导数应用构造函数解不等式

导数运算公式应用-----构造函数解不等式遵化一中数学组常见的构造函数模型:baxxfxF)()(axf)(.1baxxfxF)()(axf)(.2bxxfxF)()()()(xfxfx特别地：bxgxfxF)()()()()()()(.3xgxfxgxf常见的构造函数模型:bxxfxF)()()()(xfxfx特别地：bxgxfxF)()()()()()()(.4xgxfxgxf常见的构造函数模型:bxfexFx)()()()(.5xfxfbexfxFx)()()()(.6xfxfxxee)(常见的构造函数:)(2)(.7xfxf)()(2.8xfxfg(x)=)(2xfex,g(x)=)(2xfex,)()()()()()()(.1xnfxfexfexfnexFxfexFnxnxnxnxnxnxnxnxnxexnfxfexfnexfexFexfxF)()()()()()()(.22结论：例1)(xf是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋)(xf≤0，对任意正数a，b，若ab，则必有()A．af(b)f(a)B．bf(a)≤af(b)C．af(a)bf(b)D．bf(b)≤f(a)c)()(xxfxF分析：构造函数0)(xF函数F（x)单减或为常函数。若ab，则af(a)bf(b)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且)(xf＋xf′(x)0，则不等式)1(1)1(2xfxxf的解集为变式训练1单调递增，故解：由已知)(,0)()()()(xFxfxxfxxfxF)1(1)1(1)1(1)1(222xfxxfxxfxxf即因此2,1,11)1()1(22xxxxFxF又由单调性知，即变式训练2)(xf是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x))(-xf≤0，对任意正数a，b，若ab，则必有()A．af(b)≤bf(a)B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤f(b)D．bf(b)≤f(a)答案：A)()()()(0)(0)()(0)()(,0)()(2abfbafbbfaafbaxFxxfxFxxfxfxxfxfx即，又单调递减或为常函数，即可知由已知)(xf是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋)(xf≤0，对任意正数a，b，若ab，则必有()A．af(a)≤f(b)B．bf(b)≤f(a)C．af(b)≤bf(a)D．bf(a)≤af(b)变式训练3C法一由已知oxf)(。则单调减或为常数函数。)()()()(0,0abfbafafbfba)(xf是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋)(xf≤0，对任意正数a，b，若ab，则必有()A．af(a)≤f(b)B．bf(b)≤f(a)C．af(b)≤bf(a)D．bf(a)≤af(b)变式训练3C法二0)()(xfxfx构造F（x）=xxf)(则0)(xF)(xf是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋)(xf≤0，对任意正数a，b，若ab，则必有()A．af(a)≤f(b)B．bf(b)≤f(a)C．af(b)≤bf(a)D．bf(a)≤af(b)变式训练3C法三0)()(xfxfx构造F（x）=)(xxf则0)(xF)()(,0bbfaafba)()()()(abfaafbbfbaf设函数)(xf在R上的导函数为f′(x)，且对任意的x总有)(xff′(x)成立，则有（）)0()2017(),0()2017(.20172017fefffeB)0()2017(),0()2017(.20172017fefffeA)0()2017(),0()2017(.20172017fefffeC)0()2017(),0()2017(.20172017fefffeDD分析：法一由已知单减即可xexfxF)()(法二特殊函数法1)(xf变式训练4提示：特殊函数的选取不唯一，只需满足已知条件且对求解更有利即可。比如本题选取1)(xf等等。也可以选取1)(xexf已知函数f(x)满足:f(x)+2f′(x)0,那么下列不等式成立的是()A.f(1)ef)0(B.f(2)ef)0(C.f(1)ef(2)D.f(0)e2f(4)【分析】法一令g(x)=)(2xfex,则g′(x)=)()(2122xfexfexx=221xe[f(x)+2f′(x)],,由已知,所以g′(x)0,g(x)在定义域内为增函数,所以g(1)g(0),所以f(1)f(0),故f(1)ef)0(.A法二特殊函数法1)(xf变式训练5小结：1通过已知式的结构特征移项变形或利用导数的四则运算公式等来构造新函数，使得题目中各个条件得以集中表现，利用函数的单调性比较大小。从而使得问题难度大幅降低！2构造满足题意的特殊函数来快速解决问题。函数)(xf的定义域为R，)1-(f＝2，对任意x∈R，)(xf2，则)(xf2x＋4的解集为()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)构造函数：设h(x)＝f(x)－(2x＋4)，则h′(x)＝f′(x)－20，故h(x)在R上单调递增，又h(－1)＝f(－1)－2＝0，所以当x－1时，h(x)0，即f(x)2x＋4.选B思考：本题可以找到特殊函数吗？例如：f(x)=3x+5例2函数)(xf的定义域是R，)1(f=1，对定义域内任意x,)(xf12，则不等式)(xf12(x+1)的解集为变式训练11，若把所求的不等式改为“)(lgxf12(lgx+1)”，又该如何呢？