【最新版】新教材苏教版高中数学选择性必修一§5.3 习题课 导数中的函数构造问题【讲义+习题】

习题课　导数中的函数构造问题
学习目标　1.了解导数中几种常见的构造函数的形式.2.会根据要求通过构造函数解决一些简单的问题．
一、利用f(x)与x构造
例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．(2，＋∞)
C．(1,2) D．(1，＋∞)
答案　B
解析　构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，
则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，
所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上是减函数．
又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，
所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，
所以x＋10，x＋1>0，
解得x>2，
所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)．
延伸探究　
把本例中的条件“f(x)<－xf′(x)”换为“f(x)
(2x＋1)f(x2＋1)．
解　设g(x)＝，则g′(x)＝，
∵f(x) ∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
由(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)得，
>，
即g(2x＋1)>g(x2＋1)，
∴
解得0 即不等式(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)的解集为(0,2)．
反思感悟　用函数单调性比较大小或解不等式时常构造函数，常见的有
(1)对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)．
(2)对于f′(x)＋g′(x)>0，
构造h(x)＝f(x)＋g(x)．
(3)对于f′(x)>a，构造h(x)＝f(x)－ax.
(4)对于xf′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝xf(x)．
(5)对于xf′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝.
跟踪训练1　已知函数f(x)＝xln x＋x(x－a)2(a∈R)．若存在x∈，使得f(x)>xf′(x)成立，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C．(，＋∞) D．(3，＋∞)
答案　C
解析　由f(x)>xf′(x)成立，可得′＝<0.
设g(x)＝＝ln x＋(x－a)2，则存在x∈，使得g′(x)＝＋2(x－a)<0成立，即a>
min.又x＋≥2＝，当且仅当x＝，即x＝时取等号，所以a>.
二、利用f(x)与ex构造
例2　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 022f(－2 022)f(0)
B．e－2 022f(－2 022) C．e－2 022f(－2 022)>f(0)，e2 022f(2 022)>f(0)
D．e－2 022f(－2 022)>f(0)，e2 022f(2 022) 答案　A
解析　构造函数h(x)＝exf(x)，
则h′(x)＝exf(x)＋exf′(x)
＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，
所以函数h(x)在R上是增函数，
故h(－2 022) 同理，h(2 022)>h(0)，即e2 022f(2 022)>f(0)，故选A.
延伸探究　把本例中的条件“f(x)＋f′(x)>0”换为“f′(x)>f(x)”，比较e2 022f(－2 022)和f(0)的大小．
解　令g(x)＝，则g′(x)＝，因为对任意的x∈R，都有f′(x)>f(x)，所以g′(x)>0，即g(x)在R上是增函数，所以g(－2 022) 反思感悟　f(x)与ex构造常见的形式
(1)对于f′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝exf(x)．
(2)对于f′(x)>f(x)，构造h(x)＝.
跟踪训练2　(多选)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x) A．f(ln 2)<2f(0) B．f(2) C．f(ln 2)>2f(0) D．f(2)>e2f(0)
答案　AB
解析　令g(x)＝，则g′(x)＝<0，所以g(x)在R上是减函数，又ln 2>0,2>0，
所以g(ln 2) 三、利用f(x)与sin x，cos x构造
例3　(多选)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确的是(　　)
A．f 0
C．f >f  D．f >f 
答案　CD
解析　令g(x)＝，x∈，
则g′(x)＝，
因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，所以g′(x)＝<0在上恒成立，因此函数g(x)＝在上是减函数，
又<，所以g>g，即>，
即f >f ，故A错误；
又f(0)＝0，所以g(0)＝＝0，所以g(x)＝≤0在上恒成立，
因为ln ∈，所以f <0，故B错误；
又<，所以g>g，所以>，
即f >f ，故C正确；
又<，所以g>g，所以>，即f >f ，故D正确．
反思感悟　f(x)与sin x，cos x构造常见的形式
(1)对于f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，构造函数h(x)＝f(x)sin x.
(2)对于f′(x)sin x－f(x)cos x>0，构造函数h(x)＝.
(3)对于f′(x)cos x－f(x)sin x>0，构造函数h(x)＝f(x)cos x.
(4)对于f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，构造函数h(x)＝.
跟踪训练3　已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，函数y＝f(x)对于任意的x∈(0，π)满足f′(x)sin x>f(x)cos x(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是(　　)
A．f >－f 
B.f <－f 
C.f >2f 
D.f  答案　C
解析　由已知，得f(x)为奇函数，由函数y＝f(x)对于任意的x∈(0，π)满足f′(x)sin x>f(x)cos x，得f′(x)·sin x－f(x)cos x>0，即′>0，所以y＝在(0，π)上是增函数，
又因为y＝为偶函数，
所以y＝在(－π，0)上是减函数，
所以<，即f >2f .

