构造函数法解决导数不等式问题教学设计公开课
高考数学总复习微专题导数之构造函数解决不等式问题公开课PPT课件
构造原函数解决不等式问题
4.函数与e x乘除组合：
(1) f '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) e x f ( x);
(2) f '( x)
f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x)
2.函数乘除组合： (1) f '( x)g( x) f ( x)g '( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x)g( x); (2) f '( x)g( x) f ( x)g '( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x) (g( x) 0).
g( x)
构造原函数解决不等式问题
3.函数与x乘除组合：
(1)xf '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) xf ( x);
(2)xf '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x) . x
例.函数f ( x)满足x2 f '( x) xf ( x) e x , f (1) e,则当x 0时, f ( x)( ).
则不等式( x 2016)2 f ( x 2016) 4 f (2) 0的解集为
g( x) x2 f ( x) x 0时, g '( x) x(2 f ( x) xf '( x)) 0
g( x)为偶函数,且在(-，0)递减
( x 2016)2 f ( x 2016) 4 f (2) 0 ( x 2016)2 f ( x 2016) 22 f (2)
例.函数f ( x)的定义域为(0，+),导函数f
利用构造法破解导数不等式问题
k>x1
2 +x2
。
28
解题篇 经典题突破方法 高考数学 2019年3月
因
为
k
=
ln x1 x1
-ln x2 -x2
,所
以
只
需
证
lnx1-lnx2 x1 -x2
>
2 ,即 x1 +x2
(1)求a 的值及函数f(x)的极值; (2)证明:当 x>0时,x2<ex 。 解法 展 示:(1)由 f (x)=ex -ax,得 f'(x)=ex -a。因为 f'(0)=1-a= -1,所 以a=2。 所以 f(x)=ex -2x,f'(x)=ex -2。 令 f'(x)=0,得 x=ln2。 当 x<ln2 时 ,f'(x)<0,f(x)单 调 递 减 ; 当 x>ln2 时 ,f'(x)>0,f(x)单 调 递 增 。 所以当 x=ln2时,f(x)取得极小值,且 极 小 值 为 f(ln2)=eln2 -2ln2=2-ln4, f(x)无 极 大 值 。 (2)令 g(x)=ex -x2,则 g'(x)=ex 2x。 由(1)得 g'(x)=f(x)≥f(ln2)>0,故 g(x)在 R 上单调递增。 所以当 x>0时,g(x)>g(0)=1>0,即 x2<ex 。 师说导引:在 本 例 第 (2)问 中,发 现 “x2, ex ”具有基本初等函 数 的 基 因,故 可 选 择 对 要 证明的“x2<ex ”构造函数,得到“g(x)=ex x2”,并 利 用 第 (1)问 的 结 论 求 解 。
高二数学利用导数证明函数不等式问题公开课优秀课件(经典、值得收藏)
3.转化为两个函数最值的比较
例 3：证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x>1 － 2 成立． ex ex
解 问题等价于证明 xln x> x －2 (x∈(0,＋∞))． ex e
设 f(x)＝xln x，x>0，则 f′(x)＝ln x＋1， 令 f′(x)＝0，得 x＝1.
e 当 x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
1.直接移项作差构造函数
练习 3：求证：x－sin x≤1x3(x≥0).
6
解 设 f(x)＝s x－1x2.
6
2
令 g(x)＝1－cos x－1x2，则 g′(x)＝sin x－x≤0(x≥0)， 2
所以 g(x)在[0，＋∞)上单调递减，此时 g(x)≤g(0)＝0，即
2.适当变形再移项作差构造函数
例 2：设 f x 1 ex ，证明：当 x 1 时， f x x
x 1
证明：1 1 x 1 1 x 1 1
ex x 1 ex
x 1 ex x 1
x 1，所以所证不等式等价于 ex x 1 ex x 1 0
设 g x ex x 1只需证 g x 0 即可 min
1.直接移项作差构造函数
例 1：求证： ex x 1.
这个不等式很重要！ 可以通过变换得到一些常见的不等式，例如
（ 1 ） 以 x 1 替 换 不 等 式 ex x 1 中 的 x 得 到 ex1 (x 1) 1 x ，化简得 ex ex
1.直接移项作差构造函数
例 1：求证： ex x 1.
111xxex???111111xxxexex???????1x??q所以所证不等式等价于110xxexex??????设??1xgxex????只需证??min0gx?即可??1xgxe??令??00gxx?????gx?在??0??单调递减在??0??单调递增????min00gxg??????00gxg??故不等式得证2
5.3.2根据导数运算法则构造函数解不等式课件(人教版)
目录
01
f ( x) g ( x) f ( x) g ( x)
02
f ( x) a
03
xf ( x) nf ( x)
04
f ( x) nf ( x)
05
nf ( x) f ( x)
06
07
f ( x) sin x f ( x) cos x
nx
=x n
1
n 1
f ( x)
nf ( x )
n
x f ( x)
导函数形如xf ′(x)＋nf(x)，
可构造函数F(x)=
xf ( x )
;Leabharlann 导函数形如xf ′(x) － nf(x)，
F ( x)
F ( x)
f ( x)
xn
xn f ( x)
可构造函数F(x)=
nx n 1 f ( x )
x 2n
xf ( x ) nf ( x )
e nx f ( x) nenx f ( x) f ( x) nf ( x)
F ( x)
2 nx
e
e nx
;
导函数形如f ′(x)－nf(x)，
可构造函数F(x)=
.
【例 4】已知奇函数 的定义域为R ，当 x
0 时， 2 f ( x)
f ( x)
0 ，且 f (2)
0 则不等式 f ( x)
2e
t
2
1 f (t ) 2e ,
2 x f (ln x ) 2 x 0 成立,
ln x
2
t
2
2 x f (ln x ) 2 x 0 成立.
构造函数法解决导数不等式问题(二)
构造函数法解决导数不等式问题(二)考点四构造F (x )＝f (x )±g (x )，F (x )＝f (x )g (x )，F (x )＝f (x )g (x )类型的辅助函数【方法总结】(1)若F (x )＝f (x )＋ax n ＋b ，则F ′(x )＝f ′(x )＋nax n －1；(2)若F (x )＝f (x )±g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )±g ′(x )；(3)若F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；(4)若F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2．由此得到结论：(1)出现f ′(x )＋nax n －1形式，构造函数F (x )＝f (x )＋ax n ＋b ；(2)出现f ′(x )±g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )±g (x )；(3)出现f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )g (x )；(4)出现f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )g (x )．【例题选讲】[例1](1)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝3，对任意x ∈R ，f ′(x )<3，则f (x )>3x ＋6的解集为()A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x >－1}C ．{x |x <－1}D ．R答案C解析设g (x )＝f (x )－(3x ＋6)，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )为减函数，又g (－1)＝f (－1)－3＝0，所以根据单调性可知g (x )>0的解集是{x |x <－1}．(2)定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对∀x ∈R ，f ′(x )＜12，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为________．答案(0，2)解析构造函数F (x )＝f (x )－12x ，则F ′(x )＝f ′(x )－12＜0，∴函数F (x )在R 上是减函数．由f (1)＝1，得F (1)＝f (1)－12＝1－12＝12∴f (log 2x )＞log 2x ＋12⇔f (log 2x )－12log 2x ＞12⇔F (log 2x )＞F (1)⇔log 2x ＜1⇔0＜x ＜2．(3)定义在R 上的可导函数f (x )满足f (1)＝1，且2f ′(x )>1，当x ∈－π2，3π2时，不等式f (2cos x )>32－2sin 2x2的解集为()A B －π3，C D －π3，答案D解析令g (x )＝f (x )－x 2－12，则g ′(x )＝f ′(x )－12>0，∴g (x )在R 上单调递增，且g (1)＝f (1)－12－12＝0，∵f (2cos x )－32＋2sin 2x 2＝f (2cos x )－2cos x 2－12＝g (2cos x )，∴f (2cos x )>32－2sin 2x2，即g (2cos x )>0，∴2cos x >1，又x ∈－π2，3π2，∴x －π3，(4)f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ≥0时，f ′(x )＞2x ．若f (a －2)－f (a )≥4－4a ，则实数a 的取值范围是()A ．