导数的构造_高中三年全科资料_高中三年全科资料_数学

01
导数构造的 23 个模型汇总
▍利用函数求导法则构造函数：
模型一:对于不等式 f(x)g(x)0(或0)构造函数F(x) f(x)g(x).
模型二:对于不等式 f(x)g(x)0(或0)构造函数F(x) f(x)g(x).
模型三:对于不等式 f(x)k (或k)构造函数F(x) f(x)kx.
模型四:对于不等式 f(x)g(x)g(x)f(x)0(或0)构造函数F(x) f(x)g(x).
f(x)
模型五:对于不等式 f(x)g(x)g(x)f(x)0 (或0)构造函数F(x) .
g(x)
【典例1】函数 f(x),g(x)在 a,b 上可导,且 f(x)g(x),则当axb时,有( ).
A. f(x)g(x) B. f(x)g(x) C. f(x)g(a)g(x) f(a) D. f(x)g(b)g(x) f(b)
【答案】C
【解析】构造函数F(x) f(x)g(x),则易知F(x)单调递增,于是F(a)F(x) F(b), f(x)g(x) f(a)g(a).故
选C.
【典例2】已知函数 f x是定义在R上的可导函数，且满足 f x f x0， fx1， f 12，则不等
式 f x1x的解集是（ ）
A．1, B．1, C．2, D．3,
【答案】C
【详解】构造函数Fx f xx，因为 fx1，所以Fx fx10，可知函数Fx在R上单调递增，
F1 f 11f 111，不等式 f x1x化为 f x1x11，即Fx1F1，由单调递增可得
x11，即x2.故选: C.
【典例2】函数 f(x)的定义域为R, f(1)2,对任意xR,f(x)2,则 f(x)2x4的解集为( )
A. (1,1) B. (1,) C. (,1) D. (,)
【答案】 B
【解析】构造函数G(x) f(x)(2x4) f(x)2x4,所以G(x) f(x)2 ,由于对任意xR,f(x)2,所以
G(x) f(x)20恒成立,所以G(x) f(x)2x4是R上的增函数,又由于G(1) f(1)2(1)40,所以
G(x) f(x) 2x40,即 f(x)2x4的解集为(1,).故选B.【典例4】已知 f(x),g(x)是R上的可导函数, f(x),g(x)分别是 f(x),g(x)的导函数,且 f(x)g(x) f(x)g(x)0 ,
则当axb时,有( ).
A. f(x)g(x) f(b)g(b) B. f(x)g(a) f(a)g(x)
C. f(x)g(b) f(b)g(x) D. f(x)g(x) f(a)g(a)
【答案】A
【解析】 f(x)g(x) f(x)g(x)0 ,即[f(x)g(x)] 0 ,说明 f(x)g(x) 是单调递减函数,于是由 axb 知
f(b)g(b) f(x)g(x) f(a)g(a).故选A.
【典例5】已知定义在R上的函数 f(x),g(x)满足:g(x)0, f(x)g(x) f(x)g(x)0 .若
f(1) f(1) 5 f(n) 15
f(x)axg(x),   , 令a  ,则使数列a 的前n项和S  的最小自然数n
g(1) g(1) 2 n g(n) n n 16
【答案】5
f(x) 5 1
【解析】令 ax,根据条件,ax为减函数, 所以0a1,a an,由aa1  得 a , 即
g(x) n 2 2
n
1 1 15
a    ,S 1  n 5.
n 2 n 2n 16 min
▍构造之幂函数模型：
模型六:对于不等式xf(x) f(x)0(或0)构造函数F(x)xf(x)
模型七:对于不等式(xa)f(x) f(x)0 (或0)构造函数F(x)(xa)f(x)
f(x)
模型八:对于不等式xf(x) f(x)0(或0)构造函数F(x)
x
f(x)
模型九:对于不等式(xa)f(x) f(x)0 (或0)构造函数F(x)
xa
【典例6】已知函数y f(x)在R上可导且满足不等式xf(x) f(x)0恒成立,对任意正数a,b都有ab,则必有
( ).
A.af(b)bf(a) B.bf(a)af(b) C.af(a)bf(b) D.bf(b)af(a)
【答案】C
【解析】由已知xf(x) f(x)0,所以构造函数F(x)xf(x),则 f(x)xf(x) f(x)0,从而F(x)在R上为增函
数.因为ab,所以F(a)F(b),即af(a) bf(b).故选 C.
【典例7】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】设g(x)(x1)f(x),则g(x) f(x)(x1)f(x)0,所以函数g(x)在R上单调递增,因为g(1)0,所以当x1时,g(x)0;当x1时,g(x)0.因此当x1时,(x1)f(x)0,所以 f(x)0.当x1时,(x1)f(x)0,
所以 f(x)0.当x1时, f(1)(11)f(1)0,所以 f(1)0.综上可知,选C.
【典例8】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,对任意正数:a,b都有ab,则必
有( )
A.af(b)„bf(a) B.bf(a)„af(b) C.af(a)„bf(b) D.bf(b)„af(a)
【答案】A
f(x) xf(x) f(x) f(x)
【解析】令F(x) ,则F(x) „0,故F(x) 在(0,)上是减函数或常数函数.由ab知
x x2 x
f(a) f(b)
,即af(b)„bf(a).故选 A.
a b
【典例9】已知函数 f(x2)是偶函数,且当x2时满足xf(x)2f(x) f(x), 则( )
3 5
A.2f(1) f(4) B.2f    f(3) C. f(0)4f   D. f(1) f(3)
2 2
【答案】 A
f(x)
【解析】 f(x2)是偶函数, 则 f(x)的对称轴为x2, f(1) f(3).构造函数g(x) ,则g(x)关于(2,0)对称.
x2
(x2)f(x) f(x)
当x2时,由xf(x)2f(x) f(x),得g(x) 0,则g(x)在(2,)上单调递增,故
(x2)2
f(3) f(4)
  .所以2f(3) f(4),又 f(1) f(3),即2f(1) f(4).故选A.
32 42
▍构造之幂函数模型拓展：
模型十:对于不等式xf(x)nf(x)0(或0)构造函数F(x)xnf(x)
f(x)
模型十一:对于不等式xf(x)nf(x)0(或0)构造函数F(x)
xn
axn1
模型十二:对于不等式xf(x)nf(x)ax(或ax)构造函数F(x) xnf(x)
n1
f(x) ax
模型十三:对于不等式xf(x)nf(x)ax(或ax)构造函数 F(x) 
xn (1n)xn
【典例10】已知函数 f(x)在R上的导函数为 f(x),且2f(x)xf(x)x2,下列不等式在R上恒成立的是( ).
A. f(x)0 B. f(x)0 C. f(x)x D. f(x)x【答案】A
【解析】由已知,首先令x0得 f(x)0,排除B,D.令g(x)x2f(x), 则g(x)x

