专题07 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)＝eq\f(f(x),g(x))类型的辅助函数【方法总结】(1)若F(x)＝f(x)＋axn＋b，则F′(x)＝f′(x)＋naxn－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)＝eq\f(f(x),g(x))，则F′(x)＝eq\f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),[g(x)]2)．由此得到结论：(1)出现f′(x)＋naxn－1形式，构造函数F(x)＝f(x)＋axn＋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)＝eq\f(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|－1－1} 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)＜eq\f(1,2)，则不等式f(log2x)＞eq\f(log2x＋1,2)的解集为________．答案 (0，2) 解析 构造函数F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，则F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＜0，∴函数F(x)在R上是减函数．由f(1)＝1，得F(1)＝f(1)－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，∴f(log2x)＞eq\f(log2x＋1,2)⇔f(log2x)－eq\f(1,2)log2x＞eq\f(1,2)⇔F(log2x)＞F(1)⇔log2x＜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∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))时，不等式f(2cosx)>eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)的解集为( )A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(4π,3))) C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))答案 D 解析 令g(x)＝f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)，则g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)>0，∴g(x)在R上单调递增，且g(1)＝f(1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，∵f(2cosx)－eq\f(3,2)＋2sin2eq\f(x,2)＝f(2cosx)－eq\f(2cosx,2)－eq\f(1,2)＝g(2cosx)，∴f(2cosx)>eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)，即g(2cosx)>0，∴2cosx>1，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))．(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)－x2，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)－a2，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－eq\f(3,2)的解集是( )A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))答案 D 解析 设g(x)＝f(x)－eq\f(3,2)x2，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)－eq\f(3,2)x2＝f(x)－eq\f(3,2)x2＝g(x)，所以g(x)是偶函数．因为f(x)－f(x－1)<3x－eq\f(3,2)，所以f(x)－eq\f(3,2)x20时，f(x)＋f′(x)·xlnx<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)·xlnx<0，则f(1)<0．当x>0时，构造函数g(x)＝f(x)lnx，则g′(x)＝f′(x)lnx＋f(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(f(x)＋f′(x)·xlnx,x)<0，所以函数y＝g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0．当0g(1)＝0，即f(x)lnx>0，此时f(x)<0；当x>1时，lnx>0，g(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01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)＜x2＋2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是( )A．2f(2)－3f(1)＞5 B．若f(1)＝2，x＞1，则f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)C．f(3)－2f(1)＜7 D．若f(1)＝2，0＜x＜1，则f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)解析 CD 答案 设函数g(x)＝eq\f(f(x)－x2,x＋1)，则g′(x)＝eq\f((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)＝eq\f(1,2)，即eq\f(f(x)－x2,x＋1)＞eq\f(1,2)，即f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)，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)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)＋eq\f(f(x),x)>0，则函数F(x)＝xf(x)＋eq\f(1,x)的零点个数是( )A．0 B．1 C．2 D．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)＋eq\f(f(x),x)]>0，g(x)是增函数，g(x)>0；当x<0时，g′(x)＝x[f′(x)＋eq\f(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＝－eq\f(1,x)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)＋eq\f(1,x)的零点个数是1．(10)函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，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)＝eq\f(ex,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)＝x2f(x)，则h′(x)＝eq\f(ex,x)，且h(2)＝eq\f(e2,2)，因为x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，则f′(x)＝eq\