(－∞，1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，2]D ．[2，＋∞)答案A解析令G (x )＝f (x )－x 2，则G ′(x )＝f ′(x )－2x ．当x ∈[0，＋∞)时，G ′(x )＝f ′(x )－2x ＞0，∴G (x )在[0，＋∞)上是增函数．由f (a －2)－f (a )≥4－4a ，得f (a －2)－(a －2)2≥f (a )－a 2，即G (a －2)≥G (a )，又f (x )是定义在R 上的偶函数，知G (x )是偶函数．故|a －2|≥|a |，解得a ≤1．(5)已知f ′(x )是函数f (x )的导数，且f (－x )＝f (x )，当x ≥0时，f ′(x )>3x ，则不等式f (x )－f (x －1)<3x －32的解集是()A －12，B ∞CD ∞答案D解析设g (x )＝f (x )－32x 2，则g ′(x )＝f ′(x )－3x ．因为当x ≥0时，f ′(x )>3x ，所以当x ≥0时，g ′(x )＝f ′(x )－3x >0，即g (x )在[0，＋∞)上单调递增．因为f (－x )＝f (x )，所以g (－x )＝f (－x )－32x 2＝f (x )－32x 2＝g (x )，所以g (x )是偶函数．因为f (x )－f (x －1)<3x －32，所以f (x )－32x 2<f (x －1)－32(x －1)2，即g (x )<g (x －1)，所以g (|x |)<g (|x －1|)，则|x |<|x －1|，解得x <12．故选D ．(6)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导数，当x >0时，f (x )＋f ′(x )·x ln x <0，则不等式(x －1)f (x )>0的解集为________．答案(0，1)解析由于函数y ＝f (x )为R 上的奇函数，则f (0)＝0．当x >0时，f (x )＋f ′(x )·x ln x <0，则f (1)<0．当x >0时，构造函数g (x )＝f (x )ln x ，则g ′(x )＝f ′(x )ln x ＋f (x )·1x ＝f (x )＋f ′(x )·x ln xx <0，所以函数y ＝g (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0．当0<x <1时，ln x <0，g (x )>g (1)＝0，即f (x )ln x >0，此时f (x )<0；当x >1时，ln x >0，g (x )<g (1)＝0，即f (x )ln x <0，此时f (x )<0．又f (1)<0，所以当x >0时，f (x )<0．由于函数y ＝f (x )为R 上的奇函数，当x <0时，f (x )>0．对于不等式(x －1)f (x )>0，当x <0时，x －1<0，则f (x )<0，不符合题意；当0<x <1时，x －1<0，则f (x )<0，符合题意；当x >1时，x －1>0，则f (x )>0，不符合题意．综上所述，不等式(x －1)f (x )>0的解集为(0，1)．(7)(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且(x ＋1)f ′(x )－f (x )＜x 2＋2x 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是()A．2f(2)－3f(1)＞5B．若f(1)＝2，x＞1，则f(x)＞x2＋12x＋12C．f(3)－2f(1)＜7D．若f(1)＝2，0＜x＜1，则f(x)＞x2＋12x＋12解析CD答案设函数g(x)＝f(x)－x2x＋1，则g′(x)＝(x＋1)f′(x)－f(x)－(x2＋2x)(x＋1)2．因为(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以g′(x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而g(1)＞g(2)＞g(3)，整理得2f(2)－3f(1)＜5，f(3)－2f(1)＜7，故A错误，C正确．当0＜x＜1时，若f(1)＝2，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)＞g(1)＝12，即f(x)－x2x＋1＞12，即f(x)＞x2＋12x＋12，故D正确，从而B不正确．即结论正确的是CD．(8)已知函数f(x)，对∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上，f′(x)<x，若f(4－m)－f(m)≥8－4m，则实数m的取值范围为()A．[－2，2]B．[2，＋∞)C．[0，＋∞)D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)答案B解析因为对∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，所以f(0)＝0，设g(x)＝f(x)－12x2，则g(－x)＝f(－x)－12x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)－12x2＋f(－x)－12x2＝0，又g(0)＝f(0)－0＝0，所以g(x)为奇函数，且f(x)＝g(x)＋12x2，所以f(4－m)－f(m)＝g(4－m)＋12(4－m)2－g(m)＋12m2＝g(4－m)－g(m)＋8－4m≥8－4m，则g(4－m)－g(m)≥0，即g(4－m)≥g(m)．当x>0时，g′(x)＝f′(x)－x<0，所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，又g(x)为奇函数，所以4－m≤m，解得m≥2．(9)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋f(x)x >0，则函数F(x)＝xf(x)＋1x的零点个数是()A．0B．1C．2D．3答案B解析依题意，记g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)，g(0)＝0，当x>0时，g′(x)＝x[f′(x)＋f(x)x]>0，g(x)是增函数，g(x)>0；当x<0时，g′(x)＝x[f′(x)＋f(x)x]<0，g(x)是减函数，g(x)>0．在同一坐标系内画出函数y＝g(x)与y＝－1x的大致图象，结合图象可知，它们共有1个公共点，因此函数F(x)＝xf(x)＋1x的零点个数是1．(10)函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝e xx，f(2)＝e28，当x>0时，f(x)的极值状态是___________．答案没有极大值也没有极小值解析因为x2f′(x)＋2xf(x)＝e x x，关键因为等式右边函数的原函数不容易找出，因此把等式左边函数的原函数找出来，设h (x )＝x 2f (x )，则h ′(x )＝e x x ，且h (2)＝e 22，因为x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，则f ′(x )＝e x －2h (x )x 3，判断f (x )的极值状态就是判断f ′(x )的正负，设g (x )＝e x －2h (x )，则g ′(x )＝e x －2h ′(x )＝e x －2·e xx ＝e x ·x －2x ，这里涉及二阶导，g (x )在x ＝2处取得最小值0，因此g (x )≥0，则f ′(x )≥0，故f (x )没有极大值也没有极小值(有难度，但不失为好题目)．【对点训练】1．已知函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，且对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为()A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)1．答案B解析由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0．设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2．因为f ′(x )＞2，所以F ′(x )＞0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增．又F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1，故选B ．2．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为．2．答案{x |x <－1或x >1}解析设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即不等式的解集为{x |x <－1或x >1}．3．已知定义域为R 的函数f (x )的导数为f ′(x )，且满足f ′(x )<2x ，f (2)＝3，则不等式f (x )>x 2－1的解集是()A ．(－∞，－1)B ．(－1，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，2)3．答案D解析令g (x )＝f (x )－x 2，则g ′(x )＝f ′(x )－2x <0，即函数g (x )在R 上单调递减．又不等式f (x )>x 2－1可化为f (x )－x 2>－1，而g (2)＝f (2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g (x )>g (2)，故不等式的解集为(－∞，2)．故选D ．4．定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )＋1＞0，f (1)＝4，则不等式f (x )＞1x ＋3的解集为________．4．解析(1，＋∞)答案由x 2f ′(x )＋1＞0得f ′(x )＋1x 2＞0，构造函数g (x )＝f (x )－1x －3，则g ′(x )＝f ′(x )＋1x2＞0，即g (x )在(0，＋∞)上是增函数．又f (1)＝4，则g (1)＝f (1)－1－3＝0，从而g (x )＞0的解集为(1，＋∞)，即f (x )＞1x＋3的解集为(1，＋∞)．5．设f (x )为R 上的奇函数，当x ≥0时，f ′(x )－cos x <0，则不等式f (x )<sin x 的解集为．5．