2f(x)xf(x)

,
g(x)
(1)当x0时,有2f(x)xf(x) x2  g(x)0,所以函数g(x)单调递增,因此当x0时,g(x)g(0)0,
x
从而 f(x)0.
g(x)
(2)当x0时,有2f(x)xf(x)  x2  g(x)0,所以函数g(x)单调递减,因此当x0时,g(x)g(0)0,
x
从而 f(x)0.综上可知, f(x)0.故选A.
【典例 11】函数 f(x) 是定义在(,0) 上的可导函数,其导函数为 f(x) 且有3f(x) xf(x)0 ,则不等式
(x2016)3f(x2016)8f(2)0 的解集为( ).
A.(2018,2016) B.(,2018) C.(2016,2015) D.(,2012)
【答案】A

【解析】依题意,有 x3f(x) x23f(x)xf(x)0 ,故 x3f(x) 在 (,0) 上单调递减,原不等式可化为
   
(x2016)3f(x2016)(2)3f(2) ,即0x20162,x(2018,2016).故选A.
【典例12】f(x)是定义在区间(0,)上的函数,若 f(x)0且满足2f(x)xf(x) 3f(x),其中 f(x)为 f(x)的导
数,则( ).
f(2) f(2) f(2) f(2)
A.8 16 B.4 8 C.3 4 D.2 3
f(1) f(1) f(1) f(1)
【答案】B
f(x) xf(x) f(x) 2f(x) 1 f(x)  f(x)  2 f(x)
【解析】由题意可得   ,即     .
 