1．知识清单：
(1)几种常见的构造形式．
(2)掌握由导函数的结构形式构造原函数．
2．方法归纳：构造法．
3．常见误区：不能正确构造出符合题意的函数．

1．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若a A．bf(b)≤af(a) B．bf(a)≤af(b)
C．af(a)≤bf(b) D．af(b)≤bf(a)
答案　A
解析　设g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，
∴g(x)在区间(0，＋∞)上是减函数或g(x)为常函数．
∵a ∴g(a)≥g(b)，即af(a)≥bf(b)，故选A.
2．若函数y＝f(x)的定义域为R，对于∀x∈R，f′(x) A．(2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(－∞，0) D．(－∞，2)
答案　B
解析　设函数g(x)＝，
则g′(x)＝＝，
由f′(x) 所以g′(x)<0，函数g(x)在R上是减函数，
由f(x＋1)为偶函数，可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，
又f(2)＝1，所以f(0)＝1，所以g(0)＝＝1，
不等式f(x)0，即不等式f(x) 3．已知函数y＝f(x)(x∈R)满足f(2)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<1，则f(x)>x－1的解集为(　　)
A．{x|－2 C．{x|x<－2或x>2} D．{x|x>2}
答案　B
解析　令g(x)＝f(x)－(x－1)，
则g′(x)＝f′(x)－1<0，
所以g(x)在R上是减函数．
又f(2)＝1，所以g(2)＝f(2)－(2－1)＝0.
由f(x)>x－1，得g(x)>0，
解得x<2.
4．函数f(x)定义在上，f ＝，其导函数是f′(x)，且f(x)·cos x2sin x的解集为________．
答案　
解析　∵f(x)cos x ∴f′(x)sin x－f(x)cos x>0，
构造函数g(x)＝，
则g′(x)＝，
当x∈时，g′(x)>0，
∴g(x)在上是增函数，
∵不等式f(x)>2sin x，
∴>2＝＝，
即g(x)>g，
∴ 故不等式的解集为.



　　　　　　　　　　　　　　　　

