高考数学专题练 专题一 微专题9　导数中函数的构造问题（含答案）

这是一份高考数学专题练 专题一 微专题9　导数中函数的构造问题（含答案），共16页。


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____________．
(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________________．
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)
(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)
典例3 (2022·新高考全国Ⅰ)设a＝0.1e0.1，b＝eq \f(1,9)，c＝－ln 0.9，则( )
A．aC．c[总结提升]
1．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．
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)
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)＝eq \f(1,2)，则关于x的不等式－2－x－2A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．(－1,1) D．(1，＋∞)
3．(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
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
5．(多选)(2023·南阳模拟)定义在(0，π)上的函数f(x)满足f′(x)A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3))) B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))C.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) D.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))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)
C．geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))D．g(x1)＋g(x2)>eq \f(x2,x1)g(x1)＋eq \f(x1,x2)g(x2)
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__________．
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________________．
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________________．
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________________．
微专题9 导数中函数的构造问题
[考情分析] 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．

考点一 构造F(x)＝xnf(x)或F(x)＝eq \f(fx,xn)(n∈Z，且n≠0)型
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________________．
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，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________________．
答案 (－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，
则F′(x)<0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝eq \f(fx,x2)为偶函数，
∴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(eq \r(2))，b＝9f(－3)，c＝f(1)，则a，b，c的大小关系为( )
A．bC．a答案 A
解析 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，
a＝2f(eq \r(2))＝g(eq \r(2))，b＝9f(－3)＝g(－3)＝g(3)，c＝f(1)＝g(1)，
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＝2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，b＝3f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))，c＝ef eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))的大小关系为( )
A．a>c>b B．a>b>c
C．b>c>a D．b>a>c
答案 A
解析 令g(x)＝eq \f(fx,x)，x>0，则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2).
因为xf′(x)－f(x)>0对于x∈(0，＋∞)恒成立，
所以g′(x)>0，即g(x)＝eq \f(fx,x)是(0，＋∞)上的增函数，
又a＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，b＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))，c＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))，且eq \f(1,2)>eq \f(1,e)>eq \f(1,3)，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))，即a>c>b.
考点二 构造F(x)＝enxf(x)或F(x)＝eq \f(fx,enx)(n∈Z，且n≠0)型
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)
答案 D
解析 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)
答案 C
解析 令g(x)＝eq \f(fx,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)，
因为f′(x)令h(m)＝m－ln(m＋1)，m>－1，
则h′(m)＝1－eq \f(1,m＋1)＝eq \f(m,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)，
所以g(m)≤g(ln(m＋1))，即eq \f(fm,em)≤eq \f(flnm＋1,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)答案 (e－3，e－2)
解析 令g(x)＝eq \f(fx,e2x)，h(x)＝eq \f(fx,e3x) ，
则g′(x)＝eq \f(f′x－2fx,e2x)>0，h′(x)＝eq \f(f′x－3fx,e3x)<0，
∴eq \f(f2 023,e2×2 023)eq \f(f2 024,e3×2 024)，
∴eq \f(f2 023,f2 024)e－3，
即eq \f(f2 023,f2 024)的取值范围是(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________________．
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(x))))x<－3或eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(x>1))
解析 设g(x)＝eq \f(fx,ex)(x>0)，
因为f(x)0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由e－2xf(x2＋2x)>，
得>eq \f(f3,e3)，即g(x2＋2x)>g(3)，
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.
考点三 构造函数比较大小
典例3 (2022·新高考全国Ⅰ)设a＝0.1e0.1，b＝eq \f(1,9)，c＝－ln 0.9，则( )
A．aC．c答案 C
解析 设u(x)＝xex(0v(x)＝eq \f(x,1－x)(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则f′(x)＝1－eq \f(1,1－x)＝eq \f(x,x－1)<0在(0,0.1]上恒成立，
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u(0.1)所以a②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0则g′(x)＝(x＋1)ex－eq \f(1,1－x)
＝eq \f(1－x2ex－1,1－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＝eq \r(1.04)－1，则( )
A．aC．b答案 B
解析 b－c＝ln 1.02－eq \r(1.04)＋1，
设f(x)＝ln(x＋1)－eq \r(1＋2x)＋1，
则b－c＝f(0.02)，f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(2,2\r(1＋2x))
＝eq \f(\r(1＋2x)－x＋1,\r(1＋2x)·x＋1)，
当x≥0时，x＋1＝eq \r(x＋12)≥eq \r(1＋2x)，
故当x≥0时，f′(x)＝eq \f(\r(1＋2x)－x＋1,\r(1＋2x)·x＋1)≤0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，
所以f(0.02)a－c＝2ln 1.01－eq \r(1.04)＋1，
设g(x)＝2ln(x＋1)－eq \r(1＋4x)＋1，
则a－c＝g(0.01)，
g′(x)＝eq \f(2,x＋1)－eq \f(4,2\r(1＋4x))
＝eq \f(2[\r(1＋4x)－x＋1],x＋1\r(1＋4x))，
当0≤x<2时，eq \r(4x＋1)≥eq \r(x＋12)＝x＋1，
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b[总结提升]
1．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．

