《2023年新高考数学之导数专项重难点突破（新高考专用）》专题18 构造函数法解决导数问题(解析版)

3.0 envi 2025-03-07 18 4 1.3MB 23 页 3知币

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专题 18 构造函数法解决导数问题

1．以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，”等特征式、旨在考查导数运算

法则的逆向、变形应用能力的客观题，是高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类

问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然

后利用该函数的性质解决问题．

2．(1)当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、

逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．构造可导函数 y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．

(2)当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、

逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数 y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决

问题．　　

(3)当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、

逆用“＝′”，构造可导函数 y＝，再利用该函数的性质巧妙地解决问题．　　

3．构造函数解决导数问题常用模型

(1)条件：f′(x)>a(a≠0)：构造函数：h(x)＝f(x)－ax.

(2)条件：f′(x)±g′(x)>0：构造函数：h(x)＝f(x)±g(x)．

(3)条件：f′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝exf(x)．

(4)条件：f′(x)－f(x)>0：构造函数：h(x)＝.

(5)条件：xf′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝xf(x)．

(6)条件：xf′(x)－f(x)>0：构造函数：h(x)＝.

题型一　构造 y＝f(x)±g(x)型可导函数

1．设奇函数 f(x)是R上的可导函数，当 x>0 时有 f′(x)＋cos x<0，则当 x≤0时，有(　　)

A．f(x)＋sin x≥f(0)　　　B．f(x)＋sin x≤f(0) C．f(x)－sin x≥f(0) D．f(x)－sin x≤f(0)

解析： “观察条件中 f′(x)＋cos x”“与选项中的式子 f(x)＋sin x”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关

系，于是不妨令 F(x)＝f(x)＋sin x，因为当 x>0 时，f′(x)＋cos x<0，即 F′(x)<0，所以 F(x)在(0 ∞，＋ )上单调

递减，又 F(－x)＝f(－x)＋sin(－x)＝－[f(x)＋sin x]＝－F(x)，所以 F(x)是R上的奇函数，且 F(x)在(∞－，0)

上单调递减， F(0)＝0，并且当 x≤0 时有 F(x)≥F(0)，即 f(x)＋sin x≥f(0)＋sin 0＝f(0)，故选 A.

2．设定义在 R上的函数 f(x)满足 f(0)＝－1，其导函数 f′(x)满足 f′(x)>k>1，则下列结论一定错误的是(　)

A．f<　　　　　B．f> C．f< D．f>

解析：根据条件式 f′(x)>k得f′(x)－k>0，可以构造 F(x)＝f(x)－kx，因为 F′(x)＝f′(x)－k>0，

所以 F(x)在R上单调递增．又因为 k>1，所以>0，从而 F>F(0)，即 f－>－1，

移项、整理得 f>，因此选项 C是错误的，故选 C.

3．已知定义域为 R的函数 f(x)的图象经过点(1,1)，且对于任意 x∈R，都有 f′(x)＋2>0，

则不等式 f(log2|3x－1|)<3－log|3x－1|的解集为(　　)

A．(－∞，0)∪(0,1)　　 B．(0，＋∞) C．(－1,0)∪(0,3) D．(－∞，1)

解析：根据条件中“f′(x)＋2”的特征，可以构造 F(x)＝f(x)＋2x，则 F′(x)＝f′(x)＋2>0，

故F(x)在定域内增，由义单调递 f(1)＝1，得 F(1)＝f(1)＋2＝3，因为由 f(log2|3x－1|)<3－log|3x－1|可化为

f(log2|3x－1|)＋2log2|3x－1|<3，令 t＝log2|3x－1|，则 f(t)＋2t<3.即F(t)<F(1)，所以 t<1.即log2|3x－1|<1，

从而 0<|3x－1|<2，解得 x<1 且x≠0，故选 A.

4．设定义在 R上的函数 f(x)满足 f(1)＝2，f′(x)<1，则不等式 f(x2)>x2＋1的解集为________．

解析：由条件式 f′(x)<1 得f′(x)－1<0，待解不等式 f(x2)>x2＋1可化为 f(x2)－x2－1>0，

可以构造 F(x)＝f(x)－x－1，由于 F′(x)＝f′(x)－1<0，所以 F(x)在R上单调递减．

又因为 F(x2)＝f(x2)－x2－1>0＝2－12－1＝f(12)－12－1＝F(12)，所以 x2<12，解得－1<x<1，

故不等式 f(x2)>x2＋1的解集为{x|－1<x<1}．

5．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)＜，则不等式 f(lg x)＞的解集为

__________．

解析：由题意构造函数 g(x)＝f(x)－x，则 g′(x)＝f′(x)－＜0，

所以 g(x)在定域内是减函数．因义为 f(1)＝1，所以 g(1)＝f(1)－＝，

由f(lg x)＞，得 f(lg x)－lg x＞.即g(lg x)＝f(lg x)－lg x＞＝g(1)，

所以 lg x＜1，解得 0＜x＜10. 所以原不等式的解集为(0,10)．

题型二　构造 f(x)·g(x)型可导函数

1．设函数 f(x)，g(x)分别是定义在 R上的奇函数和偶函数，当 x<0 时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且 g(3)＝

0，则不等式 f(x)g(x)>0 的解集是(　　)

A．(－3,0)∪(3，＋∞)　　 B．(－3,0)∪(0,3)

C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)

解析：利用构造条件中“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”与待解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之间的关系，

可构造函数 F(x)＝f(x)g(x)，由题意可知，当 x<0 时，F′(x)>0，所以 F(x)在(－∞，0)上单调递增．

又因为 f(x)，g(x)分别是定义在 R上的奇函数和偶函数，所以 F(x)是定义在 R上的奇函数，

从而 F(x)在(0，＋∞)上单调递增，而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以 F(－3)＝－F(3)，

结合图象可知不等式 f(x)g(x)>0⇔F(x)>0 的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.

