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第二章 习题课 构造函数问题学案
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这是一份第二章 习题课 构造函数问题学案，共14页。
习题课 构造函数问题 学习目标 1.了解导数中几种常见的构造函数的形式.2.会根据要求通过构造函数解决一些简单的问题． 一、利用f(x)与x构造 例1 已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是( ) A．(0,1) B．(2，＋∞) C．(1,2) D．(1，＋∞) 答案 B 解析 构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)， 则y′＝f(x)＋xf′(x)<0， 所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)， 所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)， 所以x＋10，x＋1>0，
解得x>2或x<－1(舍去)，
所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)．
延伸探究 把本例中的条件“f(x)<－xf′(x)”换为“f(x)(2x＋1)f(x2＋1)．
解 设g(x)＝eq \f(fx,x)，则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)，
∵f(x)0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)得，
eq \f(f2x＋1,2x＋1)>eq \f(fx2＋1,x2＋1)，
即g(2x＋1)>g(x2＋1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋1>0，,2x＋1>x2＋1，))解得0(2x＋1)f(x2＋1)的解集为(0,2)．
反思感悟 用函数单调性比较大小或解不等式时常构造函数，常见的有
(1)对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)．
(2)对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x)．
(3)对于f′(x)>a，构造h(x)＝f(x)－ax.
(4)对于xf′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝xf(x)．
(5)对于xf′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝eq \f(fx,x).
跟踪训练1 已知函数f(x)＝xln x＋x(x－a)2(a∈R)．若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得f(x)>xf′(x)成立，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))
C．(eq \r(2)，＋∞) D．(3，＋∞)
答案 C
解析 由f(x)>xf′(x)成立，可得eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′＝eq \f(xf′x－fx,x2)<0.
设g(x)＝eq \f(fx,x)＝ln x＋(x－a)2，则存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得g′(x)＝eq \f(1,x)＋2(x－a)<0成立，即a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2x)))min.又x＋eq \f(1,2x)≥2eq \r(x·\f(1,2x))＝eq \r(2)，当且仅当x＝eq \f(1,2x)，即x＝eq \f(\r(2),2)时取等号，所以a>eq \r(2).
二、利用f(x)与ex构造
例2 已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则( )
A．e－2 021f(－2 021)f(0)
B．e－2 021f(－2 021)f(0)，e2 021f(2 021)>f(0)
D．e－2 021f(－2 021)>f(0)，e2 021f(2 021)0，
所以函数h(x)在R上单调递增，
故h(－2 021)h(0)，即e2 021f(2 021)>f(0)，故选A.
延伸探究 把本例中的条件“f(x)＋f′(x)>0”换为“f′(x)>f(x)”，比较e2 021f(－2 021)和f(0)的大小．
解 令g(x)＝eq \f(fx,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)，因为对任意的x∈R，都有f′(x)>f(x)，所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增，所以h(－2 021)0，构造h(x)＝exf(x)．
(2)对于f′(x)>f(x)，构造h(x)＝eq \f(fx,ex).
跟踪训练2 (多选)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)2f(0) D．f(2)>e2f(0)
答案 AB
解析 令g(x)＝eq \f(fx,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)<0，所以g(x)在R上单调递减，又ln 2>0,2>0，
所以g(ln 2)0
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))
答案 CD
解析 令g(x)＝eq \f(fx,cos x)，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，
则g′(x)＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x,cos2x)，
因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，所以g′(x)＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x,cos2x)<0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，因此函数g(x)＝eq \f(fx,cos x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，
又eq \f(π,6)<eq \f(π,4)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos \f(π,6))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos \f(π,4))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) >eq \f(\r(6),2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故A错误；
又f(0)＝0，所以g(0)＝eq \f(f0,cos 0)＝0，所以g(x)＝eq \f(fx,cos x)≤0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，
因为ln eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(π,3)))<0，故B错误；
又eq \f(π,6)<eq \f(π,3)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos \f(π,6))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos \f(π,3))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，故C正确；
又eq \f(π,4)<eq \f(π,3)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos \f(π,4))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos \f(π,3))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，故D正确．
反思感悟 f(x)与sin x，cos x构造常见的形式
(1)对于f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，构造函数h(x)＝f(x)sin x.
