2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用名师精编讲义：第三章微专题二Word版含解析.docx

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1、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯名校名推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯微专题二导数中的函数构造问题[解题技法]函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想，而构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现．一、利用f(x)进行抽象函数构造(一)利用f(x)与x构造fxu1．常用构造形式有xf(x)，x，这类形式是对u·v，v型函数导数计算的推广及应用．我们对uu型导函数中体现的是“－”u·v，的导函数观察可得知，u·v型导函数中体现的是“＋”法，vv法，由此，我们可以猜测，当导函数

2、形式出现的是“＋”法形式时，优先考虑构造u·v型，当导函数形式出现的是“－”法形式时，优先考虑构造uv.例1设f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________．思路点拨出现“＋”形式，优先构造F(x)＝xf(x)，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可．答案(－∞，－4)∪(0,4)解析构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，可以推出当x<0时，F′(x)<0，∴F(

3、x)在(－∞，0)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x为奇函数，所以F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象，根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．例2设f(x)是定义在R上的偶函数，且f(1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，则不等式f(x)>0的解集为________．思路点拨出现“－”形式，优先构造F(x)＝fxx，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可．答案(－∞，－1)∪(1

4、，＋∞)解析构造F(x)＝fxf′x·x－fx，当x<0时，xf′(x)－f(x)>0，可以推出当2x，则F′(x)＝xx<0时，F′(x)>0，F(x)在(－∞，0)上单调递增．∵f(x)为偶函数，x为奇函数，所以F(x)为1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯名校名推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递增．根据f(1)＝0可得F(1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象，根据图象可知f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．2．xf(x)，fxx是比

5、较简单常见的f(x)与x之间的函数关系式，如果碰见复杂的，不易想的我们该如何处理，由此我们可以思考形如此类函数的一般形式．F(x)＝xnf(x)，F′(x)＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)＝xn－1[nf(x)＋xf′(x)]；fxF(x)＝xn，F′(x)＝f′x·xn－nxn－1fx＝xf′x－nfx；2nxn＋1x结论：(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；fx(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝xn.我们根据得出的结论去解决例3.例3已知偶函数f(x)(x

6、≠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________．思路点拨满足“xf′(x)－nf(x)”形式，优先构造F(x)＝fxn，然后利用函数的单调性、奇x偶性和数形结合求解即可．答案(－1,0)∪(0,1)解析构造F(x)＝fxF′(x)＝f′x·x－2fx，当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出2，则3xx当x>0时，F′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x2为偶函数，所以F(x)为偶函数，

7、∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象，根据图象可知f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．(二)利用f(x)与ex构造1．f(x)与ex构造，一方面是对u·v，u函数形式的考察，另外一方面是对(ex)′＝ex的考察．所v以对于f(x)±f′(x)类型，我们可以等同xf(x)，fx的类型处理，“＋”法优先考虑构造F(x)xxF(x)＝fx＝f(x)·e，“－”法优先考虑构造x.e例4已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足

8、f′(x)ef(0)，f(2019)>e22019f(0)B．f(2)eC．f(2)>e2f(0)，f(2019