构造函数习题2

若\(\alpha，\beta\in [-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)，且\(\alpha\cdot sin\alpha-\beta\cdot sin\beta>0\)，则下列结论正确的是【】

$A.\alpha > \beta$ $B.\alpha+\beta > 0$ $C.\alpha < \beta$ $D.\alpha^2 > \beta^2$

分析：由\(\alpha\cdot sin\alpha-\beta\cdot sin\beta>0\)，得到\(\alpha\cdot sin\alpha>\beta\cdot sin\beta\)，左右两边的结构一模一样，故联想到构造函数

令\(g(x)=x\cdot sinx\)，则上述条件可表述为\(g(\alpha)>g(\beta)\)，要去掉符号\(g\)，我们就得研究函数的性质，尤其是奇偶性和单调性。

由于函数\(g(-x)=(-x)\cdot sin(-x)=x\cdot sinx=g(x)\)，故函数\(g(x)\)为偶函数；

当\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)，\(g(x)=x\cdot sinx\)单调递增，

原因一：\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)时，\(y=x>0\)且单调递增，\(y=sinx>0\)且单调递增，故\(g(x)\)在\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增；

原因二：导数法，\(g'(x)=sinx+x\cdot cosx\)，当\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)时，\(g'(x)>0\)，故\(g(x)\)在\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增；

综上，函数\(g(x)\)在\([-\cfrac{\pi}{2}，0]\)上单调递减，在\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增。

\(g(\alpha)>g(\beta)\)需要等价转化为\(g(|\alpha|)>g(|\beta|)\)，

故\(|\alpha|>|\beta|\)，则有\(\alpha^2>\beta^2\)，选D。

【构造函数+大小比较】(2017\(\cdot\)河南平顶山一模)已知\(f(x)\)是定义在\((0，+\infty)\)上的函数，对任意两个不相等的正数\(x_1，x_2\)，都有\(\cfrac{x_2f(x_1)-x_1f(x_2)}{x_1-x_2}>0\)，记\(a=\cfrac{f(3^{0.2})}{3^{0.2}}\)，\(b=\cfrac{f(0.3^2)}{0.3^2}\)，\(c=\cfrac{f(log_25)}{log_25}\)，则【】

$A.a < b < c$ $B.b < a < c$ $C.c < a < b$ $D.c < b < a$

分析：由题目猜想：要构造的函数是\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x}\)，以下做以验证，

令\(0<x_1<x_2\)，则由单调性定义的等价形式可得，\(\cfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}=\cfrac{\cfrac{f(x_1)}{x_1}-\cfrac{f(x_2)}{x_2}}{x_1-x_2}=\cfrac{x_2f(x_1)-x_1f(x_2)}{x_1x_2(x_1-x_2)}\)

由题目，对任意两个不相等的正数\(x_1，x_2\)，都有\(\cfrac{x_2f(x_1)-x_1f(x_2)}{x_1-x_2}>0\)，

则可知\(\cfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}>0\)，即函数\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x}\)是单调递增的，

故题目需要我们比较\(g(3^{0.2})\)，\(g(0.3^2)\)，\(g(log_25)\)这三个的大小关系，只需要比较自变量的大小就可以了；

由于\(1=3^0<3^{0.2}<3^{0.5}=\sqrt{3}<2\)，\(0<0.3^2=0.09<1\)，\(log_25>log_24=2\)，

故\(g(0.3^2)<g(3^{0.2})<g(log_25)\)，即\(b<a<c\)，故选\(B\).

【2020陕西省高三文数质检二第9题】已知函数\(f(x)\)是定义在\(R\)上的偶函数，且对\(\forall x_1,x_2\in (0,+\infty)(x_1\neq x_2)\)都有\([x_2^2f(x_1)-x_1^2f(x_2)](x_1-x_2)<0\)，记\(a=f(1)\)，\(b=\cfrac{f(2)}{4}\)，\(c=\cfrac{f(-3)}{9}\)，则有【】

$A.a < c < b$ $B.a < b < c$ $C.b < c < a$ $D.c < b < a$

提示：构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x^2}\)，\(\forall x_1,x_2\in (0,+\infty)(x_1\neq x_2)\)

则\(\cfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}=\cfrac{\frac{f(x_1)}{x_1^2}-\frac{f(x_2)}{x_2^2}}{x_1-x_2}=\cfrac{x_2^2f(x_1)-x_1^2f(x_2)}{x_1^2x_2^2(x_1-x_2)}\)

则\(g(x)<0\)，故\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递减，在\((-\infty,0)\)上单调递增，

又由于\(a=g(1)\)，\(b=g(2)\)，\(c=g(-3)=g(3)\)，故选\(D\).

