2023高考数学专题复习讲义 专题一 培优点2 导数中的函数构造问题

导数中的函数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，根据不等式的形式构造适当的函数是求解问题的关键．例1(1)(2021·江苏徐州一中模拟)已知函数f(x)在(0,1)上恒有xf′(x)>2f(x)，其中f′(x)为函数f(x)的导数，若α，β为锐角三角形两个内角，则()A．sin2βf(sinα)>sin2αf(sinβ)B．cos2βf(sinα)>sin2αf(cosβ)C．cos2βf(cosα)>cos2αf(cosβ)D．sin2βf(cosα)>sin2αf(cosβ)答案B解析设g(x)＝eq\f(fx,x2)(0<x<1)，则g′(x)＝eq\f(x2·f′x－2x·fx,x4)＝eq\f(x·f′x－2·fx,x3)>0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递增．α，β为锐角三角形两个内角，则α＋β>eq\f(π,2)，所以0<eq\f(π,2)－β<α<eq\f(π,2)，由正弦函数y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增．得0<cosβ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))<sinα<1，所以g(cosβ)<g(sinα)，即eq\f(fcosβ,cos2β)<eq\f(fsinα,sin2α)，所以sin2α·f(cosβ)<cos2β·f(sinα)．(2)(2021·安庆模拟)已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(1)≠0，且满足f′(x)lnx＋eq\f(fx,x)<0，则不等式(x－1)f(x)<0的解集为()A．(1，＋∞) B．(0,1)C．(－∞，1) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)答案D解析∵[f(x)lnx]′＝eq\f(1,x)f(x)＋f′(x)lnx<0，∴g(x)＝f(x)lnx在(0，＋∞)上单调递减，而g(1)＝0，∴在(0,1)上lnx<0，g(x)>0；在(1，＋∞)上lnx>0，g(x)<0，而f(1)<0，∴在(0，＋∞)上f(x)<0，又函数f(x)为奇函数，∴在(－∞，0)上f(x)>0.不等式(x－1)f(x)<0等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1，,fx<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<1，,fx>0，))∴x∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．例2(1)(2021·大连模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x)＋xf′(x)＝eq\f(1,x)，f(1)＝1，则f(x)的零点是________．答案eq\f(1,e)解析令F(x)＝xf(x)－lnx，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)－eq\f(1,x)，又f(x)＋xf′(x)＝eq\f(1,x)，所以F′(x)＝f(x)＋xf′(x)－eq\f(1,x)＝0，则函数F(x)为常函数，又F(1)＝1×f(1)－ln1＝1，所以F(x)＝xf(x)－lnx＝1，即f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，令f(x)＝0，所以x＝eq\f(1,e).(2)(2021·朝阳检测)若xex＝5，lny－eq\f(5e,y)＝1，则xy＝________.答案5e解析由xex＝5，两边取以e为底的对数，得x＋lnx＝ln5，由lny－eq\f(5e,y)＝1，令eq\f(5e,y)＝t，则y＝eq\f(5e,t)，所以lny－eq\f(5e,y)＝ln

eq\f(5e,t)－t＝ln5＋1－lnt－t＝1，即ln5－lnt－t＝0，所以ln5＝lnt＋t，设f(x)＝x＋lnx，则f′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，所以f(x)＝x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，由x＋lnx＝ln5以及ln5＝lnt＋t，则x＝t，由y＝eq\f(5e,t)，即y＝eq\f(5e,x)，则xy＝5e.(1)构造函数xf(x)，eq\f(fx,x)：当条件中含“＋”时优先考虑xf(x)；当条件中含“－”时优先考虑eq\f(fx,x).(2)构造函数eq\f(fx,xn)：条件中含“xf′(x)－nf(x)”的形式；构造函数xf(nx)：条件中含“nxf′(nx)＋f(nx)”的形式．(3)构造函数eq\f(fx,ex)：条件中含“f′(x)－f(x)”的形式．(4)构造函数eq\f(fx,sinx)：条件中含“f′(x)sinx－f(x)cosx”的形式．1．(多选)(2021·淄博模拟)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是()A．ln2>eq\f(2,e) B．ln3<eq\f(3,e)C．lnπ>eq\f(π,e) D．eq\f(ln3,lnπ)<eq\f(3,π)答案ACD解析令f(x)＝lnx－eq\f(x,e)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,e)，当0<x<e时，f′(x)>0，当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f(e)＝lne－eq\f(e,e)＝0，则f(2)＝ln2－eq\f(2,e)<0，得ln2<eq\f(2,e)，故A错；f(3)＝ln3－eq\f(3,e)<0，得ln3<eq\f(3,e)，故B正确；f(π)＝lnπ－eq\f(π,e)<0，得lnπ<eq\f(π,e)，故C错；对D项，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则g(3)>g(π)，得eq\f(ln3,3)>eq\f(lnπ,π)，化为eq\f(ln3,lnπ)>eq\f(3,π)，故D错．2．(2021·池州模拟)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) B．f(1)<e2f(0)C．f(1)>e3f(0) D．f(1)>e2f(0)答案A解析令g(x)＝eq\f(fx,e3x)，则g′(x)＝eq\f(f′x·e3x－3fxe3x,e3x2)＝eq\f(f′x－3fx,e3x)，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，所以g(1)<g(0)，即eq\f(f1,e3)<eq\f(f0,e0)，即f(1)<e3f(0)．3．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，若f(x)＝f(－x)－2sinx，且当x≥0时，f′(x)＋cosx>0，则不等式f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))>f(x)＋sinx－cosx的解集为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，＋∞))答案D解析令g(x)＝f(x)＋sinx，则g(－x)＝f(－x)＋sin(－x)＝f(－x)－sinx.又f(x)＝f(－x)－2sinx，所以f(x)＋sinx＝f(－x)－sinx.故g(－x)＝g(x)，即g(x)为定义在R上的偶函数．当x≥0时，g′(x)＝f′(x)＋cosx>0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，又因为g(x)为偶函数，故g(x)在(－∞，0]上单调递减，由f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋cosx＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))>f(x)＋sinx，即geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))>g(x)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))>|x|，解得x>－eq\f(π,4)，所以不等式f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))>f(x)＋sinx－cosx的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，＋∞)).4．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x)，当x≥0时，f(x)＋xf′(x)>1.若对任意的x∈R，不等式g(x)f(g(x))－g(x)＋aex－aexf(aex)≥0恒成立，若g(x)＝e2x＋4，则实数a的取值范围是()A．a≤1 B．a≤eC．a≤4 D．a≥1答案C解析因为当x≥0时，f(x)＋xf′(x)>1，所以f(x)＋xf′(x)－1>0，令h(x)＝xf(x)－x，则h′(x)＝f(x)＋xf′(x)－1>0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，因为f(x)是偶函数，所以f(－x)