1．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f′(x)<，则f(x)<＋的解集为(　　)
A．{x|－1 C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x>1}
答案　D
解析　构造函数h(x)＝f(x)－－，所以h′(x)＝f′(x)－<0，故h(x)在R上是减函数，且h(1)＝f(1)－－＝0，故h(x)<0的解集为{x|x>1}．
2．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　构造函数h(x)＝，因为f(x)为奇函数，所以h(x)为偶函数，又因为h′(x)＝，且当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上是减函数，根据对称性知h(x)在(－∞，0)上是增函数，又f(－1)＝0，所以f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
3．已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为f(x)的导函数，且f(x)＋(x－1)f′(x)>0，则(　　)
A．f(1)＝0 B．f(x)<0
C．f(x)>0 D．(x－1)f(x)<0
答案　C
解析　令g(x)＝(x－1)f(x)，
则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，
所以g(x)在R上是增函数，
又因为g(1)＝0，
所以当x>1时，g(x)＝(x－1)f(x)>0；当x<1时，g(x)＝(x－1)f(x)<0，
所以当x≠1时，f(x)>0，
又f(1)＋(1－1)f′(1)＝f(1)>0，
所以ABD错误，C正确．
4．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)<－f′(x)，则下列式子成立的是(　　)
A．f(2 022)>ef(2 023) B．f(2 022) C．ef(2 022)>f(2 023) D．ef(2 022) 答案　A
解析　依题意得f(x)＋f′(x)<0，
令g(x)＝exf(x)，
则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]<0在R上恒成立，
所以函数g(x)＝exf(x)在R上是减函数，
所以g(2 022)>g(2 023)，
即e2 022f(2 022)>e2 023f(2 023)⇒f(2 022)>ef(2 023)．
5．定义域为的函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，其导函数为f′(x)，当0≤x<时，有f′(x)cos x＋f(x)sin x<0成立，则关于x的不等式f(x) A.∪
B.
C.∪
D.∪
答案　B
解析　∵f(x)＋f(－x)＝0且x∈，
∴f(x)是奇函数，
设g(x)＝，则当0≤x<时，g′(x)＝<0，
∴g(x)在上是减函数．
又f(x)是奇函数，∴g(x)＝也是奇函数，
∴g(x)在上是减函数，
从而g(x)在上是减函数，
∵不等式f(x) ∴<，
即g(x) ∴ 6．(多选)已知f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且(x＋1)·f′(x)>f(x)，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．3f(4)<4f(3) B．4f(4)>5f(3)
C．3f(3)<4f(2) D．3f(3)>4f(2)
答案　BD
解析　由(x＋1)f′(x)>f(x)，
得(x＋1)f′(x)－f(x)>0，
令g(x)＝，
则g′(x)＝>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴g(2) 则<<，
即4f(2)<3f(3)，5f(3)<4f(4)，故选BD.
7．已知f(x)是定义在上的函数，其导函数为f′(x)，f ＝2，且当x∈时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，则不等式f(x)sin x<3的解集为________．
答案　
解析　因为当x∈时，
f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，
所以[f(x)sin x]′>0，x∈，
令g(x)＝f(x)sin x，
则当x∈时，g′(x)>0，g(x)在上是增函数，
因为f ＝2，所以g＝f sin ＝3，
不等式f(x)sin x<3，即g(x) 因为g(x)在上是增函数，
所以原不等式的解集为.
8．设函数f′(x)是定义在(0，π)上的函数f(x)的导函数，有f′(x)cos x－f(x)sin x>0，若a＝ f ，b＝0，c＝－f ，则a，b，c的大小关系是________．
答案　a 解析　设函数g(x)＝f(x)cos x，
则g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x，
因为f′(x)cos x－f(x)sin x>0，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(0，π)上是增函数，
a＝f ＝f cos ＝g，
b＝0＝f cos ＝g，
c＝－f ＝f cos ＝g，
所以a 9．若对任意的x∈[e，＋∞)，都有xln x≥ax－a，求实数a的取值范围．
解　若对任意的x∈[e，＋∞)，都有xln x≥ax－a，等价于a≤在[e，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝，则h′(x)＝，x∈[e，＋∞)，
令m(x)＝x－ln x－1，则当x≥e时，m′(x)＝1－>0，即m(x)在[e，＋∞)上是增函数，
故m(x)≥m(e)＝e－2>0，所以h′(x)>0，
所以h(x)＝在[e，＋∞)上是增函数，
h(x)min＝h(e)＝，所以a≤.
即实数a的取值范围是.
10．已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x.
(1)当a＝1时，求函数f(x)在[1，e]上的最小值和最大值；
(2)是否存在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有>a恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－2ln x－x.
则f′(x)＝x－－1＝＝，x∈[1，e]．
∴当x∈[1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，e]时，f′(x)>0.
∴f(x)在[1,2)上是减函数，在(2，e]上是增函数．
∴当x＝2时，f(x)取得最小值，其最小值为f(2)＝－2ln 2.
又f(1)＝－，f(e)＝－e－2，f(e)－f(1)＝－e－2＋＝<0，∴f(e) ∴f(x)max＝f(1)＝－.
(2)假设存在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有>a恒成立，
不妨设0a，
∴f(x2)－ax2>f(x1)－ax1.
令g(x)＝f(x)－ax，
则由此可知g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又g(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x－ax
＝x2－2aln x－2x，
则g′(x)＝x－－2＝，
由此可得g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
只需－1－2a≥0，解得a≤－.
即a的取值范围是.

