2019版高考数学（理）一轮精选教师用书人教通用：第3章8阅读与欣赏（二）

　　　　　　　　　　　　　　导数的综合问题

构造法解决抽象函数问题

在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．

　只含f(x)型

定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)<，则不等式f(x2)>的解集为(　　)

A．(1，2)　　　 B．(0，1)

C．(1，＋∞) D．(－1，1)

【解析】　构造函数g(x)＝f(x)－x＋c(c为常数)，则g′(x)<0，即函数g(x)在R上单调递减，且g(1)＝f(1)－＋c＝＋c.f(x2)>＝x2＋，

即f(x2)－x2＋c>＋c，即g(x2)>g(1)，

即x2<1，即－1<x<1.故选D.

【答案】　D

利用(f(x)＋kx＋b)′＝f′(x)＋k，根据导数符号，可得出函数g(x)＝f(x)＋kx＋b的单调性，利用其单调性比较函数值大小、解抽象函数的不等式等．

　含λf(x)±f′(x)(λ为常数)型

(1)已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则有(　　)

A．e2 015f(－2 015)<f(0)，f(2 015)>e2 015f(0)

B．e2 015f(－2 015)<f(0)，f(2 015)＜e2 015f(0)

C．e2 015f(－2 015)＞f(0)，f(2 015)>e2 015f(0)

D．e2 015f(－2 015)＞f(0)，f(2 015)＜e2 015f(0)

(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)>0恒成立，且f(2)＝(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－e>0的解集为________．

【解析】　(1)仅从f(x)>f′(x)这个条件，无从着手，此时我们必须要借助于选择题中的选项的提示功能，结合所学知识进行分析．构造函数h(x)＝，则h′(x)＝<0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2 015)>h(0)，即>⇔e2 015f(－2 015)>f(0)；同理，h(2 015)<h(0)，即f(2 015)<e2 015·f(0)，故选D.

(2)由f(x)＋2f′(x)>0⇒2>0，可构造h(x)＝e·f(x)⇒h′(x)＝e[f(x)＋2f′(x)]>0，所以函数h(x)＝e·f(x)在R上单调递增，且h(2)＝e·f(2)＝1.不等式exf(x)－e>0等价于ef(x)>1，即h(x)>h(2)⇒x>2，所以不等式exf(x)－e>0的解集为(2，＋∞)．

【答案】　(1)D　(2)(2，＋∞)

(1)由于ex>0，故[exf(x)]′＝[f(x)＋f′(x)]ex，其符号由f(x)＋f′(x)的符号确定，′＝，其符号由f′(x)－f(x)的符号确定．含有f(x)±f′(x)类的问题可以考虑构造上述两个函数．

(2)λf(x)＋f′(x)>0⇔[eλx×f(x)]′>0.　

　含xf(x)±nf′(x)型

(1)已知偶函数f(x)是定义在{x∈R|x≠0}上的可导函数，其导函数为f′(x)．当x<0时，f′(x)>恒成立．设m>1，记a＝，b＝2f(2)，c＝(m＋1)·f，则a，b，c的大小关系为(　　)

A．a<b<c   B．a>b>c

C．b<a<c D．b>a>c

(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2.下面的不等式在R上恒成立的是(　　)

A．f(x)>0   B．f(x)<0

C．f(x)>x D．f(x)<x

【解析】　(1)当x<0时，f′(x)>⇔xf′(x)－f(x)<0.

构造函数g(x)＝，

则g′(x)＝<0，

即g(x)在(－∞，0)上单调递减．

函数f(x)为偶函数，故g(x)为奇函数，

得g(x)在(0，＋∞)上单调递减．

b＝4m，c＝4m.

因为m>1，所以m＋1>2，<＝2，

所以m＋1>2>.

所以g(m＋1)<g(2)<g.

所以4mg(m＋1)<4mg(2)<4mg，

即a<b<c.故选A.

(2)构造函数g(x)＝x2f(x)，

则其导数为g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)．

①当x>0时，由2f(x)＋xf′(x)>x2，

得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>x3>0，

即函数g(x)＝x2f(x)在区间(0，＋∞)上递增，

故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0⇒f(x)>0；

②当x<0时，有g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<x3<0，

即函数g(x)＝x2f(x)在区间(－∞，0)上递减，

故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0⇒f(x)>0；

③当x＝0时，

由2f(x)＋xf′(x)>x2，得f(x)>0.

综上，对任意x∈R，有f(x)>0，应选A.

【答案】　(1)A　(2)A

(1)对于xf′(x)＋nf(x)>0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)>0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0；

(2)对于xf′(x)－nf(x)>0型，且x≠0，构造F(x)＝，则F′(x)＝(亦需注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)>0，构造F(x)＝，则F′(x)＝>0.　

　含f(x)±f′(x)tan x型

已知函数f(x)的导函数f′(x)，当x∈时，f′(x)sin 2x<f(x)(1＋cos 2x)成立，下列不等式一定成立的是(　　)

A.f<f　　 B.f＞f

C.f<f   D.f＞f

【解析】　f′(x)sin 2x<f(x)(1＋cos 2x)⇒f′(x)sin x－f(x)cos x<0.

令g(x)＝，g′(x)＝<0可知g(x)在上单调递减，所以g>g，即f>f.故选B.

【答案】　B  

由于在上，[sin x·f(x)]′＝cos x·f(x)＋sin x·f′(x)，其符号与f(x)＋f′(x)tan x相同，′＝，其符号与f′(x)tan x－f(x)符号相同．在含有f(x)±f′(x)tan x的问题中，可以考虑构造函数f(x)sin x，f(x)cos x，，等．