2020年高考數(shù)學構造函數(shù)法解決導數(shù)不等式問題

1、2020年高考數(shù)學結構函數(shù)法解決導數(shù)不等式問題2020年高考數(shù)學結構函數(shù)法解決導數(shù)不等式問題6/62020年高考數(shù)學結構函數(shù)法解決導數(shù)不等式問題結構函數(shù)法解決導數(shù)不等式問題在函數(shù)中解決抽象函數(shù)問題首要的前提是對函數(shù)四種基天性質的嫻熟掌握，導數(shù)是函數(shù)單一性的延長，假如把題目中直接給出的增減性換成一個f(x)，則單一性就變的相當隱晦了，其他在導數(shù)中的抽象函數(shù)不等式問題中，我們要研究的常常不是f(x)自己的單一性，而是包括f(x)的一個新函數(shù)的單一性，所以結構函數(shù)變的相當重要，其他題目中若給出的是f(x)的形式，則我們要結構的則是一個包括f(x)的新函數(shù)，由于只有這個新函數(shù)求導今后才會出現(xiàn)f(x)，

2、所以解決導數(shù)抽象函數(shù)不等式的重中之重是結構函數(shù)。比方：f(x)0，則我們知道原函數(shù)f(x)是單一遞加的，若f(x)10，我們知道g(x)f(x)x這個函數(shù)是單一遞加的，所以結構函數(shù)的過程有點近似于積分求原函數(shù)的過程，只可是結構出的新函數(shù)要經(jīng)過題目中給出的條件能判斷出單一性才可。既然是找原函數(shù)，那么即可能碰上找不到式子的原函數(shù)的時候，可是我們判斷單調性只要要判斷導函數(shù)的正負即可，比方g(x)的原函數(shù)是不可以正確的找到的，可是如果我們知道一個式子的導函數(shù)里面包括g(x)，則也能大概將那個函數(shù)看作是原函數(shù)，比方m(x)g(x)，或許m(x)的導函數(shù)中包括一個能判斷符號的式子和g(x)相乘或x相除的形

3、式，我們也可以將m(x)大概看作g(x)的原函數(shù)。結構函數(shù)模型總結：關系式為“加”型：（1）f(x)f(x)0結構exf(x)exf(x)f(x)（2）xf(x)f(x)0結構xf(x)xf(x)f(x)（3）xf(x)nf(x)0結構xnf(x)xnf(x)nxn1f(x)xn1xf(x)nf(x)（注意對x的符號進行討論）關系式為“減”型(x)f(x)0結構f(x)f(x)exf(x)exf(x)f(x)（1）fxx2xe(e)e（2）xf(x)f(x)0結構f(x)xf(x)f(x)xx2（3）結構f(x)xnf(x)nxn1f(x)xf(x)nf(x)xf(x)nf(x)0 xn(xn

4、)2xn1（注意對x的符號進行討論）例1.設f(x),g(x)是R上的可導函數(shù)，f(x)，g(x)分別是f(x),g(x)的導函數(shù)，且滿足f(x)g(x)f(x)g(x)0，則當axb時，有（）A.f(a)g(b)f(b)g(a)B.f(a)g(a)f(a)g(b)C.f(a)g(a)f(b)g(b)D.f(a)g(a)f(b)g(a)分析：由于f(x)g(x)f(x)g(x)0不等式左側的原函數(shù)為f(x)g(x)，所以需要構造新函數(shù)，令h(x)f(x)g(x)，可知h(x)0，則函數(shù)h(x)是單一遞減函數(shù)，所以當axb，有h(a)h(b)即答案選C。變式：設f(x),g(x)是R上的可導函數(shù)

5、，f(x)g(x)f(x)g(x)0，g(3)0，求不等式f(x)g(x)0的解集。分析：同上題f(x)g(x)f(x)g(x)的原函數(shù)為f(x)g(x)，結構新函數(shù)h(x)f(x)g(x)可知h(x)0，h(x)單一遞減，又由于g(3)0即h(3)0，所以f(x)g(x)0的解集是(3,)例2.已知定義為R的奇函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f(x)，當x0時，f(x)f(x)0，1f(1),bln1x若a2f(2),cf(ln2)，則以下對于a,b,c的大小關系正確的222是（）Aa.bcB.acbC.cbaDb.ac分析：著眼點是f(x)f(x)0，xf(x)f(x)0，則試圖找出不等式左側這部分

6、xx的原函數(shù)或許某個函數(shù)的導函數(shù)的一部分是不等式左側，設h(x)xf(x)，則h(x)xf(x)f(x)，當x0時xf(x)f(x)0，h(x)0，當x0時，xf(x)xf(x)0，h(x)0，所以h(x)xf(x)是左減右增的函數(shù)，所以xb2f(2)cln1f(ln2)a1f(1)222例3.已知函數(shù)f(x)為定義在R上的可導函數(shù)，且f(x)f(x)對于隨意xR恒建立，e為自然對數(shù)的底數(shù)，則（）A.f(1)ef(0)、f(2013)e2013f(0)B.f(1)ef(0)、f(2013)e2013f(0)C.f(1)ef(0)、f(2013)e2013f(0)D.f(1)ef(0)、f(20