【2018凤翔中学冲刺模拟2第12题】【构造函数+解抽象不等式】 函数\(f(x)\)的导函数为\(f'(x)\)，若\(\forall x\in R\) 恒有\(f'(x)<f(x)\)成立，且\(f(2)=1\)，则不等式\(f(x)>e^{x-2}\)的解集为【】

$A.(-\infty，1)$ $B.(1，+\infty)$ $C.(2，+\infty)$ $D.(-\infty，2)$

分析：涉及构造函数，难点题目，构造函数\(g(x)=\cfrac{f(x)}{e^x}\)，则\(g'(x)=\cfrac{f'(x)e^x-f(x)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}<0\)，能得到\(g(x)\)的单调性为单调递减，

且知道\(g(2)=\cfrac{1}{e^2}\)，这时候需要将所求解的不等式\(f(x)>e^{x-2}\)做适当转化，向\(g(x)\)靠拢。

即\(f(x)>\cfrac{e^x}{e^2}\)，同乘\(\cfrac{1}{e^x}\)，得到\(\cfrac{f(x)}{e^x}>\cfrac{1}{e^2}\)，即\(g(x)>g(2)\)，由单调递减得到\(x<2\)。故选D.

【姊妹题】【构造函数+解抽象不等式】已知\(f(x)\)是定义在\(R\)上的偶函数，其导函数为\(f'(x)\)，若\(f'(x)<f(x)\)，且\(f(x+1)=f(3-x)\)，\(f(2015)=2\)，则不等式\(f(x)<2e^{x-1}\)的解集为【】

$A.(-\infty，\cfrac{1}{e})$ $B.(e，+\infty)$ $C.(-\infty，0)$ $D.(1，+\infty)$

分析：构造函数\(g(x)=\cfrac{f(x)}{e^x}\)，则\(g'(x)=\cfrac{f'(x)e^x-f(x)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}<0\)，能得到\(g(x)\)的单调性为单调递减，
又\(f(x+1)=f(3-x)\)，即\(f(x)=f(4-x)\)，又\(f(x)=f(-x)\)，则有\(f(-x)=f(4-x)\)，故周期\(t=4\)，

这样\(f(2015)=f(-1)=f(1)=2\)，又\(g(1)=\cfrac{f(1)}{e}=\cfrac{2}{e}\)，

又\(f(x)<2e^{x-1}\)可以等价转化为\(\cfrac{f(x)}{e^x}<\cfrac{2}{e}\)，即\(g(x)<g(1)\)

由\(g(x)\)单调递减，可知\(x>1\)，故选D。

(2013辽宁卷)(构造函数)设函数\(f(x)\)满足\(x^2f'(x)+2xf(x)=\cfrac{e^x}{x}\)，\(f(2)=\cfrac{e^2}{8}\)，则\(x>0\)时，\(f(x)\) 【】

$A.$有极大值，无极小值

$B.$有极小值，无极大值

$C.$既有极大值，又有极小值

$D.$既无极大值也无极小值

分析：由已知可得，\([x^2\cdot f(x)]'=\cfrac{e^x}{x}①\)，

又\(f(2)=\cfrac{e^2}{8}\)，由已知\(x^2f'(x)+2xf(x)=\cfrac{e^x}{x}\)，令\(x=2\)，得到\(4f'(2)+4f(2)=\cfrac{e^2}{2}\)，解得\(f'(2)=0\)，

又由\(x^2f'(x)=\cfrac{e^x}{x}-2xf(x)\)，两边同乘以\(x\)，得到\(x^3f'(x)=e^x-2[xf(x)]\)，

令\(g(x)=x^3f'(x)=e^x-2[xf(x)]\)，求导并将①式代入，得到\(g'(x)=(e^x)'-2[xf(x)]'=e^x-2\cfrac{e^x}{x}=e^x\cfrac{x-2}{x}\)，

\(x\in (0，2)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，\(x\in (2，+\infty)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，

故\(g(x)_{min}=g(2)=2^3f'(2)=0\)，故\(g(x)\ge 0\)，即\(x^3f'(x)\ge 0\)，

当\(x>0\) 时，\(f'(x)\ge 0\)，即函数\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)单调递增，故函数\(f(x)\)既无极大值也无极小值。

故选D。

【2019届宝中高三文科第二次月考第12题】定义在实数集上的偶函数\(f(x)\)的导函数为\(f'(x)\)，若对任意实数\(x\)都有\(f(x)+\cfrac{x}{2}f’(x)<1\)恒成立，则使得关于\(x\)的不等式\(x^2f(x)-f(1)<x^2-1\)成立的实数\(x\)的取值范围是【】

$A.\{x\in R \mid x\neq \pm 1\}$ $B.(-1，1)$ $C.(-1，0)\cup (0，1)$ $D.(-\infty，-1)\cup(1，+\infty)$

