素能培優(yōu)(三)在導(dǎo)數(shù)應(yīng)用中如何構(gòu)造函數(shù)高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計GAOKAOZONGFUXIYOUHUASHEJI2026近幾年高考客觀題中的壓軸題多以導(dǎo)數(shù)為工具來解決,這類問題具有結(jié)構(gòu)獨特、技巧性高、綜合性強(qiáng)等特點,而構(gòu)造函數(shù)是解決導(dǎo)數(shù)問題的基本方法,構(gòu)造函數(shù)的規(guī)律方法歸類總結(jié)如下:已知條件式可構(gòu)造的函數(shù)原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f(x)+f'(x)>0(或<0)F(x)=exf(x)F'(x)=ex[f(x)+f'(x)]f(x)+xf'(x)>0(或<0)F(x)=xf(x)F'(x)=f(x)+xf'(x)nf(x)+xf'(x)>0(或<0)F(x)=xnf(x)F'(x)=xn-1[nf(x)+xf'(x)]nf(x)+f'(x)>0(或<0)F(x)=enxf(x)F'(x)=enx[nf(x)+f'(x)]已知條件式可構(gòu)造的函數(shù)原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)-f(x)>0(或<0)xf'(x)-f(x)>0(或<0)xf'(x)-nf(x)>0(或<0)f'(x)-nf(x)>0(或<0)f'(x)sin

x-f(x)cos

x>0(或<0)f'(x)cos

x+f(x)sin

x>0(或<0)已知條件式可構(gòu)造的函數(shù)原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f(x)+f'(x)±k>0(或<0)F(x)=exf(x)±kexF'(x)=ex[f(x)+f'(x)±k]f'(x)-f(x)±k>0(或<0)題型一加乘型例1(2024·浙江期中)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(-∞,0)內(nèi)的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f'(x),且有3f(x)+xf'(x)>0,則不等式(x+2025)3f(x+2025)+27f(-3)>0的解集是

.

(-2028,-2025)解析

由題意,設(shè)g(x)=x3f(x),則g'(x)=3x2f(x)+x3f'(x)=x2[3f(x)+xf'(x)].∵當(dāng)x∈(-∞,0)時,3f(x)+xf'(x)>0,∴g(x)>0,∴g(x)在(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞增;又不等式(x+2

025)3f(x+2

025)+27f(-3)>0可化為(x+2

025)3f(x+2

025)>(-3)3f(-3),即g(x+2

025)>g(-3),∴0>x+2

025>-3,解得-2

025>x>-2

028,∴原不等式的解集為(-2

028,-2

025).[對點訓(xùn)練1](2024·云南保山模擬)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),f(-1)=0,當(dāng)x<0時,xf'(x)+f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是

.(-1,0)∪(1,+∞)

題型二減除型例2(1)(2024·湖北期中)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f'(x),滿足f'(x)<f(x),且f(x+2)=f(x-2),f(4)=1,則不等式f(x)<ex的解集為(

)A.(0,+∞) B.(1,+∞)C.(4,+∞) D.(-2,+∞)A

A

B

(2)(2024·安徽六安模擬)已知f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f'(x),對?x∈R,f'(x)-2f(x)>0,則不等式f(x+2023)-e2x+4042f(2)<0(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為(

)A.(-2021,+∞) B.(-2025,+∞)C.(-∞,-2021) D.(-∞,-2025)C

題型三帶常數(shù)型例3(2024·江蘇泰州模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),且f(x)-f'(x)<1,f(1)=2,則不等式f(x)-1>ex-1的解集為

.

(1,+∞)

[對點訓(xùn)練3]函數(shù)f(x)的定義域是R,f(0)=2,對任意x∈R,有f(x)+f'(x)<1,則不等式exf(x)>ex+1的解集為(

)A.{x|x>0}B.{x|x<0}C.{x|x<-1,或x>1}D.{x|x<-1,或0<x<1}B解析

令g(x)=exf(x)-ex-1,則g'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1],∵f(x)+f'(x)<1,∴f(x)+f'(x)-1<0,∴g'(x)<0,即g(x)在R上單調(diào)遞減,又f(0)=2,∴g(0)=e0f(0)-e0-1=2-1-1=0,故當(dāng)x<0時,g(x)