高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)沖滿分-專(zhuān)題06 構(gòu)造函數(shù)法解決導(dǎo)數(shù)不等式問(wèn)題(一)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

導(dǎo)數(shù)是函數(shù)單調(diào)性的延伸，如果把題目中直接給出的增減性換成一個(gè)f′(x)，則單調(diào)性就變的相當(dāng)隱晦了，另外在導(dǎo)數(shù)中的抽象函數(shù)不等式問(wèn)題中，我們要研究的往往不是f(x)本身的單調(diào)性，而是包含f(x)的一個(gè)新函數(shù)的單調(diào)性，因此構(gòu)造函數(shù)變的相當(dāng)重要，另外題目中若給出的是f′(x)的形式，則我們要構(gòu)造的則是一個(gè)包含f(x)的新函數(shù)，因?yàn)橹挥羞@個(gè)新函數(shù)求導(dǎo)之后才會(huì)出現(xiàn)f′(x)，因此解決導(dǎo)數(shù)抽象函數(shù)不等式的重中之重是構(gòu)造函數(shù)．
構(gòu)造函數(shù)是數(shù)學(xué)的一種重要思想方法，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的發(fā)現(xiàn)、類(lèi)比、化歸、猜想、實(shí)驗(yàn)和歸納等思想．分析近些年的高考，發(fā)現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)的思想越來(lái)越重要，而且很多都用在壓軸題(無(wú)論是主觀題還是客觀題)的解答上．
構(gòu)造函數(shù)的主要步驟：
(1)分析：分析已知條件，聯(lián)想函數(shù)模型；
(2)構(gòu)造：構(gòu)造輔助函數(shù)，轉(zhuǎn)化問(wèn)題本質(zhì)；
(3)回歸：解析所構(gòu)函數(shù)，回歸所求問(wèn)題．
考點(diǎn)一構(gòu)造F(x)＝xnf(x)(n∈Z，且n≠0)類(lèi)型的輔助函數(shù)
【方法總結(jié)】
(1)若F(x)＝xnf(x)，則F′(x)＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)＝xn－1[nf(x)＋xf′(x)]；
(2)若F(x)＝eq \f(f(x),xn)，則F′(x)＝eq \f(f′(x)xn－nxn－1f(x),x2n)＝eq \f(xf′(x)－nf(x),xn＋1)．
由此得到結(jié)論：
(1)出現(xiàn)nf(x)＋xf′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xnf(x)；
(2)出現(xiàn)xf′(x)－nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq \f(f(x),xn)．
【例題選講】
[例1](1)已知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足f(x)＜－xf′(x)，則不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是( )
A．(0，1) B．(1，＋∞) C．(1，2) D．(2，＋∞)
答案 D 解析因?yàn)閒(x)0，,x2－1>0，,x2－1>x＋1，))解得x>2．選D．
(2)已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足xf′(x)＋2f(x)＞0，則不等式eq \f(?x＋2 021?f?x＋2 021?,5)＜eq \f(5f?5?,x＋2 021)的解集為( )
A．{x|x＞－2 016} B．{x|x＜－2 016} C．{x|－2 016＜x＜0} D．{x|－2 021＜x＜－2 016}
答案 D 解析構(gòu)造函數(shù)g(x)＝x2f(x)，則g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]．當(dāng)x＞0時(shí)，∵2f(x)＋xf′(x)＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∵不等式eq \f(?x＋2 021?f?x＋2 021?,5)＜eq \f(5f?5?,x＋2 021)，∴當(dāng)x＋2 021＞0，即x＞－2 021時(shí)，(x＋2 021)2f(x＋2 021)＜52f(5)，即g(x＋2 021)＜g(5)，∴00時(shí)，xf′(x)－f(x)0成立的x的取值范圍是( )
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
答案 A 解析設(shè)y＝g(x)＝eq \f(f(x),x)(x≠0)，則g′(x)＝eq \f(xf′(x)－f(x),x2)，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)0，得g(x)>0，由圖知0x2，結(jié)合x(chóng)∈(－∞，0)得2xf(x)＋x2f′(x)0時(shí)，eq \f(xf′?x?－f?x?,x2)0的解集
為( )
A．(－2，0)∪(2，＋∞) B．(－2，0)∪(0，2) C．(－∞，－2)∪(0，2) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
6．答案 B 解析設(shè)g(x)＝eq \f(f?x?,x)，則g′(x)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f?x?,x)))′＝eq \f(xf′?x?－f?x?,x2)，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)0的解集為(－2，0)∪(0，2)．故選B．
7．f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)－f(x)＜0，對(duì)任意正數(shù)a，b，若a0)，則F′(x)＝[eq \f(f(x),x)]′＝eq \f(xf′(x)－f(x),x2)．因?yàn)閤>0，xf′(x)－f(x)＜0，所
以F′(x)＜0，故函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．又0f′(x)，且f(x)＋2 021為奇函數(shù)，則不等式f(x)＋2 021ex0，∴g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋f(x＋1)＝0，得f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋3))＝0，相減可得f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋3))，f(x)的周期為3，∴e3feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 021))＝e3f(2)＝1，g(2)＝e2f(2)＝eq \f(1,e)，f(x＋2)>eq \f(1,ex)，結(jié)合f(x)的周期為3可化為ex－1f(x－1)>eq \f(1,e)＝e2f(2)，g(x－1)>g(2)，x－1>2，x>3，∴不等式的解集為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，＋∞))，故選B．
(8)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，若對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，有f(x)－f′(x)＞0，則( )
A．ef(2 021)＞f(2 022) B．ef(2 021)＜f(2 022)
C．ef(2 021)＝f(2 022) D．ef(2 021)與f(2 022)大小不能確定
答案 A 解析令g(x)＝eq \f(f(x),ex)，則g′(x)＝eq \f(exf′(x)－exf(x),e2x)＝eq \f(f′(x)－f(x),ex)，因?yàn)閒(x)－f′(x)＞0，所以g′(x)＜0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，所以g(2 021)＞g(2 022)，即eq \f(f(2 021),e2 021)＞eq \f(f(2 022),e2 022)，所以ef(2 021)＞f(2 022)，故選A．
(9)已知f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的函數(shù)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)e2f(0)，f(2 021)>e2 021f(0) B．f(2)e2 021f(0)
C．f(2)>e2f(0)，f(2 021)3，即g(x)>g(0)，解得x>0．故選C．
7．定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f′(x)0，即函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．又g(0)＝0，∴x∈[0，eq \f(π,2))時(shí)，g(x)＝f(x)sinx≥0．∵f(x)是定義在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的奇函數(shù)，∴g(x)是定義在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的偶函數(shù)．不等式csxf(x＋eq \f(π,2))＋sinxf(－x)>0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))>sinx·f(x)，即geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))>g(x)，∴|x＋eq \f(π,2)|>|x|，∴x>－eq \f(π,4) ①，又－eq \f(π,2)

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