答案(0，＋∞)解析令φ(x )＝f (x )－sin x ，∴当x ≥0时，φ′(x )＝f ′(x )－cos x <0，∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递减，又f (x )为R 上的奇函数，∴φ(x )为R 上的奇函数，∴φ(x )在(－∞，0]上单调递减，故φ(x )在R上单调递减且φ(0)＝0，不等式f (x )<sin x 可化为f (x )－sin x <0，即φ(x )<0，即φ(x )<φ(0)，故x >0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．6．设f (x )和g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，f ′(x )，g ′(x )分别为其导数，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)6．答案D解析令h (x )＝f (x )g (x )，当x ＜0时，h ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，则h (x )在(－∞，0)上单调递增，又f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，所以h (x )为奇函数，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增．又由g (－3)＝0，可得h (－3)＝－h (3)＝0，所以当x ＜－3或0＜x ＜3时，h (x )＜0，故选D ．7．设f (x )，g (x )是定义在R 上的恒大于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 (a )＞f (a )g (x )C ．f (x )g (b )＞f (b )g (x )D ．f (x )g (x )＞f (a )g (a )7．解析C答案令F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2＜0，所以F (x )在R 上单调递减．又a ＜x ＜b ，所以f (a )g (a )＞f (x )g (x )＞f (b )g (b )．又f (x )＞0，g (x )＞0，所以f (x )g (b )＞f (b )g (x )．8．设函数f (x )在R 上存在导数f ′(x )，对任意x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝x 2，在(0，＋∞)上f ′(x )<x ，若f (2－m )＋f (－m )－m 2＋2m －2≥0，则实数m 的取值范围为__________．8．答案[1，＋∞)解析令g (x )＝f (x )－x 22，则g (－x )＋g (x )＝0，g (x )是R 上的奇函数．又当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝f ′(x )－x <0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以g (x )是R 上的单调减函数．原不等式等价于g (2－m )＋g (－m )≥0，g (2－m )≥－g (－m )＝g (m )，所以2－m ≤m ，m ≥1．9．已知f (x )是定义在R 上的减函数，其导函数f ′(x )满足f (x )f ′(x )＋x <1，则下列结论正确的是()A ．对于任意x ∈R ，f (x )<0B ．对于任意x ∈R ，f (x )>0C ．当且仅当x ∈(－∞，1)，f (x )<0D ．当且仅当x ∈(1，＋∞)，f (x )>09．答案B解析∵f (x )f ′(x )＋x <1，f (x )是定义在R 上的减函数，f ′(x )<0，∴f (x )＋xf ′(x )>f ′(x )，∴f (x )＋(x －1)f ′(x )>0，∴[(x －1)f (x )]′>0，∴函数y ＝(x －1)f (x )在R 上单调递增，而x ＝1时，y ＝0，则x <1时，y <0，故f (x )>0．x >1时，x －1>0，y >0，故f (x )>0，∴f (x )>0对任意x ∈R 成立，故选B ．10．已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f (x )x ＞0，若g (x )＝f (x )＋1x，则函数g (x )的零点个数为()A ．1B ．2C ．0D ．0或210．答案C 解析令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，xf ′(x )＋f (x )x＞0，所以h ′(x )x ＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0时，h (x )＞0，又g (x )＝h (x )＋1x，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0考点五构造具体函数关系式【方法总结】这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题．【例题选讲】[例1](1)(2020·全国Ⅰ)若2a ＋log 2a ＝4b ＋2log 4b ，则()A ．a >2bB ．a <2bC ．a >b 2D ．a <b 2答案B解析由指数和对数的运算性质得2a ＋log 2a ＝4b ＋2log 4b ＝22b ＋log 2b ．令f (x )＝2x ＋log 2x ，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又∵22b ＋log 2b <22b ＋log 2b ＋1＝22b ＋log 2(2b )，∴2a ＋log 2a <22b ＋log 2(2b )，即f (a )<f (2b )，∴a <2b ．故选B ．(2)已知α，β∈－π2，π2，且αsin α－βsin β＞0，则下列结论正确的是()A ．α＞βB ．α2＞β2C ．α＜βD ．α＋β＞0答案B解析构造函数f (x )＝x sin x ，则f ′(x )＝sin x ＋x cos x ．当x ∈0，π2时，f ′(x )≥0，f (x )是增函数，当x ∈－π2，f ′(x )＜0，f (x )是减函数，又f (x )为偶函数，∴αsin α－βsin β＞0⇔αsin α＞βsin β⇔f (α)＞f (β)⇔f (|α|)＞f (|β|)⇔|α|＞|β|⇔α2＞β2，故选B ．(3)(多选)若0<x 1<x 2<1，则()A ．x 1＋ln x 2>x 2＋ln x 1B ．x 1＋ln x 2<x 2＋ln x 1C ．12e x x >21e x x D ．12e x x <21e x x 答案AC解析令f (x )＝x －ln x ，∴f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，1)上单调递减．∵0<x 1<x 2<1，∴f (x 2)<f (x 1)，即x 2－ln x 2<x 1－ln x 1，即x 1＋ln x 2>x 2＋ln x 1．设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x (x －1)x 2．当0<x <1时，g ′(x )<0，即g (x )在(0，1)上单调递减，∵0<x 1<x 2<1，∴g (x 2)<g (x 1)，即22e x x <11e x x ，∴12e x x >21e x x ，故选AC ．A ．(a ＋1)a ＋2>(a ＋2)a＋1B ．log a (a ＋1)>log a ＋1(a ＋2)C ．log a (a ＋1)<a ＋1a D ．log a ＋1(a ＋2)<a ＋2a ＋1答案ABD解析若A 成立，则(a ＋1)a ＋2>(a ＋2)a ＋1，两边取自然对数，得(a ＋2)ln(a ＋1)>(a ＋1)ln(a＋2)，因为a ≥2，所以ln(a ＋1)a ＋1>ln(a ＋2)a ＋2．令f (x )＝ln xx ，则x ≥3，f ′(x )＝1－ln x x 2<0，故f (x )在[3，＋∞)上单调递减，所以ln(a ＋1)a ＋1>ln(a ＋2)a ＋2，故A 成立；若B 成立，则log a (a ＋1)>log a ＋1(a ＋2)，即ln(a ＋1)ln a >ln(a ＋2)ln(a ＋1)，设g (x )＝ln(x ＋1)ln x ，x ≥2，则g ′(x )＝ln x x ＋1－ln(x ＋1)x (ln x )2＝x ln x －(x ＋1)ln(x ＋1)x ·(x ＋1)(ln x )2，令h (x )＝x ln x ，x ≥2，则h ′(x )＝ln x ＋1>0，故h (x )在[2，＋∞)上单调递增，所以x ln x －(x ＋1)ln(x ＋1)<0，所以g ′(x )<0，故g (x )在[2，＋∞)上单调递减，所以ln(a ＋1)ln a >ln(a ＋2)ln(a ＋1)，故B 成立；若C 成立，则log a (a ＋1)<a ＋1a ，即ln(a ＋1)a ＋1<ln a a ，由A 知f (x )＝ln xx 在[2，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，取a ＝2，故C 不成立；若D 成立，则log a ＋1(a ＋2)<a ＋2a ＋1，即ln(a ＋2)a ＋2<ln(a ＋1)a ＋1，由A 知D 成立．故选ABD ．(6)(2021·全国乙)设a ＝2ln1.01，b ＝ln1.02，c ＝1.04－1，则()A ．a <b <cB ．b <c <aC ．b <a <cD ．c <a <b答案B 解析b －c ＝ln1.02－ 1.04＋1，设f (x )＝ln(x ＋1)－1＋2x ＋1，则b －c ＝f (0.02)，f ′(x )＝1x ＋1－221＋2x＝1＋2x －(x ＋1)(x ＋1)1＋2x，当x >0时，x ＋1＝(x ＋1)2>1＋2x ，故当x >0时，f ′(x )＝1＋2x －(x ＋1)(x ＋1)1＋2x<0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (0.02)<f (0)＝0，即b <c ．a －c ＝2ln 1.01－ 1.04＋1，设g (x )＝2ln(x ＋1)－1＋4x ＋1，则a －c ＝g (0.01)，g ′(x )＝2x ＋1－421＋4x ＝2[1＋4x －(x ＋1)](x ＋1)1＋4x，当0<x <2时，4x ＋1＝2x ＋2x ＋1>x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2＝x ＋1，故当0<x <2时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，2)上单调递增，所以g (0.01)>g (0)＝0，故c <a ，从而有b <c <a ，故选B ．(7)已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，导函数为f ′(x )，若xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，且＝1e ，则()A ．f 0B ．f (x )在x ＝1e 处取得极大值C ．0<f (1)<1D ．f (x )在(0，＋∞)上单调递增答案ACD解析由题知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，导函数为f ′(x )，xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，即满足xf ′(x )－f (x )x 2＝ln x x ．因为f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2，所以f (x )x ′＝ln x x ，所以可设f (x )x ＝12ln 2x ＋b (b 为常数)，所以f (x )＝12x ln 2x ＋bx ．因为＝12·1e ln 21e ＋b e ＝1e ，解得b ＝12，所以f (x )＝12ln 2x ＋12x ，所以f (1)＝12，满足0<f (1)<1，所以C 正确；因为f ′(x )＝12ln 2x ＋ln x ＋12＝12(ln x ＋1)2≥0，且仅有f 0，所以B 错误，A ，D 正确．故选ACD ．【对点训练】1．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 66，则()A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <a <c1．答案C解析设f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x2，所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，即有f (6)<f (4)<f (3)，所以ln 66<ln 44＝ln 22<ln 33，故c <a <b ．2．设a ，b >0，则“a >b ”是“a a >b b ”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．答案D解析因为a ，b >0，由a a >b b 可得a ln a >b ln b ．设函数f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0可得x >1e ，所以函数f (x )＝x ln x a >b 不一定有a ln a >b ln b ，即a a >b b ，所以充分性不成立；当a a >b b ，即a ln a >b ln b 时，不一定有a >b ，所以必要性不成立，所以“a >b ”是“a a >b b ”的既不充分也不必要条件，故选D ．3．已知0<x 1<x 2<1，则()A ．ln x 1x 2>ln x 2x 1B ．ln x 1x 2<ln x 2x 1C ．x 2ln x 1>x 1ln x 2D ．x 2ln x 1<x 1ln x 23．答案D解析设f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，所以函数f (x )调递增；由f ′(x )<0，得0<x <1e f (x )f (x )在(0，1)上不单调，所以f (x 1)与f (x 2)的大小无法确定，从而排除A ，B ；设g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln x x 2，由g ′(x )>0，得0<x <e，即函数g (x )在(0，e)上单调递增，故函数g (x )在(0，1)上单调递增，所以g (x 1)<g (x 2)，即ln x 1x 1<ln x 2x 2，所以x 2ln x 1<x 1ln x 2．故选D ．4．已知a >b >0，a b ＝b a ，有如下四个结论：(1)b <e ；(2)b >e ；(3)存在a ，b 满足a ·b <e 2；(4)存在a ，b 满足a ·b >e 2，则正确结论的序号是()A ．(1)(3)B ．(2)(3)C ．(1)(4)D ．(2)(4)4．答案C解析由a b ＝b a 两边取对数得b ln a ＝a ln b ⇒ln a a ＝ln b b ．对于y ＝ln xx，由图象易知当b <e<a 时，才可能满足题意．故(1)正确，(2)错误；另外，由a b ＝b a ，令a ＝4，b ＝2，则a >e ，b <e ，ab ＝8>e 2，故(4)正确，(3)错误．因此，选C ．5．设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则()A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z5．答案D解析令2x ＝3y ＝5z ＝t (t >1)，两边取对数得x ＝log 2t ＝ln t ln 2，y ＝log 3t ＝ln t ln 3，z ＝log 5t ＝ln tln 5，从而2x ＝2ln 2ln t ，3y ＝3ln 3ln t ，5z ＝5ln 5ln t ．由t >1知，要比较三者大小，只需比较2ln 2，3ln 3，5ln 5的大小．又2ln 2＝4ln 4，e<3<4<5，由y ＝ln x x 在(e ，＋∞)上单调递减可知，ln 33>ln 44>ln 55，从而3ln 3<4ln 4<5ln 5，3y <2x <5z ，故选D ．6．已知a <5且a e 5＝5e a ，b <4且b e 4＝4e b ，c <3且c e 3＝3e c ，则()A ．c <b <a B ．b <c <a C ．a <c <bD ．a <b <c6．答案D解析方法一由已知e 55＝e a a ，e 44＝e bb，e 33＝e c c ，设f (x )＝e xx ，则f ′(x )＝(x －1)e x x 2，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (3)<f (4)<f (5)，f (c )<f (b )<f (a )，所以a <b <c ．方法二设e x＝e 55x ，①，e x ＝e 44x ，②，e x＝e 33x ，③，a ，b ，c 依次为方程①②③的根，结合图象，方程的根可以看作两个图象的交点的横坐标，∵e 55>e 44>e 33，由图可知a <b <c．7．若0<x 1<x 2<a ，都有x 2ln x 1－x 1ln x 2≤x 1－x 2成立，则a 的最大值为()A ．12B ．1C ．eD ．2e7．答案B解析ln x 1x 1－ln x 2x 2≤1x 2－1x 1，即ln x 1x 1＋1x 1≤ln x 2x 2＋1x 2，令f (x )＝ln x x ＋1x，则f (x )在(0，a )上为增函数，所以f ′(x )≥0在(0，a )上恒成立，f ′(x )＝－ln xx 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，所以f (x )在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，所以a ≤1，所以a 的最大值为1，选B ．8．下列四个命题：①ln 5<5ln 2；②ln π>πe；③；④3eln 2>42．其中真命题的个数是()A ．1B ．2C ．3D ．48．答案B解析构造函数f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．①ln 5<5ln 2⇒2ln 5<5ln 2⇒ln 55<ln 22，又2<5<e ，故错误．②ln π>πe ⇒2ln π>πe ⇒ln ππ>12e＝ln e e ，又e>π>e ，故正确．③⇒11ln 2<ln 11＝2ln 11⇒ln 22＝ln 44<ln 1111，又4>11>e ，故正确．④3eln 2>42⇒322eln 2>2×322⇒3232ln 22>ln e e ，显然错误．因此选B ．A ．0<a <b <1B ．b <a <0C ．1<a <bD ．a ＝b 10．答案ABD 解析因为实数a ，b 满足2a ＋3a ＝3b ＋2b ，所以设f (x )＝2x ＋3x ，g (x )＝3x ＋2x ，在同一平面直角坐标系中作出f (x )与g (x )的图象如图所示．由图象可知：①当x <0时，f (x )<g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，b <a <0，故B 正确；②当x ＝0或1时，f (x )＝g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，a ＝b ＝0或a ＝b ＝1，故D 正确；③当0<x <1时，f (x )>g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，0<a <b <1，故A 正确；④当x >1时，f (x )<g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，1<b <a ，故C 错误．故选ABD ．11．已知函数f (x )＝e x x －ax ，x ∈(0，＋∞)，当x 2>x 1时，不等式f (x 1)x 2<f (x 2)x 1恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(－∞，e]B ．(－∞，e)C ∞D ∞，e 211．答案D 解析因为x ∈(0，＋∞)，所以x 1f (x 1)<x 2f (x 2)，即函数g (x )＝xf (x )＝e x －ax 2在x ∈(0，＋∞)上是单调增函数，则g ′(x )＝e x －2ax ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，所以2a ≤e x x在x ∈(0，＋∞)上恒成立．令m (x )＝e x x ，则m ′(x )＝(x －1)e x x 2，当x ∈(0，1)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增，所以2a ≤m (x )min ＝m (1)＝e ，所以a ≤e 2．故选D ．12．设f ′(x )为函数f (x )的导函数，已知x 2f ′(x )＋xf (x )＝ln x ，f (e)＝1e，则下列结论正确的是()A ．f (x )在(0，＋∞)单调递增B ．f (x )在(0，＋∞)单调递减C ．f (x )在(0，＋∞)上有极大值D ．f (x )在(0，＋∞)上有极小值12．答案B 解析由x 2f ′(x )＋xf (x )＝ln x ，得xf ′(x )＋f (x )＝ln x x ，构造F ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＝ln x x ，F (x )＝xf (x )＝ln 2x 2＋m ，当x ＝e 时，xf (x )＝ln 2x 2＋m ，又e f (e)＝ln 2e 2＋m ，所以m ＝12，所以f (x )＝ln 2x ＋12x，所以f ′(x )＝－(ln x －1)22x 2≤0，f (x )在(0，＋∞)单调递减，选B ．13．(多选)下列不等式中恒成立的有()A ．ln(x ＋1)≥x x ＋1，x >－1B ．ln x x >0C ．e x ≥x ＋1D ．cos x ≥1－12x 213．答案ACD 解析A 选项，因为x >－1，令t ＝x ＋1>0，f (t )＝ln t ＋1t －1，则f ′(t )＝1t －1t 2＝t －1t2，所以当0<t <1时，f ′(t )＝t －1t 2<0，即f (t )单调递减；当t >1时，f ′(t )＝t －1t 2>0，即f (t )单调递增，所以f (t )min ＝f (1)＝0，即f (t )＝ln t ＋1t －1≥0，即ln t ≥t －1t，即ln(x ＋1)≥x x ＋1，x >－1恒成立，故A 正确；B 选项，令f (x )＝ln x x >0，则f ′(x )＝1x －＝2x －x 2－12x 2＝－(x －1)22x 2≤0显然恒成立，所以f (x )＝ln x x >0上单调递减，又f (1)＝0，所以当x ∈(0，1)时，f (x )>f (1)＝0，即ln x B 错；C 选项，令f (x )＝e x －x －1，则f ′(x )＝e x －1，当x >0时，f ′(x )＝e x －1>0，所以f (x )单调递增；当x <0时，f ′(x )＝e x －1<0，所以f (x )单调递减，则f (x )≥f (0)＝0，即e x ≥x ＋1恒成立，故C 正确；D 选项，令f (x )＝cos x －1＋12x 2，则f ′(x )＝－sin x ＋x ，令h (x )＝f ′(x )＝－sin x ＋x ，则h ′(x )＝－cos x ＋1≥0恒成立，即函数f ′(x )＝－sin x ＋x 单调递增，又f ′(0)＝0，所以当x >0时，f ′(x )>0，即f (x )＝cos x －1＋12x 2单调递增；当x <0时，f ′(x )<0，即f (x )＝cos x －1＋122单调递减，所以f (x )min ＝f (0)＝0，因此cos x ≥1－12x 2恒成立，故D 正确．。
构造函数解不等式 一等奖创新教案
构造函数解不等式一等奖创新教案构造函数解不等式一、目标基础1．1地位和作用：函数思想是中学数学重要的解题思想和方法，也是中学数学核心素养的重要方面，数学解题中，可根据题目的结构特征，抓住自变量，构造合理的函数，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，进一步研究函数的零点，达到比较实数的大小、研究函数、方程、不等式的目的。
1．2教学重、难点：教学重点：导数的运算法则的逆应用，合理构造函数。
教学难点：根据外形结构特征与求导法则的结构特征进行合理构造。
突破方法：通过复习导数的四则运算，根据求导结果构造函数，通过例题及变式总结构造函数技巧，引导学生来突破重难点。
1．3学生情况分析：授课对象是我校高二学生，他们已经学习了导数公式、导数的运算法则以及函数的单调性与导数的关系等。
学生已经能够熟练已知函数求导函数，但是已知导函数及导函数的一部分来构造原函数比较困难。
高二学生正处于思维逐步地从感性到理性思维过渡，并由正向逻辑思维发展到逆向思维的关键时期，故而整个教学环节通过例题、变式引导学生积极思考，培养学生逆向思维等多方面的能力。
根据上述结构与内容分析，立足学生的认知水平，制定如下教学目标：二、教学目标：（1）．通过复习导数的四则运算，导函数构造原函数，了解构造函数的情况。
（2）．通过思考、运算培养学生观察、分析、比较能力，通过问题变式体会类比、从特殊到一般的数学思想方法。
（3）．通过正用导数的四则运算，体会导函数的逆应用，使学生理解构造原函数的原理，从而激发学生学习数学的兴趣。
三、学法和教法：3．1学法：（1）自主学习：引导学生主动参与数学活动。
合作学习：引导学生分组讨论，合作交流，（3）探究学习：引导学生发挥主观能动性，主动探索新知。
3．2教法：集体讨论法；合作探究法；直观演示法。
3．3教具：电脑、多媒体。
四、教学过程：1.回顾：导数的运算公式设计思路：通过学生熟悉的导数运算公式引入，使学生对构造函数不陌生，激发学生的思考。
第09讲：拓展二：构造函数法解决导数不等式问题(解析版)-备战2025年高考新结构数学一轮复习精讲练
目录
类型一：构造 F (x) xn f (x) 或 F (x)
f
(x) xn
(
n
Z
，且 n 0 )型 ................ 2
类型二：构造 F (x) enx f (x) 或 F (x)
f (x) enx
(
n
Z
，且 n 0 )型 ................6
类型五：根据不等式（求解目标）构造具体函数 ............................18
1、两个基本还原
① f (x)g(x) f (x)g(x) [ f (x)g(x)]
②
f (x)g(x) f (x)g(x) [g( x)]2
[ f (x) ] g(x)
2、类型一：构造可导积函数
(x) x2
f
(x)
[
f
(x) ] x
高频考点 2：
xf
(x) 2 x3
f
(x)
[
f
(x x2
)
]
③
f (x) sin x sin 2
f (x) cos x x
[ f (x) ] sin x
⑥
f (x) cos x cos2
f (x) sin x x
[ f (x) ] cos x
高频考点
所以 g e g 2 ，即 e2 f
e 22
f
2 ，所以
f e
4
f 2
e2 ，A 选项错误；
g 3 g 1 ，即 32 f 3 12 f 1 ，所以 9 f 3 f 1 ，B 选项错误；
g 2 g 3 ，即 22 f 2 3 2 f 3 ，所以 4 f 2 9 f 3 ，C 选项错误；
2015高中数学 1.3利用导数解决不等式问题教学设计 新人教A版选修2-1
利用导数解决不等式问题教学设计【学习目标】知识技能 1、会利用导数作为工具证明不等式;2、能够构造函数,结合放缩和函数的单调性、最值达到证明目的过程方法：(1)在“分析、实验、讨论、总结”的探究过程中,发展学生自主学习能力；(2)强化数形结合思想.情感态度：(1)培养学生的探究精神；(2)体验动手操作带来的成功感.【教学重点难点】1. 灵活准确的构造函数2. 利用可导函数解决不等式证明；【学情分析】导数之难,难在对函数单调性的认识.并且导数工具的运用,充分体现了“数形结合思想”.问题研究的核心就是“函数的单调性”.结合本节试题的结构和内容分析，结合着高三年级学生他们的认知结构及其心理特征，归纳总结做题规律，使学生明确做题的方向。
我们都知道数学是一门培养人的逻辑思维能力的重要学科。
因此，在教学过程中，不仅要使学生“知其然”，还要使学生“知其所以然”。
我们在以师生既为主体，又为客体的原则下，展现获取理论知识、解决实际问题方法的思维过程。
考虑到我校高三年级学生的现状，我主要采取引导加点拨的教学方法，让学生真正的参与教学中去，而且在课堂活动中得到新的认识和体验，产生践行的愿望。
当然教师自身也是非常重要的教学资源。
教师本人应该通过课堂教学感染和激励学生，充分调动起学生参与活动的积极性，激发学生对解决难题问题的渴望，并且要培养学生以理论联系实际的能力，从而达到最佳的教学效果。
同时也体现了课改的精神。
【教学过程】一、课前思考：（引入课题）1、 利用导数能解决哪些问题？2、 复习上节课证明含对数和指数的不等式的两种常用方法：作差法构造函数证明如：（1）x x <+)1ln( )0(>x（2）1+>x e x )0(>x由（2）思考证明含幂函数和指数函数的不等式常用的策略是什么？换元法构造函数证明如：（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n ，不等式3211)11ln(nn n ->+ 都成立设计意图：利用提出问题吸引学生，由抽签法进行幸运抽奖活动，激发学习兴趣，达到调动学生积极性的目的.若学生能说出导数除了能解决单调性和最值问题，还能解决不等式问题，则追问利用导数证明不等式常用的方法是啥；若学生不清楚，则用简单的例子引导他们，对于复杂一点的不等式问题又如何下手呢？从而引入授课内容.二、观察分析，初步探究例1．若函数y =)(x f 在R 上可导且满足不等式x )(x f '>－)(x f 恒成立，且常数a ，b 满足a >b ，求证：．a )(a f >b )(b f【解】由已知 x )(x f '+)(x f >0 ∴构造函数 )()(x xf x F =，则=)('x F x )(x f '+)(x f >0， 从而)(x F 在R 上为增函数。
构造可导函数证明不等式课件
02
构造可导函数的基本方法
构造函数的概念及重要性
构造函数的概念
构造函数是指为了解决某个特定 问题而构造的一个函数。
构造函数的重要性
通过构造函数，我们可以将一个 复杂的问题转化为一个简单的函 数问题，从而更容易地找到问题 的解决方案。
详细描述
首先，针对给定的不等式，通过构造 函数并求导，判断函数的单调性；其 次，根据函数的单调性得出不等式的 证明结论。
案例三：通过求极值点证明不等式
总结词
通过求极值点，利用极值点的性质证明 不等式。
VS
详细描述
首先，针对给定的不等式，通过构造函数 并求导，找到函数的极值点；其次，利用 极值点的性质得出不等式的证明结论。
构造可导函数证明不等 式课件
contents
目录
• 引言 • 构造可导函数的基本方法 • 利用构造的可导函数证明不等式 • 案例分析 • 总结与思考
01
引言
课程背景介绍
• 本课程主要探讨如何构造可导函数来证明不等式。不等式是数 学中一个非常重要的概念，它广泛应用于数学、物理、工程等 领域。通过本课程的学习，学生将了解如何利用可导函数来证 明不等式，并掌握相关的方法和技巧。
首先，根据题目信息，构造一个可导函数$f(x)$。然后， 根据函数的单调性，我们知道，如果$f(x)$在某个区间内 单调递增（或递减），那么对于任意$x_1, x_2$在该区间 内，有$f(x_1) \leq f(x_2)$（或$f(x_1) \geq f(x_2)$）。 因此，通过比较$f(x)$在特定点的函数值，我们可以证明 不等式。
第09讲：拓展二：构造函数法解决导数不等式问题(原卷版)-备战2025年高考新结构数学一轮复习精讲练
类型五：根据不等式（求解目标）构造具体函数 ..............................7
1、两个基本还原
① f (x)g(x) f (x)g(x) [ f (x)g(x)]
②
f (x)g(x) f (x)g(x) [g( x)]2
[ f (x) ] g(x)
2、类型一：构造可导积函数
(x) x2
f
(x)
[
f
(x) ] x
高频考点 2：
xf
(x) 2 x3
f
(x)
[
f
(x x2
)
]
③
f (x) sin x sin 2
f (x) cos x x
[ f (x) ] sin x
⑥
f (x) cos x cos2
f (x) sin x x
[ f (x) ] cos x
高频考点
1 2
2
f
1 4
C．
f
1 2
2
f
1
B．
f
1 2
2
f
1 4
D． 2 f
1 2
f
1
类型二：构造 F (x) enx f (x) 或 F (x)
f (x) enx
(
n
Z
，且 n 0 )型
典型例题
例题 1．（23-24 高二下·河北石家庄·阶段练习）已知定义在 R 上的函数 f x ，其导函数为 f x ，且 f x f x ，则（ ）
4
xf (x) f (x) 0
F (x) xf (x)
5
xf (x) 2 f (x) 0
F(x) x2 f (x)
构造函数法解决导数不等式问题
构造函数法解决导数不等式问题在函数中解决抽象函数问题首要的前提是对函数四种基本性质的熟练掌握，导数是函数单调性的延伸，如果把题目中直接给出的增减性换成一个'()f x ，则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不等式问题中，我们要研究的往往不是()f x 本身的单调性，而是包含()f x 的一个新函数的单调性，因此构造函数变的相当重要，另外题目中若给出的是'()f x 的形式，则我们要构造的则是一个包含()f x 的新函数，因为只有这个新函数求导之后才会出现'()f x ，因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数。
例如：'()0f x >，则我们知道原函数()f x 是单调递增的，若'()10f x +>，我们知道()()g x f x x =+这个函数是单调递增的，因此构造函数的过程有点类似于积分求原函数的过程，只不过构造出的新函数要通过题目中给出的条件能判断出单调性才可。
既然是找原函数，那么就可能遇上找不到式子的原函数的时候，但是我们判断单调性只需要判断导函数的正负即可，例如()g x 的原函数是不能准确的找到的，但是如果我们知道一个式子的导函数里面包含()g x ，则也能大致将那个函数看成是原函数，例如'()()g x m x x=，或者()m x 的导函数中包含一个能判断符号的式子和()g x 相乘或相除的形式，我们也可以将()m x 大致看成()g x 的原函数。
构造函数模型总结：关系式为“加”型：（1）'()()0f x f x +≥ 构造''[()][()()]x x e f x e f x f x =+（2）'()()0xf x f x +≥ 构造''[()]()()xf x xf x f x =+（3）'()()0xf x nf x +≥构造''11'[()]()()[()()]n n n n x f x x f x nx f x x xf x nf x --=+=+（注意对x 的符号进行讨论）关系式为“减”型（1）'()()0f x f x -≥ 构造'''2()()()()()[]()x x x x x f x f x e f x e f x f x e e e --== （2）'()()0xf x f x -≥ 构造''2()()()[]f x xf x f x x x -=（3）'()()0xf x nf x -≥构造'1''21()()()()()[]()n n n n n f x x f x nx f x xf x nf x x x x -+--== （注意对x 的符号进行讨论）例1.设(),g()f x x 是R 上的可导函数，''()g ()f x x ，分别是(),g()f x x 的导函数，且满足''()()()g ()0f x g x f x x +<，则当a x b <<时，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 >解析：因为''()()()g ()0f x g x f x x +<不等式左边的原函数为()()f x g x ，因此需要构造新函数，令()()()h x f x g x =，可知'()0h x <，则函数()h x 是单调递减函数，因此当a x b <<，有()()h a h b >即答案选C 。
高中数学 构造函数法解决导数不等式问题(一)(学生版).docx
等式x＋2 021fx＋2 021＜ 5f5 的解集为( )
5
x＋2 021
A．{x|x＞－2 016} B．{x|x＜－2 016} C．{x|－2 016＜x＜0} D．{x|－2 021＜x＜－2 016}
(3)(2015·全国Ⅱ)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
e
ln 2
c＝f(－3)，则 a，b，c 的大小关系正确的是( ) －3
A．a＜b＜c
B．b＜c＜a
C．a＜c＜b
D．c＜a＜b
【对点训练】 1．设函数 f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为 f′(x)，且 2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2 021)2f(x
＋2 021)－4f(－2)>0 的解集为( ) A．(－∞，－2 021) B．(－∞，－2 023) C．(－2 023，0) D．(－2 021，0) 2．设 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝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________． 3．已知偶函数 f(x)(x≠0)的导函数为 f′(x)，且满足 f(－1)＝0，当 x＞0 时，2f(x)＞xf′(x)，则使得 f(x)＞0 成 立的 x 的取值范围是________．
C．f(3)＞e3f(0)
D．f(4)＜e4f(0)
【对点训练】
1．已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x)，满足 f′(x)<f(x)，且 f(0)＝1，则不等式 f(x)－1ex<0 的
构造函数处理与导数有关的不等式问题——教案
时， ， 时， ，
时，函数 在 上无极值点
③当 时， 有两个不同解， ， ，
时， ， ，
即 ，
时， ， 随 的变化情况如下表：
极小值
由此表可知： 时， 有惟一极小值点 ，
当 时， ， ，
此时， ， 随 的变化情况如下表：
极大值
极小值
由此表可知： 时， 有一个极大值 和一个极小值点 ；
５．【2008年湖南理】已知函数 ．
（I）求函数 的单调区间；
（Ⅱ）若不等式 对任意的 都成立（其中 是自然对数的底数）．
求 的最大值．
６．山东省日照市2009届高三模拟考试数学理科试题已知 ，函数 ．
（Ⅰ）试问在定义域上能否是单调函数？请说明理由；
（Ⅱ）若 在区间 上是单调递增函数，试求实数 的取值范围；
故函数 在 上的最小值为 所以a的最大值为
６.山东省日照市2009届高三模拟考试数学理科试题
（Ⅰ） 的定义域为 ， ，由 得 ．……2分
当 时， ， 递减；
当 时， ， 递增．
所以 不是定义域上的单调函数．……………………………4分
（Ⅱ）若 在 是单调递增函数，则 恒成立，即 恒成立．
…………………………．…6分
（Ⅲ）设 ,若对于任意给定的 ,方程 在 内有两个不同的实数根，求a的取值范围。（其中e是自然对数的底数）
４.已知函数 (Ⅰ)若a取(Ⅰ)中的最大值时，求g(x)的最小值；
（Ⅲ）证明不等式：
构造函数常用的两个重要结论：当 时
1． ；2． （当 时， ）．
从而当 时有
，即 ，故 ，
当 时，有 ．……………………12分
３.【09全国Ⅱ·理】【解】（I）由题设知，函数 的定义域是
《利用导数解决不等式问题》教学设计
《利用导数解决不等式问题》教学设计《利用导数解决不等式问题》教学设计【学习目标】知识技能1、会利用导数作为工具证明不等式;2、能够构造函数,结合放缩和函数的单调性、最值达到证明目的过程方法：(1)在“分析、实验、讨论、总结”的探究过程中,发展学生自主学习能力；(2)强化数形结合思想情感态度：(1)培养学生的探究精神；(2)体验动手操作带的成功感【教学重点难点】1 灵活准确的构造函数2 利用可导函数解决不等式证明；【学情分析】导数之难,难在对函数单调性的认识并且导数工具的运用,充分体现了“数形结合思想”问题研究的核心就是“函数的单调性”结合本节试题的结构和内容分析，结合着高三年级学生他们的认知结构及其心理特征，归纳总结做题规律，使学生明确做题的方向。
我们都知道数学是一门培养人的逻辑思维能力的重要学科。
因此，在教学过程中，不仅要使学生“知其然”，还要使学生“知其所以然”。
我们在以师生既为主体，又为客体的原则下，展现获取理论知识、解决实际问题方法的思维过程。
考虑到我校高三年级学生的现状，我主要采取引导加点拨的教学方法，让学生真正的参与教学中去，而且在堂活动中得到新的认识和体验，产生践行的愿望。
当然教师自身也是非常重要的教学资。
教师本人应该通过堂教学感染和激励学生，充分调动起学生参与活动的积极性，激发学生对解决难题问题的渴望，并且要培养学生以理论联系实际的能力，从而达到最佳的教学效果。
同时也体现了改的精神。
【教学过程】一、前思考：（引入题）1、利用导数能解决哪些问题？2、复习上节证明含对数和指数的不等式的两种常用方法：设计意图：利用提出问题吸引学生，由抽签法进行幸运抽奖活动，激发学习兴趣，达到调动学生积极性的目的若学生能说出导数除了能解决单调性和最值问题，还能解决不等式问题，则追问利用导数证明不等式常用的方法是啥；若学生不清楚，则用简单的例子引导他们，对于复杂一点的不等式问题又如何下手呢？从而引入授内容二、观察分析，初步探究例1．若函数=在R上可导且满足不等式x>－恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．a>b【解】由已知x+>0 ∴构造函数，则x+>0，从而在R上为增函数。
高二数学利用导数证明函数不等式问题公开课优秀课件(经典、值得收藏)
g x 在 ,0单调递减，在 0, 单调递增
g x min
g
0
Hale Waihona Puke 0，g x
g 0
0
，故不等式得证
2.适当变形再移项作差构造函数
例 2：设 f x 1 ex ，证明：当 x 1 时， f x x
1.直接移项作差构造函数
例 1：求证： ex x 1.
这个不等式很重要！ 可以通过变换得到一些常见的不等式，例如
（ 1 ） 以 x 1 替 换 不 等 式 ex x 1 中 的 x 得 到 ex1 (x 1) 1 x ，化简得 ex ex
1.直接移项作差构造函数
例 1：求证： ex x 1.
3
f′(x)＝ 1 －1－x2＝tan2x－x2＝(tan x－x)(tan x＋x)． cos2x
因为 0<x<π，所以 x<tan x(易证)，所以 f′(x)>0， 2
即 x∈ 0, 时，f(x)为增函数，故 f(x)>f(0)＝0，
2
即 tan x x x3 >0，故 tan x>x＋x3.
人教版选修2-2
微专题 利用导数证明函数不等式问题
学习目标
1.能利用导数证明一些简单的函数不等式. 2.能够识记一些常见的函数不等式. 3.掌握利用导数证明函数不等式的 3 种常规方法.
三种常规的证明方法
1.直接移项作差构造函数. 2.适当变形后再作差构造函数. 3.转化为两个函数最值的比较.
1.直接移项作差构造函数
2.适当变形再移项作差构造函数
例 2：设 f x 1 ex ，证明：当 x 1 时， f x x
构造函数法解决导数不等式问题教学设计公开课
构造函数法解决导数不等式问题在函数中解决抽象函数问题首要的前提是对函数四种基本性质的熟练掌握，导数是函数单调性的延伸， 如果把题目中直接给出的增减性换成一个/ « ,则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不 等式问题中，我们要研究的往往不是/")本身的单调性，而是包含了(X)的一个新函数的单调性，因此构造 函数变的相当重要，另外题目中若给出的是/'(X)的形式，则我们要构造的则是一个包含/(X)的新函数，因 为只有这个新函数求导之后才会出现了'(X),因此解决导致抽象函数不等式的重中之重是构造函数。
例如：/1(x)>0 ,则我们知道原函数/(x)是单调递增的，若一⑶+ 1>0 ,我们知道g@) = /(x)+x 这 个函数是单调递增的，因此构造函数的过程有点类似于积分求原函数的过程，只不过构造出的新函数要通过 题目中给出的条件能判断出单调性才可。
既然是找原函数，那么就可能遇上找不到式子的原函数的时候，但是我们判断单调性只需要判断导函数 的正负即可，例如g(x)的原函数是不能准确的找到的，但是如果我们知道一个式子的导函数里面包含g(x), 则也能大致将那个函数看成是原函数，例如〃？")=史2 ,或者〃0)的导函数中包含—能判断符号的式子X和g(x)相乘或相除的形式，我们也可以将〃?(X)大致看成g(x)的原函数。
构造函数模型总结：关系式为"加"型:(1) f'(x) + f(x)>o 构造[</'(x)] =eV(x) + /(x)](2) xf (x) + f(x)>0 构造W(x)]=人6)+ /3(3 ) W(x)+妙")2。
构造卜"/(刈(X)+放"/(*)=尸[叶(x)+硬⑴](注意对x 的符号进行讨论)关系式为"减"型⑴小f 小。
构造函数解不等式一等奖创新教案
构造函数解不等式一等奖创新教案一、教学目标1.理解不等式的概念和性质。
2.了解构造函数解不等式的方法和步骤。
3.学会运用构造函数解不等式的方法解决实际问题。
二、教学重点1.掌握构造函数解不等式的方法和步骤。
2.学会分析和解决实际问题。
三、教学难点1.学会将实际问题转化为不等式。
2.学会构造函数解不等式，得出最优解。
四、教学步骤1.导入引入教师通过举例引入不等式的概念和性质，并与学生共同探讨不等式的应用领域及重要性。
2.讲解不等式的概念和性质教师讲解不等式的定义和不等式的性质，包括加减乘除和开平方的规则，让学生明白不等式运算的基本规律和特点。
3.实际问题的转化教师给出一些实际问题，要求学生将其转化为不等式，并通过讲解实例，让学生了解不等式与实际问题的关联和应用方法。
4.构造函数解不等式的方法教师详细讲解构造函数解不等式的方法，包括根据实际问题确定未知数、列出不等式、求解不等式、验证解的步骤，并通过实例演示，让学生理解构造函数解不等式的步骤和基本原理。
5.实例分析教师给出一些实际问题，要求学生通过构造函数解不等式的方法解决，并深入分析解的意义和最优解的特点。
6.练习与巩固教师布置一些练习题，要求学生独立完成，并进行批改和讲解，加强学生对构造函数解不等式的掌握程度。
7.拓展与应用教师引导学生思考不等式在其他学科中的应用，如物理、力学等，并结合实例进行讲解，提高学生对不等式的应用能力和综合拓展能力。
8.总结与反思教师对本节课进行总结，并帮助学生反思所学知识和方法，在学习中感受到不等式的魅力和实用性。
五、作业布置将实际问题转化为不等式的练习题。
六、教学反馈根据学生的作业和课堂表现进行评价，及时了解学生对知识掌握的程度和困难点，调整教学方法和内容。
七、教学资源教材、实际问题、习题、多媒体设备。
高中数学导数构造讲解教案
高中数学导数构造讲解教案在高中数学的学习过程中，导数作为微积分学的基础概念之一，对学生的数学理解力和逻辑推理能力提出了较高的要求。
因此，构建一个高效且易于理解的导数教学方案，对于帮助学生掌握导数的概念和应用至关重要。
下面，我们将通过一份高中数学导数构造讲解教案范本，来探究如何更好地进行导数教学。
### 引入阶段：首先，我们需要激发学生的学习兴趣，为新课内容作铺垫。
可以通过提问的方式回顾之前学过的相关知识点，比如“什么是函数？”和“什么是极限？”等。
随后，引出导数的定义，即当自变量的变化量趋向于零时，因变量变化量的极限值。
### 知识讲解：1. **导数定义**：详细解释导数的定义，强调极限过程的理解，以及为何需要导数这一工具。
2. **几何意义**：通过函数图像，展示导数与切线斜率之间的关系，让学生形象地认识到导数表示的是某一点上的瞬时变化率。
3. **物理意义**：结合速度与加速度的概念，进一步阐释导数在物理学中的应用，加深学生对导数意义的理解。
4. **运算法则**：介绍基本的导数运算规则，如常数导数、幂函数导数、乘积导数等，并通过例题加强记忆。
5. **应用实例**：通过实际问题，如最值问题、单调性分析等，展示导数解决问题的能力。
### 实践操作：为了巩固学生对导数的理解，设计以下练习环节：- 提供不同类型的函数，引导学生计算其导数。
- 设定实际问题，让学生利用导数求解，例如求最大利润、物体的运动状态等。
- 鼓励学生自己构造函数，并探讨这些函数的导数及其代表的物理或几何意义。
### 总结归纳：在课程的最后，对导数的概念、性质、计算方法和应用进行总结。
重点强调导数在实际问题中的应用价值，以及它在现代科学技术中的重要性。
### 作业布置：分发练习题，包括计算题、理论证明题及实际应用题，以便学生在家中复习和深化所学内容。
通过上述教案的实施，不仅可以帮助学生建立起对导数概念的清晰认识，还能训练他们的逻辑思维能力和解决实际问题的能力。
初三数学教案-构造函数证明不等式学法指导 精品
构造函数证明不等式
函数思想是一种重要的数学思想，对于有些不等式的证明，根据欲证不等式的特点，构造一个适当的函数，然后利用函数的相关性质，通过计算，往往能使问题简捷解决。
一、构造一次函数 例1. 若。
证明：因为ab bc ca +++1 =+++()b c a bc 1，
所以构造一次函数f x b c x bc ()()=+++1，则有
由一次函数性质，知当时，恒有
，那么ab ac bc ++>-1。
二、构造二次函数 例2. 已知都是正数，证明对任意的
，下面的不等式成立，。
证明：对任意的，下面的不等式成立。
，
也即。
构造函数
，则由
都是正数，知f(x)是R 上的二次函数，且
恒成立，从而f(x)=0
的判别式，即
故。
三、构造其他函数 例3. 证明不等式
证明：设
∵
∴f(x)的图象关于y轴对称。
，
∴当时，依图象的对称性可知，故当x≠0时，恒有，即。
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构造函数法解决导数不等式问题在函数中解决抽象函数问题首要的前提是对函数四种基本性质的熟练掌握，导数是函数单调性的延伸，如果把题目中直接给出的增减性换成一个'()f x ，则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不等式问题中，我们要研究的往往不是()f x 本身的单调性，而是包含()f x 的一个新函数的单调性，因此构造函数变的相当重要，另外题目中若给出的是'()f x 的形式，则我们要构造的则是一个包含()f x 的新函数，因为只有这个新函数求导之后才会出现'()f x ，因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数。
例如：'()0f x >，则我们知道原函数()f x 是单调递增的，若'()10f x +>，我们知道()()g x f x x =+这个函数是单调递增的，因此构造函数的过程有点类似于积分求原函数的过程，只不过构造出的新函数要通过题目中给出的条件能判断出单调性才可。
既然是找原函数，那么就可能遇上找不到式子的原函数的时候，但是我们判断单调性只需要判断导函数的正负即可，例如()g x 的原函数是不能准确的找到的，但是如果我们知道一个式子的导函数里面包含()g x ，则也能大致将那个函数看成是原函数，例如'()()g x m x x=，或者()m x 的导函数中包含一个能判断符号的式子和()g x 相乘或相除的形式，我们也可以将()m x 大致看成()g x 的原函数。