(2)对于f′(x)sin x－f(x)cos x>0，构造函数h(x)＝eq \f(fx,sin x).
(3)对于f′(x)cos x－f(x)sin x>0，构造函数h(x)＝f(x)cos x.
(4)对于f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，构造函数h(x)＝eq \f(fx,cos x).
跟踪训练3 已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，函数y＝f(x)对于任意的x∈(0，π)满足f′(x)sin x>f(x)cos x(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>－eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) B.eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))<－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))
C.eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>2 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))< f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))
答案 C
解析 由已知，得f(x)为奇函数，由函数y＝f(x)对于任意的x∈(0，π)满足f′(x)sin x>f(x)cos x，得f′(x)·sin x－f(x)cos x>0，
即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,sin x)))′>0，
所以y＝eq \f(fx,sin x)在(0，π)上单调递增，
又因为y＝eq \f(fx,sin x)为偶函数，
所以y＝eq \f(fx,sin x)在(－π，0)上单调递减，
所以eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),sin \f(π,3))<eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))),sin \f(π,2))，即eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>2 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).
1.知识清单：
(1)几种常见的构造形式．
(2)掌握由导函数的结构形式构造原函数．
2．方法归纳：构造法．
3．常见误区：不能正确构造出符合题意的函数．
1．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若a0，即不等式f(x)x－1的解集为( )
A．{x|－22} D．{x|x>2}
答案 B
解析 令g(x)＝f(x)－(x－1)，
则g′(x)＝f′(x)－1<0，
所以g(x)在R上单调递减．
又f(2)＝1，所以g(2)＝f(2)－(2－1)＝0.
由f(x)>x－1，得g(x)>0，解得x<2.
4．函数f(x)定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq \r(2)，其导函数是f′(x)，且f(x)·cos x2eq \r(2)sin x的解集为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))
解析 ∵f(x)cos x0，
构造函数g(x)＝eq \f(fx,sin x)，
则g′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcos x,sin2x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g′(x)>0，
∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，
∵不等式f(x)>2eq \r(2)sin x，
∴eq \f(fx,sin x)>2eq \r(2)＝eq \f(\r(2),\f(1,2))＝eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin \f(π,6))，即g(x)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，
∴eq \f(π,6)1} D．{x|x>1}
答案 D
解析 构造函数h(x)＝f(x)－eq \f(x,2)－eq \f(1,2)，所以h′(x)＝f′(x)－eq \f(1,2)<0，故h(x)在R上单调递减，且h(1)＝f(1)－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0，故h(x)<0的解集为{x|x>1}．
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，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
答案 A
解析 构造函数h(x)＝eq \f(fx,x)，因为f(x)为奇函数，所以h(x)为偶函数，又因为h′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)，且当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性知h(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，所以f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
3．已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为f(x)的导函数，且f(x)＋(x－1)f′(x)>0，则( )
A．f(1)＝0 B．f(x)<0
C．f(x)>0 D．(x－1)f(x)<0
答案 C
解析 令g(x)＝(x－1)f(x)，
则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，
所以g(x)在R上是增函数，
又因为g(1)＝0，
所以当x>1时，g(x)＝(x－1)f(x)>0；当x<1时，g(x)＝(x－1)f(x)<0，
所以当x≠1时，f(x)>0，
又f(1)＋(1－1)f′(1)＝f(1)>0，
所以ABD错误，C正确．
4．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)<－f′(x)，则下列式子成立的是( )
A．f(2 020)>ef(2 021) B．f(2 020)f(2 021) D．ef(2 020)g(2 021)，
即e2 020f(2 020)>e2 021f(2 021)⇒f(2 020)>ef(2 021)．
5．定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，其导函数为f′(x)，当0≤x<eq \f(π,2)时，有f′(x)cos x＋f(x)sin x<0成立，则关于x的不等式f(x)<eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))·cos x的解集为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))
答案 B
解析 ∵f(x)＋f(－x)＝0且x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
∴f(x)是奇函数，
设g(x)＝eq \f(fx,cos x)，则当0≤x<eq \f(π,2)时，g′(x)＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x,cos2x)<0，
∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．
又f(x)是奇函数，∴g(x)＝eq \f(fx,cos x)也是奇函数，
∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，
从而g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递减，
