(x)＋f′(x)tanx]csx，当x∈[0，Aeq \f(π,2E)A)时，f(x)＋f′(x)tanx>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(2)对任意的x∈Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,E2))E)A，不等式f(x)tanxA．f Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,E3))E)A>Aeq \r(2E)Af Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))A B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>2f(1)cs 1 C．2f(1)cs1>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) D．eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))答案 D 解析 因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以sin x>0，cs x>0，构造函数F(x)＝f(x)cs x，则F′(x)＝－f(x)sinx＋f′(x)cs x，因为对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，不等式f(x)tan x0恒成立，所以F′(x)>0恒成立，所以函数F(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))(3)定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)，函数f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)＜f′(x)tanx成立，则( )
A．eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＞eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) B．f(1)＜2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))sin 1 C．eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) D．eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
答案 D 解析 f(x)＜f′(x)tan x⇔f′(x)sin x－f(x)cs x＞0，令F(x)＝eq \f(f(x),sin x)，则F′(x)＝eq \f(f′(x)sin x－f(x)cs x,sin2x)＞0，即函数F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数，∴F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＜F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),sin \f(π,6))＜eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),sin \f(π,3))，∴eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，故选D．
(4)已知函数y＝f(x)对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))满足f′(x)csx＋f(x)sinx>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．eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))答案 A 解析 构造F(x)＝eq \f(f(x),cs x)，则F′(x)＝eq \f(f′(x)cs x＋f(x)sin x,cs2x)，导函数f′(x)满足f′(x)csx＋f(x)sinx>0，则F′(x)>0，F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增．把选项转化后可知选A．
(5)已知定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有csxf′(x)＋sinxf(x)<0成立，则( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) B．eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) D．eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))
答案 CD 解析 设g(x)＝eq \f(f(x),csx)，则g′(x)＝eq \f(f′(x)·csx＋f(x)·sinx,cs2x)，因为当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，csxf′(x)＋sinxf(x)<0，所以当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，因此g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),\f(\r(3),2))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),\f(1,2))⇒f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),\f(\r(3),2))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),\f(\r(2),2))⇒eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))．故选CD．
(6)已知函数y＝f(x)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＝1＋lnx，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，则下列不等式成立的是( )
A．eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) B．eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) C．eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) D．eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))
答案 B 解析 设g(x)＝eq \f(f(x),cs x)，则g′(x)＝eq \f(f′(x)cs x＋f(x)sin x,cs2x)＝eq \f(1＋ln x,cs2x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))．令g′(x)＝0得x＝eq \f(1,e)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，\f(π,2)))时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增．∵eq \f(1,e)＜eq \f(π,6)＜eq \f(π,4)＜eq \f(π,3)＜eq \f(π,2)，∴g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＜g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＜g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),\f(1,2))＞eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),\f(\r(2),2))＞eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),\f(\r(3),2))，化简得eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＞eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，故选B．