2．设 y＝f(x)是(0，＋∞)上的可导函数，f(1)＝2，(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)恒成立．若曲线 f(x)在点(1,2)

处的切线为 y＝g(x)，且 g(a)＝2 018，则 a等于(　　)

A．－501 B．－502 C．－503 D．－504

解析：由“2f(x)＋xf′(x)”联想到“2xf(x)＋x2f′(x)” ，可构造 F(x)＝x2f(x)(x>0)．

由(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)可知，当 x>1 时，2f(x)＋xf′(x)>0，则 F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，

故F(x)在(1 ∞，＋ )上单调递增；当 0<x<1 时，2f(x)＋xf′(x)<0，则 F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，

故F(x)在(0,1)上单调递减，所以 x＝1为极值点，则 F′(1)＝2×1×f(1)＋12f′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0.

由f(1)＝2可得 f′(1)＝－4，曲线 f(x)在点(1,2)处的切线为 y－2＝－4(x－1)，即 y＝6－4x，

故g(x)＝6－4x，g(a)＝6－4a＝2 018，解得 a＝－503，故选 C.

3．设定义在 R上的函数 f(x)满足 f′(x)＋f(x)＝3x2e－x，且 f(0)＝0，则下列结论正确的是(　　)

A．f(x)在R上单调递减 B．f(x)在R上单调递增

C．f(x)在R上有最大值 D．f(x)在R上有最小值

解析：根据条件中“f′(x)＋f(x)”的特征，可以构造 F(x)＝exf(x)，则有 F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＝ex·3x2e－x＝

3x2，故 F(x)＝x3＋c(c为常数)，所以 f(x)＝，又 f(0)＝0，所以 c＝0，f(x)＝.因为 f′(x)＝，

易知 f(x)在区间(－∞，3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(3)＝，无最小，故值选 C.

4．已知 f(x)是定义在 R上的增函数，其导函数为 f′(x)，且满足＋x<1，则下列结论正确的是(　　)

A．对于任意 x∈R，f(x)<0 B．对于任意 x∈R，f(x)>0

C．当且仅当 x∈(－∞，1)时，f(x)<0 D．当且仅当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0

解析：因为函数 f(x)在R上单调递增，所以 f′(x)≥0，又因为＋x<1，则 f′(x)≠0，

综合可知 f′(x)>0.又因为＋x<1，则 f(x)＋xf′(x)<f′(x)，即 f(x)＋(x－1)f′(x)<0，

根据“f(x)＋(x－1)f′(x)”的特征，构造函数 F(x)＝(x－1)f(x)，则 F′(x)<0，故函数 F(x)在R上单调递减，

又F(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当 x>1 时，x－1>0，F(x)<0，故 f(x)<0.又因为 f(x)是定义在 R上的增函数，

所以当 x≤1时，f(x)<0，因此对于任意 x∈R，f(x)<0，故选 A.

5．若定义在 R上的函数 f(x)满足 f′(x)＋f(x)>2，f(0)＝5，则不等式 f(x)<＋2的解集为________．

解析：因为 f′(x)＋f(x)>2，所以 f′(x)＋f(x)－2>0，不妨构造函数 F(x)＝exf(x)－2ex.

因为 F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)－2]>0，所以 F(x)在R上单调递增．因为 f(x)<＋2，所以 exf(x)－2ex<3，

即F(x)<3，又因为 F(0)＝e0f(0)－2e0＝3，所以 F(x)<F(0)，则 x<0，

故不等式 f(x)<＋2的解集为(－∞，0)．

6．设函数 f(x)在R上的导函数为 f′(x)，且 2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在 R上恒成立的是(　　)

A．f(x)＞0 B．f(x)＜0 C．f(x)＞x D．f(x)＜x

解析：令g(x)＝x2f(x)－x4，则 g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．

当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即 x2f(x)－x4＞0，从而 f(x)＞x2＞0；

当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即 x2f(x)－x4＞0，从而 f(x)＞x2＞0；

当x＝0时，由题意可得 2f(0)＞0，∴f(0)＞0.综上可知，f(x)＞0.

7．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)＝(e 为自然对数的底数)，

则不等式 exf(x)－e＞0的解集为________．

解析：由f(x)＋2f′(x)＞0得2＞0，可构造函数 h(x)＝ef(x)，

则h′(x)＝e [f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数 h(x)＝ef(x)在R上单调递增，且 h(2)＝ef(2)＝1.

不等式 exf(x)－e＞0等价于 ef(x)＞1，即 h(x)＞h(2)⇒x＞2，

所以不等式 exf(x)－e＞0的解集为(2，＋∞)．

题型三　构造型可导函数

1．设 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，＋∞)

解析：令g(x)＝，则g′(x)＝.由题意知，当 x＞0时，g′(x)＜0，

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