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)
答案 D
解析 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－12．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)＝eq \f(1,2)，则关于x的不等式－2－x－2A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．(－1,1) D．(1，＋∞)
答案 C
解析 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．
又f(1)＝eq \f(1,2)，则f(－1)＝－eq \f(1,2)，
所以g(1)＝f(1)×2＝eq \f(1,2)×2＝1，g(－1)＝f(－1)×eq \f(1,2)＝－eq \f(1,4).
因为－2－x－2所以－eq \f(1,4)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
答案 C
解析 由ae＝ea，be1.2＝1.2eb，ce1.6＝1.6ec，
得eq \f(a,ea)＝eq \f(1,e)，eq \f(b,eb)＝eq \f(1.2,e1.2)，eq \f(c,ec)＝eq \f(1.6,e1.6)，
令f(x)＝eq \f(x,ex)，则f′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
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.
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
答案 B
解析 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)，
则g′(x)＝1－eq \f(2,1＋x)＝eq \f(x－1,1＋x)<0恒成立，
即g(x)在(0,1)上单调递减，且g(0)＝0，
故g(x)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.
5．(多选)(2023·南阳模拟)定义在(0，π)上的函数f(x)满足f′(x)A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))
B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))C.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))
D.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))答案 AC
解析 ∵x∈(0，π)，∴sin x>0，
f′(x)即f′(x)sin x－f(x)cs x<0，
等价于eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)<0，
构造函数g(x)＝eq \f(fx,sin x)，
则g′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)<0，
即g(x)在(0，π)上单调递减，
∵eq \f(π,3)∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))，
即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),sin \f(π,3))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3))),sin \f(2π,3))，
化简得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))，故A选项正确，B选项错误；
∵eq \f(π,4)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，
即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),sin \f(π,4))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))),sin \f(π,2))，
化简得eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，故C选项正确，D选项错误．
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)
C．geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))D．g(x1)＋g(x2)>eq \f(x2,x1)g(x1)＋eq \f(x1,x2)g(x2)
答案 BD
解析 由题意可设F(x)＝eq \f(gx,x)，x>0，则F′(x)＝eq \f(xg′x－gx,x2)，
∴F′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则F(x)是(0，＋∞)上的增函数，
因此有(x1－x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(gx1,x1)－\f(gx2,x2)))>0.
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；
对于B，∵x1＋x2>x1，∴F(x1＋x2)>F(x1)，即eq \f(gx1＋x2,x1＋x2)>eq \f(gx1,x1)，
∴eq \f(x1,x1＋x2)g(x1＋x2)>g(x1)，①
∵x1＋x2>x2，∴F(x1＋x2)>F(x2)，
即eq \f(gx1＋x2,x1＋x2)>eq \f(gx2,x2)，
∴eq \f(x2,x1＋x2)g(x1＋x2)>g(x2)，②
由①＋②得g(x1＋x2)>g(x1)＋g(x2)，故B正确；
对于C，取g(x)＝x2，x>0，则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))2，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x1x2)))＝x1x2，
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))－geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x1x2)))>0，故C错误；
对于D，∵g(x1)－eq \f(x2,x1)g(x1)＝eq \f(x1－x2,x1)g(x1)，③
eq \f(x1,x2)g(x2)－g(x2)＝－eq \f(x2－x1,x2)g(x2)，④
由③－④得
g(x1)－eq \f(x2,x1)g(x1)－eq \f(x1,x2)g(x2)＋g(x2)
＝eq \f(x1－x2,x1)g(x1)＋eq \f(x2－x1,x2)g(x2)
＝(x1－x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(gx1,x1)－\f(gx2,x2)))>0，
∴g(x1)＋g(x2)>eq \f(x2,x1)g(x1)＋eq \f(x1,x2)g(x2)，故D正确．
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__________．
答案 (1，＋∞)
解析 令h(x)＝eq \f(fx,x)－2(x>0)，则h′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)<0，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________________．
答案 (－1，＋∞)
解析 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________________．
答案 (－∞，2)
解析 设g(x)＝eq \f(fx,ex)，∴g′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)<0，
∴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，
∴g(2)＝eq \f(f2,e2)＝eq \f(1,e).
∵f(x)>ex－1，∴eq \f(fx,ex)>eq \f(1,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________________．
答案 (－3,0)∪(3，＋∞)
解析 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)，
构造函数h(x)＝eq \f(fx,e2x)，
所以h′(x)＝eq \f(f′x－2fx,e2x)，
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，＋∞)