7、13)e2013f(0)分析：由f(x)f(x)f(x)f(x)0，結構函數(shù)h(x)f(x)，求導得exh(x)f(x)f(x)0，函數(shù)h(x)在定義域內單一遞加，所以exf(1)f(0),f(2013)f(0)e1e20131例4.設函數(shù)f(x)在R上的導函數(shù)為f(x)，且2f(x)xf(x)x2，下邊的不等式在R內恒建立的是（）A.f(x)0B.f(x)0C.f(x)xD.f(x)x分析：2f(x)xf(x)x22f(x)xf(x)x20，試著找出不等式左側部分的原函數(shù)，若設h(x)x2f(x)1x3，則h(x)x2f(x)xf(x)x2沒法判斷h(x)3的正負，所以結構函數(shù)有誤，結構的原

8、則是結構的新函數(shù)的導函數(shù)的正負是可以判斷的，所以設h(x)x2f(x)1x4，則h(x)x2f(x)xf(x)x2，當x04時，h(x)0；當x0時，h(x)0，則h(x)為左減右增的函數(shù)，且h(0)0，即f(x)1x20，即f(x)04例5.已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x)1f(x),f(0)4，則不等式f(x)1eln3x的解集為（）A.(0,)1)C.(1,)D.(e,)B.(,2分析：f(x)1eln3xexf(x)exeln3exf(x)ex3令h(x)exf(x)ex,h(x)exf(x)f(x)10所以h(x)為R上的單一減函數(shù)，又由于h(0)3，故不等式的解集為(0,)

9、例6.設f(x)是奇函數(shù)f(x)(xR)的導函數(shù)，f(1)0，當x0時，xf(x)f(x)0，則使得f(x)0建立的x的取值范圍是（）A.(,1)(0,1)B.(1,0)(1,)C.(,1)(1,0)D.(0,1)(1,)分析：令g(x)f(x),g(x)xf(x)f(x)xx2當x0時，g(x)0由于f(x)為R上的奇函數(shù)且f(1)0，所以f(1)0，g(1)f(1)01所以當x(0,1)時，g(x)0f(x)0當x(1,)時，g(x)0f(x)0又由于g(x)g(x)，故g(x)為偶函數(shù)，所以當x(1,0)，g(x)0f(x)0當x(1,)時，g(x)0f(x)0綜上，f(x)0的解集為(

10、,1)(0,1)例7.函數(shù)f(x)的定義域為R，f(1)2，對隨意xR，f(x)2，則f(x)2x4的解集為（）A.(1,1)B.(1,)C.(,1)D.(,)分析：f(x)2x4f(x)2x4令g(x)f(x)2x,g(x)f(x)20所以g(x)為R的單一遞加函數(shù)，又由于g(1)f(1)2(1)4所以不等式的解集為(1,)例8已知f(x)定義域為(0,)，f(x)為f(x)的導函數(shù)，且知足f(x)xf(x)，則不等式f(x1)(x1)f(x21)的解集是（）A.(0,1)B.(1,)C.(1,2)D.(2,)分析：f(x)xf(x)f(x)xf(x)0令g(x)xf(x),g(x)f(x)

11、xf(x)0單一遞減f(x1)(x1)f(x21)(x1)f(x1)(x21)f(x21)g(x1)g(x21)x10 x1x210 x1或x1x2x1x21x2或x1高考真題舉例分析：1.函數(shù)f(x)知足x2f(x)2xf(x)ex,f(2)e2，當x0時，f(x)的極值狀態(tài)是x8分析：由于x2f(x)2xf(x)ex，重點由于等式右側函數(shù)的原函數(shù)不簡單找出，因x此把等式左側函數(shù)的原函數(shù)找出來，設h(x)x2f(x)，則h(x)ex，且xh(2)e2，由于x2f(x)2xf(x)ex，則f(x)ex2h(x)，判斷f(x)的極2xx3值狀態(tài)就是判斷f(x)的正負，設g(x)ex2h(x)，則

12、(x)ex2hxexx(x2g(x)e2xex)這里波及二階導，g(x)在x2處獲得最小值0，所以g(x)0，則f(x)0，故f(x)沒有極大值也沒有極小值。（有難度，但不失為好題目）2.定義在R上的函數(shù)f(x)知足f(x)f(x)1,f(0)4，則不等式exf(x)ex3的解集為_.分析：由于f(x)f(x)1，設h(x)exf(x)，則h(x)exf(x)f(x)，不等式exf(x)ex3exf(x)ex30，設函數(shù)g(x)exf(x)ex3，g(x)h(x)ex，由于f(x)f(x)1，所以h(x)ex，所以g(x)0，又由于f(0)4，所以g(0)f(0)130，綜上可判斷出g(x)在定義域內單一遞加且g(0)0，所以原不等式的解集為(0,)3.定義在R上的函數(shù)f(x)知足f(1)1，對隨意的xR有f(x)1，則不等式2f(x2)x21的解集是2分析：f(x2)x21f(x2)x210，令tx2，則f(t)t10，設222h(t)f(t)t1，則h(t)f(t)1，所以h(t)0，即函數(shù)h(t)單一遞減，22又由于h(1)0，h(t)為偶函數(shù)，所以t0,