分析：先将\(f(x)+\cfrac{x}{2}f’(x)<1\)转化为\(2f(x)+xf'(x)<2\)，即\(2f(x)+xf'(x)-2<0\)，

结合已知条件，构造\(g(x)=x^2\cdot f(x)-x^2\)，

则\(g'(x)=2xf(x)+x^2f(x)-2x=x(2f(x)+xf'(x)-2)\)，

当\(x>0\)时，\(g'(x)=x\cdot(2f(x)+xf'(x)-2)<0\)，

故\(x\in (0，+\infty)\)时，\(g(x)\)单调递减；由偶函数知道\(x\in (-\infty，0)\)时，\(g(x)\)单调递增；

且\(g(0)=0\)，此时我们是可以画出其大致示意图的。

待解的不等式\(x^2f(x)-f(1)<x^2-1\)可以转化为\(x^2f(x)-x^2<f(1)-1\)，

即\(g(x)<g(1)\)，由偶函数可知\(g(|x|)<g(1)\)，

又\(x\in (0，+\infty)\)时，\(g(x)\)单调递减；

故有\(|x|>1\)，解得\(x<-1\)或\(x>1\)；故选\(D\)。

已知\(f'(x)<f(x)\)，且\(f(x+2)\)为偶函数，\(f(4)=1\)，则\(f(x)<e^x\)的解集。

分析：将不等式变形为\(\cfrac{f(x)}{e^x}<1\)，

故构造函数\(g(x)=\cfrac{f(x)}{e^x}\)，则\(g'(x)=\cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}<0\)，故\(g(x)\)单调递减，

又\(f(x+2)\)为偶函数，故有\(f(-x+2)=f(x+2)\)，令\(x=2\)，可知\(f(0)=f(4)=1\)，

则\(g(0)=\cfrac{f(0)}{e^0}=1\)，故原不等式变形为\(g(x)<1=g(0)\)，

由\(g(x)\)单调递减，可知解集为\(\{x \mid x>0\}\)。

【接连两次构造函数】已知函数\(f(x)\)的导数为\(f'(x)\)，\(f(x)\)不是常数函数，且\((x+1)f(x)+xf'(x)\ge 0\)对任意\(x\in[0，+\infty)\)恒成立，则下列不等式一定成立的是【】

$A.f(1) < 2ef(2)$ $B.ef(1) < f(2)$ $C.f(1) <0$ $D.ef(e)< 2f(2)$

分析：由题目可知，\(xf(x)+f(x)+xf'(x)\ge 0\)，令\(g(x)=xf(x)\)，则有\(g(x)+g'(x)\ge 0\)，

令\(h(x)=e^xg(x)\)，则\(h'(x)=e^xg(x)+e^xg'(x)\ge 0\)，故\(h(x)\)在\([0，+\infty)\)上单调递增，

故有\(h(2)>h(1)\)，即\(e^2\cdot 2\cdot f(x)>e\cdot 1\cdot f(x)\)，化简得到\(f(1)<2ef(2)\)，故选\(A\)。

【2018四川达州一诊】若任意\(a\)，\(b\)满足\(0<a<b<t\)，都有\(b\cdot lna<a\cdot lnb\)，则\(t\)的最大值为__________。

提示：对\(b\cdot lna<a\cdot lnb\)变形得到\(\cfrac{lna}{a}<\cfrac{lnb}{b}\)，故构造\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，

则其在\((0，e)\)上单调递增，在\((e，+\infty)\)上单调递减，

故\(h(x)_{max}=h(e)\)，故\(t_{max}=e\)。

【2020\(\cdot\)安徽合肥模拟】若\(2^{x}+5^{-y}\leqslant 2^{-y}+5^{-x}\)，则有【\(\quad\) 】

$A.x+y\geqslant 0$ $B.x+y\leqslant 0$ $C.x-y\leqslant 0$ $D.x-y\geqslant 0$

解析 : 设函数\(f(x)=2^{x}-5^{-x}\)，易知\(f(x)\)为增函数，且\(f(-y)=2^{-y}-5^{y}\)，由已知

得\(f(x)\leqslant f(-y)\)，故得到\(x\leqslant-y\)，则\(x+y\leqslant 0\)，故选\(B\).

【2019\(\cdot\)昆明调研】已知函数 \(f(x)(x \in R)\) 满足 \(f(1)=1\)，\(f(x)\) 的导数 \(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，则不等式 \(f(x^{2})<\cfrac{x^{2}}{2}+\cfrac{1}{2}\) 的解集为_____________.

解析 : 设 \(F(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x\)，所以 \(F'(x)=f'(x)-\cfrac{1}{2}\)，

因为 \(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，所以 \(F'(x)=f'(x)-\cfrac{1}{2}<0\)，即函数 \(F(x)\) 在 \(R\) 上单调递减，

因为 \(f(x^{2})<\cfrac{x^{2}}{2}+\cfrac{1}{2}\)，所以 \(f(x^{2})-\cfrac{x^{2}}{2}<f(1)-\cfrac{1}{2}\)，

所以 \(F(x^{2})<F(1)\)，而函数 \(F(x)\) 在 \(R\) 上单调递减, 所以 \(x^{2}>1\)

解得 \(x<-1\) 或 \(x>1\)， 即不等式的解集为 \(\{x \mid x<-1\) 或 \(x>1\}\).