∵不等式f(x)<eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))·cos x，∴eq \f(fx,cos x)<eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos \f(π,4))，
即g(x)f(x)，则下列不等式一定成立的是( )
A．3f(4)<4f(3) B．4f(4)>5f(3)
C．3f(3)<4f(2) D．3f(3)>4f(2)
答案 BD
解析 由(x＋1)f′(x)>f(x)，
得(x＋1)f′(x)－f(x)>0，
令g(x)＝eq \f(fx,x＋1)，
则g′(x)＝eq \f(x＋1f′x－fx,x＋12)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(2)0，则不等式f(x)sin x<3的解集为________．
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(00，
所以[f(x)sin x]′>0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，
令g(x)＝f(x)sin x，
则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g′(x)>0，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2eq \r(3)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))sin eq \f(π,3)＝3，
不等式f(x)sin x<3，即g(x)0，若a＝eq \f(1,2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，b＝0，c＝－eq \f(\r(3),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))，则a，b，c的大小关系是________．
答案 a0，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(0，π)上单调递增，
a＝eq \f(1,2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cos eq \f(π,3)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，
b＝0＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))cos eq \f(π,2)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，
c＝－eq \f(\r(3),2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))cos eq \f(5π,6)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))，
所以a0，
即m(x)在[e，＋∞)上单调递增，
故m(x)≥m(e)＝e－2>0，∴h′(x)>0，
所以h(x)＝eq \f(xln x,x－1)在[e，＋∞)上单调递增，
h(x)min＝h(e)＝eq \f(e,e－1)，所以a≤eq \f(e,e－1).
即实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,e－1))).
10．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－2aln x＋(a－2)x.
(1)当a＝1时，求函数f(x)在[1，e]上的最小值和最大值；
(2)是否存在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有eq \f(fx2－fx1,x2－x1)>a恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－2ln x－x.
则f′(x)＝x－eq \f(2,x)－1＝eq \f(x2－x－2,x)＝eq \f(x＋1x－2,x)，x∈[1，e]．
∴当x∈[1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，e]时，f′(x)>0.
∴f(x)在[1,2)上单调递减，在(2，e]上单调递增．
∴当x＝2时，f(x)取得最小值，其最小值为f(2)＝－2ln 2.
又f(1)＝－eq \f(1,2)，f(e)＝eq \f(e2,2)－e－2，f(e)－f(1)＝eq \f(e2,2)－e－2＋eq \f(1,2)＝eq \f(e2－2e－3,2)<0，∴f(e)a恒成立，
不妨设0a，
∴f(x2)－ax2>f(x1)－ax1.
令g(x)＝f(x)－ax，
则由此可知g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(x)＝eq \f(1,2)x2－2aln x＋(a－2)x－ax
＝eq \f(1,2)x2－2aln x－2x，
则g′(x)＝x－eq \f(2a,x)－2＝eq \f(x2－2x－2a,x)，
由此可得g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
只需－1－2a≥0，解得a≤－eq \f(1,2).
即a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).
11．设f(x)，g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当af(b)g(b) B．f(x)g(b)>f(b)g(x)
C．f(x)g(a)>f(a)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
答案 B
解析 设F(x)＝eq \f(fx,gx)，
则F′(x)＝eq \f(f′xgx－fxg′x,g2x)，
由f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，得F′(x)<0，所以F(x)在R上单调递减，因为af(b)g(x)．
12．设函数f(x)的定义域为R，f′(x)是其导函数，若3f(x)＋f′(x)>0，f(0)＝1，则不等式f(x)>
e－3x的解集是( )
A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，0) D．(0,1)
答案 A
解析 令g(x)＝e3xf(x)，则g′(x)＝3e3xf(x)＋e3xf′(x)，
因为3f(x)＋f′(x)>0，所以3e3xf(x)＋e3xf′(x)>0，所以g′(x)>0，
所以函数g(x)＝e3xf(x)在R上是增函数，
又f(x)>e－3x可化为e3xf(x)>1，且g(0)＝e3×0f(0)＝1，
所以g(x)>g(0)，解得x>0，
所以不等式f(x)>e－3x的解集是(0，＋∞)．
13．函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意的正数x都有2f(x)>xf′(x)成立，则( )
A．9f(2)>4f(3)
B．9f(2)<4f(3)
C．9f(2)＝4f(3)
D．9f(2)与4f(3)的大小不确定
答案 A
解析 由2f(x)>xf′(x)，得xf′(x)－2f(x)<0，
设g(x)＝eq \f(fx,x2)，则g′(x)＝eq \f(x2f′x－2xfx,x4)＝eq \f(xf′x－2fx,x3)，
因为x是正数，所以x3>0，
又xf′(x)－2f(x)<0，所以g′(x)<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g(2)>g(3)，即eq \f(f2,22)>eq \f(f3,32)，
即9f(2)>4f(3)．
14．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，当x>0时，有eq \f(xf′x－fx,x2)>0，则不等式x2f(x)>0的解集是________________．
答案 (－1,0)∪(1，＋∞)
解析 令g(x)＝eq \f(fx,x)(x≠0)，
则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2).