11．设f(x)，g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a A．f(x)g(x)>f(b)g(b)
B．f(x)g(b)>f(b)g(x)
C．f(x)g(a)>f(a)g(x)
D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
答案　B
解析　设F(x)＝，
则F′(x)＝，
由f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，得F′(x)<0，所以F(x)在R上是减函数，因为af(b)g(x)．
12．设函数f(x)的定义域为R，f′(x)是其导函数，若3f(x)＋f′(x)>0，f(0)＝1，则不等式f(x)>
e－3x的解集是(　　)
A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，0) D．(0,1)
答案　A
解析　令g(x)＝e3xf(x)，则g′(x)＝3e3xf(x)＋e3xf′(x)，
因为3f(x)＋f′(x)>0，所以3e3xf(x)＋e3xf′(x)>0，所以g′(x)>0，
所以函数g(x)＝e3xf(x)在R上是增函数，
又f(x)>e－3x可化为e3xf(x)>1，
且g(0)＝e3×0f(0)＝1，
所以g(x)>g(0)，解得x>0，
所以不等式f(x)>e－3x的解集是(0，＋∞)．
13．函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意的正数x都有2f(x)>xf′(x)成立，则(　　)
A．9f(2)>4f(3)
B．9f(2)<4f(3)
C．9f(2)＝4f(3)
D．9f(2)与4f(3)的大小不确定
答案　A
解析　由2f(x)>xf′(x)，得xf′(x)－2f(x)<0，
设g(x)＝，则g′(x)＝＝，
因为x是正数，所以x3>0，
又xf′(x)－2f(x)<0，所以g′(x)<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上是减函数，
所以g(2)>g(3)，即>，
即9f(2)>4f(3)．
14．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，当x>0时，有>0，则不等式x2f(x)>0的解集是________________．
答案　(－1,0)∪(1，＋∞)
解析　令g(x)＝(x≠0)，
则g′(x)＝.
∵当x>0时，>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数．
又f(1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，
∴在(0，＋∞)上，g(x)>0的解集为(1，＋∞)，g(x)<0的解集为(0,1)．
∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，
∴在(－∞，0)上，g(x)>0的解集为(－∞，－1)，
g(x)<0的解集为(－1,0)．
由x2f(x)>0，得f(x)>0(x≠0)．
又f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)，
∴不等式x2f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．

15．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) C．f(1)>e3f(0) D．f(1)>e2f(0)
答案　A
解析　令g(x)＝，
则g′(x)＝
＝，
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上是减函数，
所以g(1) 即f(1) 16．已知函数f(x)＝－ln x(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x1，x2是方程f(x)＝2的两个不同实根，证明：x1＋x2>.
(1)解　因为f(x)＝－ln x，
所以f′(x)＝－－＝－(x>0)．
①当a≥0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上是减函数．
②当a<0时，由f′(x)>0，得0－a.
即f(x)在(0，－a)上是增函数，在(－a，＋∞)上是减函数，
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是减函数；
当a<0时，f(x)在(0，－a)上是增函数，在(－a，＋∞)上是减函数．
(2)证明　因为f(x1)＝f(x2)＝2，
所以－ln x1－2＝0，－ln x2－2＝0，
即x1ln x1＋2x1－a＝0，x2ln x2＋2x2－a＝0.
设g(x)＝xln x＋2x－a，则g′(x)＝ln x＋3，
故g(x)在上是减函数，在上是增函数．
由题意设0 欲证x1＋x2>，只需证x2>－x1，
又x2，－x1∈，g(x)在上是增函数，故只需证g(x2)>g.
因为g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x1)>g对任意的x1∈恒成立即可，
即x1ln x1＋2x1－a>ln＋2－a.
整理得x1ln x1＋2x1>ln＋－2x1，
即x1ln x1－ln＋4x1－>0.
设h(x)＝xln x－ln＋4x－，x∈，
则h′(x)＝ln x＋ln＋6＝ln＋6.
因为0 则h(x)>h＝0.所以x1＋x2>成立．