2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 阅读与欣赏（二）课件 理 新人教A版

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．第三章导数及其应用导数的综合问题只含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)12，则不等式f(x2)x2＋12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)－12x＋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)－12＋c＝12＋c.f(x2)x2＋12＝12x2＋12，即f(x2)－12x2＋c12＋c，即g(x2)g(1)，即x21，即－1x1.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．e2015f(－2015)f(0)，f(2015)e2015f(0)B．e2015f(－2015)f(0)，f(2015)＜e2015f(0)C．e2015f(－2015)＞f(0)，f(2015)e2015f(0)D．e2015f(－2015)＞f(0)，f(2015)＜e2015f(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)＝1e(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－ex20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)＝f（x）ex，则h′(x)＝f′（x）－f（x）ex0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2015)h(0)，即f（－2015）e－2015f（0）e0⇔e2015f(－2015)f(0)；同理，h(2015)h(0)，即f(2015)e2015·f(0)，故选D.(2)由f(x)＋2f′(x)0⇒212f（x）＋f′（x）0，可构造h(x)＝ex2·f(x)⇒h′(x)＝12ex2[f(x)＋2f′(x)]0，所以函数h(x)＝ex2·f(x)在R上单调递增，且h(2)＝e·f(2)＝1.不等式exf(x)－ex20等价于ex2f(x)1，即h(x)h(2)⇒x2，所以不等式exf(x)－ex20的解集为(2，＋∞)．【答案】(1)D(2)(2，＋∞)(1)由于ex0，故[exf(x)]′＝[f(x)＋f′(x)]ex，其符号由f(x)＋f′(x)的符号确定，f（x）ex′＝f′（x）－f（x）ex，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x0时，f′(x)f（x）x恒成立．设m1，记a＝4mf（m＋1）m＋1，b＝2mf(2m)，c＝(m＋1)·f4mm＋1，则a，b，c的大小关系为()A．abcB．abcC．bacD．bac(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)0B．f(x)0C．f(x)xD．f(x)x【解析】(1)当x0时，f′(x)f（x）x⇔xf′(x)－f(x)0.构造函数g(x)＝f（x）x，则g′(x)＝f′（x）x－f（x）x20，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＝4mf（2m）2m，c＝4mf4mm＋14mm＋1.因为m1，所以m＋12m，4mm＋14m2m＝2m，所以m＋12m4mm＋1.所以g(m＋1)g(2m)g4mm＋1.所以4mg(m＋1)4mg(2m)4mg4mm＋1，即abc.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x0时，由2f(x)＋xf′(x)x2，得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)x30，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x0时，有g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)x30，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)＝f（x）xn，则F′(x)＝xf′（x）－nf（x）xn＋1(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)＝f（x）x，则F′(x)＝xf′（x）－f（x）x20.含f(x)±f′(x)tanx型已知函数f(x)的导函数f′(x)，当x∈0，π2时，f′(x)sin2xf(x)(1＋cos2x)成立，下列不等式一定成立的是()A.3fπ42fπ3B.3fπ4＞2fπ3C.3fπ42fπ6D.3fπ4＞2fπ6【解析】f′(x)sin2xf(x)(1＋cos2x)⇒f′(x)sinx－f(x)cosx0.令g(x)＝f（x）sinx，g′(x)＝f′（x）sinx－f（x）cosxsin2x0可知g(x)在0，π2上单调递减，所以gπ4gπ3，即3fπ42fπ3.故选B.【答案】B由于在0，π2上，[sinx·f(x)]′＝cosx·f(x)＋sinx·f′(x)，其符号与f(x)＋f′(x)tanx相同，f（x）sinx′＝f′（x）·sinx－f（x）·cosxsin2x，其符号与f′(x)tanx－f(x)符号相同．在含有f(x)±f′(x)tanx的问题中，可以考虑构造函数f(x)sinx，f(x)cosx，f（x）sinx，f（x）cosx等．