人教版高中数学第3章 §3.4　函数中的构造问题　培优课.docx

§3.4　函数中的构造问题
题型一　导数型构造函数
命题点1　利用f(x)与x构造
例1　(2022·湘豫名校联考)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x>0时，f′(x)－>0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4f ，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．c<b<a B．c<a<b
C．b<a<c D．a<b<c
答案　B
解析　构造函数g(x)＝(x>0)，
得g′(x)＝
＝，
由题知当x>0时，f′(x)－>0，
所以g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以>>，
即f(2)>2f(1)>4f ，即b>a>c.
思维升华　(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
跟踪训练1　设f(x)为定义在R上的奇函数，f(－3)＝0.当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导函数，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－3)∪(0,3)
B．(－3,0)∪(3，＋∞)
C．(－3,0)∪(0,3)
D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
答案　B
解析　令g(x)＝x2f(x)，x∈R，
当x>0时，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)
＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，
即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(x)为R上的奇函数，
即f(－x)＝－f(x)，
于是得g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－g(x)，
则g(x)是奇函数，g(x)在(－∞，0)上单调递增，
又f(－3)＝0，
则g(3)＝－g(－3)＝－[(－3)2f(－3)]＝0，
当x>0时，f(x)>0⇔g(x)>0＝g(3)，得x>3，
当x<0时，f(x)>0⇔g(x)>0＝g(－3)，
得－3<x<0，
综上，得－3<x<0或x>3，所以使f(x)>0成立的x的取值范围是(－3,0)∪(3，＋∞)．
命题点2　利用f(x)与ex构造
例2　(多选)已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)对于x∈R恒成立，则(　　)
A．f(2)<e2f(0) B．f(2)>e2f(0)
C．e2f(－1)>f(1) D．e2f(－1)<f(1)
答案　AC
解析　构造F(x)＝，则F′(x)＝＝，导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)，则F′(x)<0，F(x)在R上单调递减，根据单调性可知A，C选项正确．
思维升华　(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
跟踪训练2　若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>的解集为________．
答案　(0，＋∞)
解析　构造F(x)＝f(x)·e2x，
∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x
＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，
∴F(x)在R上单调递增，
且F(0)＝f(0)·e0＝1，
不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1，
即F(x)>F(0)，∴x>0，
∴原不等式的解集为(0，＋∞)．
命题点3　利用f(x)与sin x、cos x构造
例3　(多选)(2022·重庆模拟)定义在上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0成立，则有(　　)
A．f >f 
B.f >f 
C．f >f 
D.f >f 
答案　CD
解析　构造函数g(x)＝.
则g′(x)＝<0，即函数g(x)在上单调递减，
所以g>g，
所以f >f ，
同理g>g，
即f >f .
思维升华　函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝，
F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
F(x)＝，
F′(x)＝.
跟踪训练3　已知R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，＋∞)时，f′(x)sin x＋f(x)cos x<0，若a＝f ，b＝－f ，则a与b的大小关系为________．
答案　a<b
解析　设φ(x)＝f(x)·sin x，
则φ′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos