最全导数选择题之构造函数法解不等式的一类题
导数选择题之构造函数法解不等式的一类题
一、单选题
1.定义在R 上的函数f(x)的导函数为f ′(x),若对任意实数x ,有f(x)>f ′(x),且f(x)+2018为奇函数,则不等式f(x)+2018e x <0的解集为
A . (?∞,0)
B . (0,+∞)
C . (?∞,1e )
D . (1e ,+∞) 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,f′(x)<
f(x)x ,则使得f(x)>0成
立的x 的取值范围是( )
A . (?∞,?1)∪(0,1)
B . (?∞,?1)∪(?1,0)
C . (0,1)∪(1,+∞)
D . (?1,0)∪(0,+∞) 3.定义在R 上的偶函数f(x)的导函数f′(x),若对任意的正实数x ,都有2f(x)+xf′(x)<2恒成立,则使x 2f(x)?f(1) A . (?∞,?1)∪(1,+∞) B . (?1,1) C . (?1,0)∪(0,1) D . {x|x ≠±1} 4.已知函数f (x )定义在数集(?∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,当x >0时恒有xf /(x )>?f (x ),且f (2)=0,则不等式f (x )>0的解集为( ) A . (?2,0)∪(0,2) B . (?∞,?2)∪(2,+∞) C . (?∞,?2)∪(0,2) D . (?2,0)∪(2,+∞) 5.定义在(?1,+∞)上的函数f (x )满足f′(x )<1+cosx ,f (0)=1,则不等式f (x )>sinx +x +1的解集为( ) A . (?∞,0) B . (?1,0) C . (0,+∞) D . (?1,1) 6.设定义在R 上的函数y =f (x )满足任意x ∈R 都有f (x +2)=?f (x ),且x ∈(0,4]时,有f ′(x ) A . 2f (2018) B . 2f (2018)>f (2016)>4f (2017) C . 4f (2017)>2f (2018)>f (2016) D . 4f (2017)<2f (2018) 7.已知偶函数f(x)满足2f(x)+xf ′(x)>6,,且f(1)=2,则f(x)>3? 1x 2的解集为 A . {x|x 2或x >2} B . {x |?1 C . {x|x 1或x >1} D . {x |?2 8.定义在R 上的函数f(x)满足:f(x)>1?f ′(x),f(0)=0,f ′(x)是f(x)的导函数,则不等式e x f(x)>e x ? 1(其中e为自然对数的底数)的解集为( ) A.(?∞,?1)∪(0,+∞)B.(0,+∞)C.(?∞,0)∪(1,+∞)D.(1,+∞) 9.已知定义在R上的函数y=f(x)的导函数为f′(x),满足f(x)>f′(x),且f(0)=2,则不等式f(x)>2e x 的解集为() A.(?∞,0)B.(0,+∞)C.(?∞,2)D.(2,+∞) 10.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf′(x)+1>0,f(2)=?ln2,则不等式f(e x)+x>0的解集为A.(0,2ln2)B.(0,ln2)C.(ln2,+∞)D.(ln2,1) 11.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf′(x)?f(x)<0,其中f′(x)是函数f(x)的导函数.若2f(m?2018)>(m?2018)f(2),则实数m的取值范围为() A.(0,2018)B.(2018,+∞)C.(2020,+∞)D.(2018,2020) 12.已知函数f(x)是定义在R上的可导函数,且对于?x∈R,均有f(x)>f′(x),则有() A.e2017f(-2017) C.e2017f(-2017)>f(0),f(2017)>e2017f(0) D.e2017f(-2017)>f(0),f(2017) 13.已知可导函数f(x)的定义域为(?∞,0),其导函数f′(x)满足xf′(x)?2f(x)>0,则不等式f(2017+x)?(x+2017)2f(?1)<0的解集为 A.(?∞,?2018)B.(?2018,?2017)C.(?2018,0)D.(?2017,0) 14.函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的可导函数,其导函数为f′(x),且满足xf′(x)+2f(x)>0,则不等式(x+2018)2f(x+2018)<16f(4)的解集为() A.{x|x>?2017}B.{x|x2017} C.{x|?2018 15.已知函数y=f(x)的导数是y=f′(x),若?x∈(0,+∞),都有xf′(x)<2f(x)成立,则( ) A.2f(√3)>3f(√2)B.2f(1) C.4f(√3)<3f(2)D.4f(1)>f(2) 16.已知函数f(x)满足条件:当x>0时,f(x)+1 2 xf′(x)>1,则下列不等式正确的是() A.f(1)+3>4f(2)B.f(2)+3>4f(4) C.f(1)+8<9f(3)D.f(2)+4<3f(4) 17.定义在(0,π 2 )上的函数f(x),f′(x)是它的导函数,且恒有f′(x)>f(x)·tanx成立.则有() A.√2f(π 4)>f(π 3 )B.√3f(π 6 )>2cos1?f(1) C.2f(π 4)<√6f(π 6 )D.√3f(π 6 ) 3 ) 18.已知函数g(x)是偶函数,f(x)=g(x?2),且当x≠2时其导函数f′(x)满足(x?2)f′(x)>0,若1 3,则() A.f(4a) f(x),则使得(x2?4)f(x)>0 19.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,当x>0时,lnx?f′(x)1 x 成立的x的取值范围是() A.(?2,0)∪(0,2)B.(?∞,?2)∪(2,+∞)C.(?2,0)∪(2,+∞)D.(?∞,?2)∪(0,2) 参考答案 1.B 【解析】【分析】 构造函数g(x)=f(x) e x ,则得g(x)的单调性,再根据f(x)+2018为奇函数得g(0),转化不等式为g(x) 最后根据单调性性质解不等式. 【详解】 构造函数g(x)=f(x) e x ,则g ′(x)= f ′(x)?f(x) e x <0,所以g(x)在R 上单独递减, 因为f(x)+2018为奇函数,所以f(0)+2018=0∴f(0)=?2018,g(0)=?2018. 因此不等式f(x)+2018e x <0等价于g(x) 【点睛】 利用导数解抽象函数不等式,实质是利用导数研究对应函数单调性,而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行:如f ′(x) f(x)e x ,f ′(x)+f(x)<0构造g(x)=e x f(x),xf ′(x) f(x)x ,xf ′(x)+f(x)<0构造g(x)=xf(x)等 2.A 【解析】分析:构造函数g (x )=f (x )x ,首先判断函数的奇偶性,利用f′(x) 性,结合函数图象列不等式组可得结果. 详解: 设g (x )=f (x )x , 则g (x )的导数为g′(x )= xf′(x )?f (x ) x 2, 因为x <0时,f′(x) 即xf′(x )>f (x )成立, 所以当x <0时,g′(x )恒大于零, ∴当x<0时,函数g(x)=f(x) x 为增函数, 又∵g(?x)=f(?x) ?x =f(x) x =g(x), ∴函数g(x)为定义域上的偶函数, 当x>0时,函数g(x)=f(x) x 为减函数, 又∵g(?1)=f(?1) ?1 =0 ∴函数g(x)的图象性质类似如图, 数形结合可得,不等式f(x)>0?x?g(x)>0, ?{x>0 g(x)>0或{x<0 g(x)<0, 可得0 使得f(x)>0成立的x的取值范围是(?∞,?1)∪(0,1),故选A. 点睛:本题主要考查了利用导数判断函数的单调性,并由函数的奇偶性和单调性解不等式,属于综合题. 联系已知条件和结论,构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法,解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题,设法建立起目标函数,并确定变量的限制条件,通过研究函数的单调性、最值等问题,常可使问题变得明了,准确构造出符合题意的函数是解题的关键;解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数,构造函数时往往从两方面着手:①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”;②若是选择题,可根据选项的共性归纳构造恰当的函数. 3.A 【解析】 【详解】 分析:构造新函数g(x)=x2f(x)?x2,利用导数确定它的单调性,从而可得题中不等式的解. 详解:设g(x)=x2f(x)?x2,则g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)?2x=x(2f(x)+xf′(x)?2),由已知当x>0时,g′(x)=x(2f(x)+xf′(x)?2<0,∴g(x)在(0,+∞)上是减函数,又∵f(x)是偶函数,∴g(x)= x2f(x)?x2也是偶函数,g(0)=0, 不等式x2f(x)?f(1) ∴g(|x|) 故选A. 点睛:本题考查用导数研究函数的单调性,然后解函数不等式.解题关键是构造新函数.新函数的结构可 结合已知导数的不等式和待解的不等式的形式构造.如g(x)=xf(x),g(x)=f(x) x ,g(x)=e x f(x),g(x)= f(x) e x 等等. 4.B 【解析】分析:设g(x)=f(x)x ,结合求导法则,以及题中的条件,可以断定函数在相应区间上的单调性, 根据函数的单调性和函数的奇偶性求出不等式的解集即可. 详解:设g(x)=f(x)x ,所以g′(x)=xf′(x)?f(x) x 2, 因为当x >0时,有xf′(x)?f(x)>0恒成立, 所以当x >0时g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上递增, 因为f(?x)=f(x),所以g(?x)=f(?x)?x =?g(x),所以g(x)是奇函数, 所以g(x)在(?∞,0)上递增,因为f(2)=0,所以g(2)= f(2)2=0, 当x >0时,f(x)>0等价于 f(x)x >0,所以g(x)>0=g(2),所以x >2, 当x <0时,f(x)>0等价于f(x)x <0,所以g(x)<0=g(?2),所以x 2, 所以原不等式的解集为(?∞,?2)∪(2,+∞),故选B. 点睛:该题考查的是有关函数的问题,结合题中所给的条件,结合商函数求导法则构造新函数,结合函数的单调性与导数的符号的关系,得到相应的结果,在求x <0时的情况的时候,可以直接根据函数f(x)是偶函数求得结果. 5.B 【解析】分析:根据题意,设g (x )=f (x )?sinx ?x ,对其求导分析可得g (x )在区间(?1,+∞)上递减,利用f (0)的值可得g (0)的值,进而将原不等式转化为g (x )>g (0),结合函数的单调性、定义域,分析可得答案. 详解:根据题意,设g (x )=f (x )?sinx ?x , 则g′(x )=f ′(x )?cosx ?1, 又由函数f (x )定义在(?1,+∞)上,且有f ′(x )<1+cosx , 则g ′(x )=f ′(x )?cosx ?1<0,则g (x )在区间(?1,+∞)上递减, 若f (0)=1,则g (0)=f (0)?sin0?0=1, f (x )>sinx +x +1?f (x )?sinx ?x >1? g (x )>g (0), 则?1 即不等式的解集为(?1,0). 故选:B. 点睛:本题考查函数的导数与函数的单调性之间的关系,关键是构造函数g(x)=f(x)?sinx?x,并分析其单调性. 6.C 【解析】 根据题意,函数y=f(x)满足任意t∈R都有f(x+2)=?f(x),则有f(x+4)=?f(x+2)=f(x),则f(x) 是周期为4的函数,则有f(2016)=f(4),f(2017)=f(1),f(2018)=f(2),设g(x)=f(x) x ,则导数为g′(x)= f(x)?x?f(x)?(x)′ x2=xf′(x)?f(x) x2 ,又由x∈(0,4]时,f′(x) x ,则有xf′(x)?f(x)<0,则有g′(x)=xf′(x)?f(x) x2 < 0,则函数g(x)在(0,4]上为减函数,则有g(1)>g(2)>g(4),即f(1)>f(2) 2>f(4) 4 ,又由(2016)=f(4), f(2017)=f(1),f(2018)=f(2),则有f(2017)>f(2018) 2>f(2016) 4 ,变形可得4f(2017)>2f(2018)> f(2016),故选C. 【方法点睛】利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论,构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法,解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题,设法建立起目标函数,并确定变量的限制条件,通过研究函数的单调性、最值等问题,常可使问题变得明了,准确构造出符合题意的函数是解题的关键;解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数,构造函数时往往从两方面着手:①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”;②若是选择题,可根据选项的共性归纳构造恰当的函数. 7.C 【解析】 【分析】 构造函数F(x)=x2f(x)?3x2+1,由2f(x)+xf′(x)>6可得F(x)在(0,+∞)递增,结合奇偶性转化原不等式为|x|>1,从而可得结果. 【详解】 由f(x)>3?1 x2 得x2f(x)?3x2+1≥0, 令F(x)=x2f(x)?3x2+1, F′(x)=2xf(x)+x2f′(x)?6x =x[2xf(x)+xf′(x)?6], ∴x>0时,F′(x)>0,F(x)递增, 又∵F(1)=f(1)?2=0,时, 不等式f(x)>3?1 x2 等价于 F (x )>F (1) ∵f (x )是偶函数,∴F (x )也是偶函数, |x |>1,可得x >1或x 1, 所以f(x)>3?1x 2的解集为{x| x >1或x 1},故选C. 【点睛】 本题主要考查抽象函数的单调性以及函数的求导法则,属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题,通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括,准确构造出符合题意的函数是解题的关键;解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数,构造函数时往往从两方面着手:①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”;②若是选择题,可根据选项的共性归纳构造恰当的函数. 8.B 【解析】 【分析】 构造函数g (x )=e x f (x )?e x ,(x ∈R ),研究g (x )的单调性,结合原函数的性质和函数值,即可求解 【详解】 设g (x )=e x f (x )?e x ,(x ∈R ), 则g ′(x )=e x f (x )+e x f ′(x )?e x =e x [f (x )+f ′(x )?1] ∵f ′(x )>1?f (x ) ∴f (x )+f ′(x )?1>0 则g ′(x )>0,y =g (x )在定义域内单调递增 ∵e x f (x )>e x ?1, ∴g (x )>?1, g (0)=e 0f (0)?e 0=?1 ∴g (x )>g (0),x >0 则不等式的解集为(0,+∞) 故选B 【点睛】 本题主要考查了函数单调性,结合已知条件构造函数,然后用导数判断函数的单调性是解题的关键。 9.A 【解析】分析:先构造函数g(x)= f(x)e x ,再根据函数单调性解不等式. 详解:令g(x)=f(x) e x ,因为g ′(x)= f ′(x)?f(x) e x <0,g(0)=2 所以f(x)>2e x?g(x)>g(0)?x<0 因此解集为(?∞,0), 选A. 点睛:利用导数解抽象函数不等式,实质是利用导数研究对应函数单调性,而对应函数需要构造. 构造辅 ,f′(x)+f(x)<0构造g(x)=e x f(x),助函数常根据导数法则进行:如f′(x) e x xf′(x) ,xf′(x)+f(x)<0构造g(x)=xf(x)等 x 10.C 【解析】 【分析】 >0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,原不等式等价构造函数g(x)=f(x)+lnx,可得g′(x)=f′(x)+1 x 于g(e x)>g(2),利用单调性可得结果. 【详解】 设g(x)=f(x)+lnx, >0, 由xf′(x)+1>0可得g′(x)=f′(x)+1 x 所以g(x)在(0,+∞)上单调递增, 又因为g(2)=f(2)+ln2=0, 不等式f(e x)+x>0等价于 g(e x)=f(e x)+x>0=g(2), 因此e x>2,∴x>ln2, 即等式f(e x)+x>0的解集为(ln2,+∞),故选C. 【点睛】 利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论,构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法,解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题,设法建立起目标函数,并确定变量的限制条件,通过研究函数的单调性、最值等问题,常可使问题变得明了,准确构造出符合题意的函数是解题的关键;解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数,构造函数时往往从两方面着手:①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”;②若是选择题,可根据选项的共性归纳构造恰当的函数. 11.D 【解析】 【分析】 根据题意,构造函数?(x)=f(x)x ,x ∈(0,+∞),利用导数研究其单调性,可得?(x) 在(0,+∞)上单调递减, 将2f(m ?2018)>(m ?2018)f(2),m ?2018>0,转化为 f(m?2018)m?2018>f(2)2,即?(m ?2018)>?(2),从而可得实数m 的取值范围. 【详解】 令?(x)=f(x)x ,x ∈(0,+∞),则?′(x)=xf ′(x)?f(x) x 2. ∵xf ′(x)?f(x)<0 ∴?′(x)<0 ∴函数?(x)在(0,+∞)上单调递减 ∵2f(m ?2018)>(m ?2018)f(2),m ?2018>0 ∴f(m?2018)m?2018>f(2)2,即?(m ?2018)>?(2). ∴m ?2018<2且m ?2018>0,解得2018 ∴实数m 的取值范围为(2018,2020). 故选D . 【点睛】 本题考查利用导数研究不等式问题.利用导数研究不等式恒成立问题或不等式的解集问题,往往要根据已知和所求合理构造函数,再求导进行求解,如本题中的关键是利用“xf ′(x)?f(x)<0”和“2f(m ?2018)>(m ?2018)f(2)”的联系构造函数?(x)= f(x)x . 12.D 【解析】 【分析】 构造函数g (x )= f (x )e x ,由f (x )>f′(x )可得函数 g (x )=f (x )e x 在R 上单调递减,利用单调性可得结果. 【详解】 构造函数g (x )=f (x ) e x ,则g′(x )=f′(x )e x ?(e x )′ f (x ) (e x )2=f′(x )?f (x )e x , 因为?x ∈R ,均有f (x )>f′(x ),并且e x >0,∴g′(x )<0, 故函数g (x )= f (x )e x 在R 上单调递减,∴ g (?2017)>g (0),g (2017) e ?2017>f(0), f(2017)e 2017 即e 2017f (?2017)>f (0),f (2017) 【点睛】 利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论,构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法,解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题,设法建立起目标函数,并确定变量的限制条件,通过研究函数的单调性、最值等问题,常可使问题变得明了,准确构造出符合题意的函数是解题的关键;解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数,构造函数时往往从两方面着手:①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”;②若是选择题,可根据选项的共性归纳构造恰当的函数. 13.B 【解析】 【分析】 构造函数g(x)=f(x) x2 ,将不等式转化为g(2017+x) 令g(x)=f(x) x2 ,x<0 ∴g′(x)=x2f′(x)?2xf(x) x4 = xf′(x)?2f(x) x3 <0 因为f(2017+x)?(x+2017)2f(?1)<0, 所以(2017+x)2g(2017+x)?(2017+x)2g(?1)<0,因为g(x)在(?∞,0)单调递减, 所以{2017+x<0 g(2017+x) 2017+x>?1 ??2018 【点睛】 利用导数解抽象函数不等式,实质是利用导数研究对应函数单调性,而对应函数需要构造. 构造辅助函数 常根据导数法则进行:如f′(x) e x ,f′(x)+f(x)<0构造g(x)=e x f(x),xf′(x) 构造g(x)=f(x) x ,xf′(x)+f(x)<0构造g(x)=xf(x)等 14.C 【解析】分析:由题意构造函数g(x)=x2f(x),求导可知函数是区间(0,+∞)上的增函数,把原不等式转化为x+2018<4,结合x+2018>0求得x的范围. 详解:∵[x2f(x)]′=2xf(x)+x2f′(x) =x[2f(x)+xf′(x)], xf′(x)+2f(x)>0,x>0, ∴[x2f(x)]′>0,则函数g(x)=x2f(x)是区间(0,+∞)上的增函数. 由不等式(x+2018)2f(x+2018) x+2018<4,解得x<-2014, 又由x+2018>0,得x>-2018,即 x∈(-2018,-2014). 故选C. 点睛:该题考查的是有关解不等式的问题,在解题的过程中,涉及到的知识点应用导数研究函数的单调性,构造新函数,结合题意求得对应的不等式的解集. 15.D 【解析】分析:由题意构造函数g(x)=f(x) x2 (x>0),结合函数的单调性整理计算即可求得最终结果. 详解:令g(x)=f(x) x2 (x>0), 则:g′(x)=f′(x)×x 2?f(x)×2x x4 =xf′(x)?2f(x) x3 , 由?x∈(0,+∞),都有xf′(x)<2f(x)成立,可得g′(x)<0在区间(0,+∞)内恒成立,即函数g(x)是区间(0,+∞)内单调递减, 据此可得:g(1)>g(2),即f(1) 12>f(2) 22 ,则4f(1)>f(2). 本题选择D选项. 点睛:函数的单调性是函数的重要性质之一,它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关,但如果我们能挖掘其内在联系,抓住其本质,那么运用函数的单调性解题,能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识,并掌握好使用的技巧和方法,这是非常必要的.根据题目的特点,构造一个适当的函数,利用它的单调性进行解题,是一种常用技巧.许多问题,如果运用这种思想去解决,往往能获得简洁明快的思路,有着非凡的功效. 16.C 【解析】 【分析】