新教材2023年秋高中数学第5章一元函数的导数及其应用微专题3导数构造法解决函数问题教师用书含答案新人教A版选择性必修第二册

微专题3导数构造法解决函数问题在考试中经常见到一类试题，即不给出解析式，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的处理方法：1．关系式为“加”型：(1)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)构造[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)(2)xf′(x)＋f(x)≥0构造[xf(x)]′＝xf′(x)＋f(x)(3)f′(x)＋f(x)≥0构造[exf(x)]′＝ex[f′(x)＋f(x)]2．关系式为“减”型(4)f′(x)g(x)－f(x)g′(x)构造fxgx(5)xf′(x)－f(x)≥0构造fxx′(6)f′(x)－f(x)≥0构造fxex′＝类型1关系式为“加”型【例1】(1)已知函数f(x)的定义域为R，且对任意的x∈R，f′(x)＋f(x)>0．则对任意正数a必有()A．f(a)>eaf(0) B．f(a)<eaf(0)C．f(a)<f0ea D．f((2)设f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，f′(x)<3，f(－3)＝－2，则f(x)>3x＋7的解集为()A．(－∞，－1) B．(－∞，－3)C．(－3，0)∪(1，＋∞) D．(－1，0)∪(1，＋∞)(3)已知y＝f(x)是定义在R上的偶函数，且当x>0时，不等式xf′(x)＋f(x)<0成立，若a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝log319·f(log319)，则a，b，c的大小关系是(4)设f(x)，g(x)是R上的可导函数，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，g(－3)＝0，求不等式f(x)g(x)<0的解集．(1)D(2)B(3)c>b>a[(1)构造函数F(x)＝exf(x)，则F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]>0，故F(x)在R上单调递增，又a>0，所以F(a)>F(0)，即eaf(a)>e0f(0)，所以f(a)>f0ea(2)因为f′(x)<3，即f′(x)－3<0，设函数g(x)＝f(x)－3x，g′(x)＝f′(x)－3<0，则g(x)在R上单调递减，又f(－3)＝－2，所以g(－3)＝f(－3)－3×(－3)＝7，不等式f(x)>3x＋7转化为：f(x)－3x>7，即g(x)>g(－3)，所以x<－3．(3)令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)．由条件知，x>0时，g′(x)<0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(x)为偶函数，则g(x)为奇函数，故g(x)在R上单调递减．又log319<logπ3<30.3，所以c>b>a．(4)[解]因为f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)的原函数为f(x)g(x)，构造新函数h(x)＝f(x)g(x)可知h′(x)<0，h(x)单调递减，又因为g(－3)＝0，即h(－3)＝0，所以f(x)g(x)<0的解集是(－3，＋∞)．类型2关系式为“减”型【例2】(1)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<x<b时有()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(x)(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，＋∞)(3)若可导函数f(x)(x∈R)满足f′(x)－f(x)>0，比较f(1)与ef(0)的大小为f(1)________ef(0)．(1)B(2)A(3)>[(1)设F(x)＝fxgx，则F′(x)＝f'xgx-fxg'xgx2，由f′(x)g(x)－f(x因为a<x<b所以fbgb<fxgx<faga，又f(x)、故f(x)g(b)>f(b)g(x)．(2)构造函数g(x)＝fxx，则g′(x)＝xf'x-fxx2，因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x)(所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0．当0<x<1时，g(x)>0，则f(x)>0；当x<－1时，g(x)<0