∵当x>0时，eq \f(xf′x－fx,x2)>0，
即g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝0，
∴g(1)＝f(1)＝0，
∴在(0，＋∞)上，g(x)>0的解集为(1，＋∞)，g(x)<0的解集为(0,1)．
∵f(x)为奇函数，
∴g(x)为偶函数，
∴在(－∞，0)上，g(x)>0的解集为(－∞，－1)，
g(x)<0的解集为(－1,0)．
由x2f(x)>0，得f(x)>0(x≠0)．
又f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)，
∴不等式x2f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．
15．已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，且3f(x)－f′(x)>0在R上恒成立，则下列不等式一定成立的是( )
A．f(1)e3f(0) D．f(1)>e2f(0)
答案 A
解析 令g(x)＝eq \f(fx,e3x)，
则g′(x)＝eq \f(f′x·e3x－3fxe3x,e3x2)＝eq \f(f′x－3fx,e3x)，
因为3f(x)－f′(x)>0在R上恒成立，
所以g′(x)<0在R上恒成立，
故g(x)在R上单调递减，
所以g(1)eq \f(2,e3).
(1)解 因为f(x)＝eq \f(a,x)－ln x，所以f′(x)＝－eq \f(a,x2)－eq \f(1,x)＝－eq \f(a＋x,x2).
①当a≥0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a<0时，由f′(x)>0，得0－a.
即f(x)在(0，－a)上单调递增，在(－a，＋∞)上单调递减，
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a<0时，f(x)在(0，－a)上单调递增，在(－a，＋∞)上单调递减．
(2)证明 因为f(x1)＝f(x2)＝2，
所以eq \f(a,x1)－ln x1－2＝0，eq \f(a,x2)－ln x2－2＝0，
即x1ln x1＋2x1－a＝0，x2ln x2＋2x2－a＝0.
设g(x)＝xln x＋2x－a，则g′(x)＝ln x＋3，
故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)，＋∞))上单调递增．
由题意设0eq \f(2,e3)，只需证x2>eq \f(2,e3)－x1，
又x2，eq \f(2,e3)－x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)，＋∞))，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)，＋∞))上单调递增，
故只需证g(x2)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x1)).
因为g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x1)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x1))对任意的x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e3)))恒成立即可，
即x1ln x1＋2x1－a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x1))lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x1))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x1))－a.
整理得x1ln x1＋2x1>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x1))lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x1))＋eq \f(4,e3)－2x1，
即x1ln x1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x1))lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x1))＋4x1－eq \f(4,e3)>0.
设h(x)＝xln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x))lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x))＋4x－eq \f(4,e3)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e3)))，
则h′(x)＝ln x＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e3)－x))＋6＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,e3)－x2))＋6.
因为0heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)))＝0.
所以x1＋x2>eq \f(2,e3)成立．
习题课 构造函数问题 学习目标 1.了解导数中几种常见的构造函数的形式.2.会根据要求通过构造函数解决一些简单的问题． 一、利用f(x)与x构造 例1 已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是( ) A．(0,1) B．(2，＋∞) C．(1,2) D．(1，＋∞) 答案 B 解析 构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)， 则y′＝f(x)＋xf′(x)<0， 所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)， 所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)， 所以x＋1
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