分析：lgx相当于变式训练1中的x答案：(0,10)变式训练2函数)(xf的定义域是R，)0(f=2，对定义域内任意x，)(xf+)(xf1，则不等式)(xfexxe+1的解集为()A．{x|x0}B．{x|x＜0}C．{x|x＜-1或x1}D．{x|x＜-1或0x1}，原不等式的解集为递增且，）（则有）（设0)(,0)()()(00,1)(xFexfxfexFFexfexFxxxxA分析：思考：本题可以找到特殊函数吗？例如f(x)=2变式训练3：（2014唐山一模16）设可导函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2)()(xxfxf,0x时f′(x)x，解不等式xxfxf)1(21)()1()(2)()(2)1()1(2)(.222xgxgxxfxgxxfxxf即解不等式令分析：将所求式变形为为奇函数)(,0)()()()(2xgxxfxfxgxg单减即)(0)()(xgxxfxg21,1)(xxxRxg上单减，故在变式训练3：设可导函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2)()(xxfxf,0x时f′(x)x，解不等式xxfxf)1(21)(21,xxxf2)(2法二：特殊函数例3(2014.11呼市阶段考文12)已知()fx是定义在R上的奇函数，当[0,)x时，有()()xfxfx恒成立，则满足3(3)(21)(21)fxfx的实数x的取值范围是（）A．1(1,)2B．(1,2)C．1(,2)2D．(2,1)B分析：问题的结构3(3)(21)(21)fxfx已经暗示了函数的结构是()()gxxfx，问题即“(3)(21)ggx”，问题到此结束；)(xf是定义在R上的奇函数，且f(2)=0,满足x0时，xf′(x))(-xf0，则0)(2xfx的解集是______)2,0()2,(分析：构造函数g(x)=xxf)(,g(2)=0可知g(x)在x0时单减,又g(x)是偶函数，在x0时单增。图像如下：2-2一构造函数找单调二看奇偶性画图像三数形结合解不等式则0)(2xfx的解集即是是0)(xf的解集！对应训练1.【对应训练2】已知偶函数y=f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cosx+f(x)sinx0,则下列不等式中成立的有____.(1)ff(2)ff(3)f(0)f(4)ff提示：可构造函数g(x)=xxfcos)(,且为偶函数由函数单调性可知答案:(2)(3)(4)例4.设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2)(xf＋xf′(x)x2，下面的不等式在R上恒成立的是()A．)(xf0B．)(xf0C.)(xfxD)(xfx能力提升：对于'()()0xfxfx，可构造()()Fxxfx，则()Fx单调递增；原型：()'[()]''()()Fxxfxxfxfx引申'()()0xfxnfx，可构造()()nFxxfx，则()Fx单调递增；原型：1'()['()()]0nFxxxfxnfx，（此类型要注意1nx的符号）例4.设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2)(xf＋xf′(x)x2，下面的不等式在R上恒成立的是()A．)(xf0B．)(xf0C.)(xfxD)(xfx分析：①当x＝0时，2f(0)0，即f(0)0；②当x0时，2xf(x)＋x2f′(x)x3，即[x2f(x)]′0，令F(x)＝x2f(x)，则F(x)在（0，＋∞)上是增函数，即f(x)0；③当x0时，2xf(x)＋x2f′(x)x3，即[x2f(x)]′0，令F(x)＝x2f(x)，则F(x)在（-∞，0)上是减函数，即f(x)0；综上，f(x)0A能力提升：例4.设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2)(xf＋xf′(x)x2，下面的不等式在R上恒成立的是()A．)(xf0B．)(xf0C.)(xfxD)(xfx法二特殊函数法81)(2xxf能力提升：例5：（2013辽宁理）设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，f(2)＝e28，则x＞0时，f(x)()A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值D能力提升：例5：（2013辽宁理）设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，f(2)＝e28，则x＞0时，f(x)()D能力提升：分析由已知x2f′(x)＋2xf(x)＝])([2xfx=exx，f(2)＝e28，32)(2)(xxfxexfx且设)(2)(2xfxexgx,0)2(gxxexeexfxexgxxxx22)(2)(2单增单减)(0)(,,2,)(0)(,2,0xgxgxxgxgx没有极值。故)(,0)(0)2()(xfxfgxg例6.（2017年唐山二模）设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且(x+2))(xf＋xf′(x)0，下面的不等式在R上恒成立的是()A．)(xf0B．)(xf0C.)(xf为减函数D)(xf为增函数A能力提升：)()(2xfxexFx)()()2()(xfxxfxxexFx0)(0,0)(0xFxxFxAfxfFxF选又由已知0)0(0)(,0)0)(分析：练习：设f(x)的导函数为1)(31)(,1)0(),(xfxffxf,则0)()(4xfxf的解集为（）),3().,23().,32ln().,34ln(eDCBAB分析：bkexfax)(，3)(3)(xfxf，由于f(0)=1可得12)(3xexf选B项。谢谢大家的聆