构造函数模型总结：关系式为“加”型：（1）'()()0f x f x +≥ 构造''[()][()()]x x e f x e f x f x =+（2）'()()0xf x f x +≥ 构造''[()]()()xf x xf x f x =+（3）'()()0xf x nf x +≥构造''11'[()]()()[()()]n n n n x f x x f x nx f x x xf x nf x --=+=+（注意对x 的符号进行讨论）关系式为“减”型（1）'()()0f x f x -≥ 构造'''2()()()()()[]()x x x x x f x f x e f x e f x f x e e e --== （2）'()()0xf x f x -≥ 构造''2()()()[]f x xf x f x x x -= （3）'()()0xf x nf x -≥构造'1''21()()()()()[]()n n n n n f x x f x nx f x xf x nf x x x x -+--== （注意对x 的符号进行讨论）例 1.设(),g()f x x 是R 上的可导函数，''()g ()f x x ，分别是(),g()f x x 的导函数，且满足''()()()g ()0f x g x f x x +<，则当a x b <<时，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 >解析：因为''()()()g ()0f x g x f x x +<不等式左边的原函数为()()f x g x ，因此需要构造新函数，令()()()h x f x g x =，可知'()0h x <，则函数()h x 是单调递减函数，因此当a x b <<，有()()h a h b >即答案选C 。
变式：设(),g()f x x 是R 上的可导函数，''()()()g ()0f x g x f x x +<，(3)0g -=，求不等式()()0f x g x <的解集。
解析：同上题''()()()g ()f x g x f x x +的原函数为()()f x g x ，构造新函数()()()h x f x g x =可知'()0h x <，()h x 单调递减，又因为(3)0g -=即(3)0h -=，所以()()0f x g x <的解集是(3,)-+∞ 例 2.已知定义为R 的奇函数()f x 的导函数为'()f x ，当0x ≠时，'()()0f x f x x+>，若111(),2(2),ln (ln 2)222a fb fc f ==--=，则下列关于,,a b c 的大小关系正确的是（ ） .Aa b c >> .B a c b >> .C c b a >> .Db a c >> 解析：着眼点是'()()0f x f x x+>，'()()0xf x f x x +>，则试图找出不等式左边这部分的原函数或者某个函数的导函数的一部分是不等式左边，设()()h x xf x =，则''()()()h x xf x f x =+，当0x >时'()()0xf x f x x +>，'()0h x >，当0x <时，'()()0xf x f x x+>，'()0h x <，因此()()h x xf x =是左减右增的函数，因此1112(2)ln (ln 2)()222b fc f a f =-->=>= 例3.已知函数()f x 为定义在R 上的可导函数，且'()()f x f x <对于任意x R ∈恒成立，e 为自然对数的底数，则（ ）2013.(1)(0)(2013)(0)A f e f f e f >⋅<⋅、 2013.(1)(0)(2013)(0)B f e f f e f <⋅>⋅、2013.(1)(0)(2013)(0)C f e f f e f >⋅>⋅、 2013.(1)(0)(2013)(0)D f e f f e f <⋅<⋅、解析：由''()()()()0f x f x f x f x <⇒-<，构造函数()()x f x h x e=，求导得''()()()0x f x f x h x e -=>，函数()h x 在定义域内单调递增，所以2013(1)(0)(2013)(0),11f f f f e e >> 例4.设函数()f x 在R 上的导函数为'()f x ，且'22()()f x xf x x +>，下面的不等式在R 内恒成立的是（ ）.()0A f x > .()0B f x < .()C f x x > .()D f x x <解析：'2'22()()2()()0f x xf x x f x xf x x +>⇒+->，试着找出不等式左边部分的原函数，若设231()()3h x x f x x =-，则''2()[2()()]h x x f x xf x x =+-无法判断'()h x 的正负，因此构造函数有误，构造的原则是构造的新函数的导函数的正负是可以判断的，因此设241()()4h x x f x x =-，则''2()[2()()]h x x f x xf x x =+-，当0x >时，'()0h x >；当0x <时，'()0h x <，则()h x 为左减右增的函数，且(0)0h =，即21()04f x x >≥，即()0f x > 例5.已知函数()f x 的定义域为R ，且'()1(),(0)4f x f x f >-=，则不等式ln3()1x f x e ->+的解集为（ ）.(0,)A +∞ 1.(,)2B +∞ .(1,)C +∞ .(,)D e +∞ 解析：ln3ln3()1()()3x x x x x f x e e f x e e e f x e ->+⇒>+⇒->令''()(),()[()()1]0x x x h x e f x e h x e f x f x =-=+-<所以()h x 为R 上的单调减函数，又因为(0)3h =，故不等式的解集为(0,)+∞ 例6.设'()f x 是奇函数()f x ()x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ）.(,1)(0,1)A -∞-⋃ .(1,0)(1,)B -⋃+∞ .(,1)(1,0)C -∞-⋃- .(0,1)(1,)D ⋃+∞ 解析：令''2()()()(),()f x xf x f x g x g x x x -== 当0x >时，'()0g x <因为()f x 为R 上的奇函数且(1)0f -=，所以(1)0f =，(1)(1)01f g == 所以当(0,1)x ∈时，()0()0g x f x >⇒>当(1,)x ∈+∞时，()0()0g x f x <⇒<又因为()()g x g x -=，故()g x 为偶函数，所以当(1,0)x ∈-，()0()0g x f x >⇒<当(1,)x ∈+∞时，()0()0g x f x <⇒>综上，()0f x >的解集为(,1)(0,1)-∞-⋃例7.函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x R ∈，'()2f x >，则()24f x x >+的解集为（ ） .(1,1)A - .(1,)B -+∞ .(,1)C -∞- .(,)D -∞+∞解析：()24()24f x x f x x >+⇒->令''()()2,()()20g x f x x g x f x =-=->所以()g x 为R 的单调递增函数，又因为(1)(1)2(1)4g f -=--⨯-=所以不等式的解集为(1,)-+∞例8．已知()f x 定义域为(0,)+∞，'()f x 为()f x 的导函数，且满足'()()f x xf x <-，则不等式2(1)(1)(1)f x x f x +>--的解集是（ ）.(0,1)A .(1,)B +∞ .(1,2)C .(2,)D +∞解析：''()()()()0f x xf x f x xf x <-⇒+<令''()(),()()()0g x xf x g x f x xf x ==+<单调递减222(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x x f x x f x x f x +>--⇒++>--2(1)(1)g x g x +>-22101101122111x x x x x x x x x x +>>-⎧⎧⎪⎪->⇒><-⇒>⎨⎨⎪⎪><-+<-⎩⎩或或高考真题举例解析：1.函数()f x 满足22'()2(),(2)8x e e x f x xf x f x +==，当0x >时，()f x 的极值状态是 解析：因为2'()2()x e x f x xf x x+=，关键因为等式右边函数的原函数不容易找出，因此把等式左边函数的原函数找出来，设2()()h x x f x =，则'()x e h x x =，且2(2)2e h =，因为2'()2()x e xf x xf x x +=，则'32()()x e h x f x x-=，判断()f x 的极值状态就是判断'()f x 的正负，设()2()x g x e h x =-，则''2()2()2()x x x x e x g x e h x e e x x -=-=-= 这里涉及二阶导，()g x 在2x =处取得最小值0，因此()0g x ≥，则'()0f x ≥，故()f x 没有极大值也没有极小值。