x2 x2 x2 x x  x  x x
f(x) F(x) 2F(x)
令F(x) ,则 F(x) ,即F(x)xF(x)2F(x),所以xF(x) F(x)0且xF(x)2F(x)0,即
x x x
xF(x)F(x) x2F(x)2xF(x) F(x) F(x) f(x)
0且 0,所以函数 是增函数且函数 是减函数,即 是增函数且函
x2 x4 x x2 x2
f(x) f(1) f(2) f(1) f(2) f(2) f(2)
数 是减函数,所以  且  ,即 4且 8.故选 B.
x3 12 22 13 23 f(1) f(1)
【典例13】设函数 f(x)在R上的导函数为 f(x),且2f(x)xf(x)x,则下面的不等式在R上恒成立的是（ ）
x x
A. f(x)0 B. f(x)0 C. f(x) D. f(x)
3 3
【答案】C
1
【解析】g(x) x2f(x) x3,则g(x)2xf(x)x2f(x)x2 x

2f(x)xf(x)x

,因为2f(x)xf(x)x则
3
1
g(x)0,所以g(x) x2f(x) x3为实数集上的增函数,当x0时,g(x)g(0)0,所以当x0
31  x x
时,x2f(x) x3 x2

f(x)

0,则 f(x) ,故选 C.
3  3 3
▍构造之指数函数模型：
模型十四:对于不等式 f(x) f(x)0(或0)构造函数F(x)exf(x)
f(x)
模型十五:对于不等式 f(x) f(x)0(或0)构造函数F(x)
ex
模型十六:对于不等式 f(x)nf(x)0(或0)构造函数F(x)enxf(x)
f(x)
模型十七:对于不等式 f(x)nf(x)0(或0)构造函数F(x)
enx
模型十八:对于不等式 f(x) f(x)a(或a)构造函数F(x)exf(x)aex
f(x)a
模型十九:对于不等式 f(x) f(x)a(或a)构造函数F(x)
ex
【典例14】已知定义在R上的函数 f(x)的导函数为 f(x),对任意xR满足 f(x) f(x)0, 则下列结论正确的
是( ).
A.2f(ln2)3f(ln3) B.2f(ln2)3f(ln3) C.2f(ln2) 3f(ln3) D.2f(ln2)„3f(ln3)
【答案】A
【解析】令 g(x)exf(x) ,则 g(x)ex  f(x) f(x)  0 ,因此 g(x) 是定义在 R 上的单调递减函数,且
ln2ln3,g(ln2)g(ln3),所以2f(ln2)3f(ln3).故选 A.
【典例 15】已知 f(x)是定义在R 上的函数, f(x) 是 f(x)的导函数,若 f(x)1 f(x),且 f(0)2,则不等式
exf(x)ex 1(其中e为自然对数的底数)的解集是( ).
A.(,0)(1,) B.(1,) C.(0,) D.(,1)(0,)
【答案】C
【解析】设g(x)exf(x)ex(xR),则g(x)exf(x)exf(x)ex ex

f(x) f(x)1

,因为 f(x)1 f(x),
所以 f(x) f(x)10 ,因此g(x)0,所以 yg(x)在定义域上单调递增.因为exf(x)ex 1,所以g(x)1.又
因为g(0)e0f(0)e0 1,所以g(x)g(0),所以x0,所以不等式的解集为(0,).故选C.
【典例16】已知 f(x)为R上的可导函数,且xR,均有 f(x) f(x),则有( ).
A.e2016f(2016) f(0), f(2016)e2016f(0) B.e2016f(2016) f(0), f(2016)e2016f(0)C.e2016f(2016) f(0), f(2016)e2016f(0) D.e2016f(2016) f(0), f(2016)e2016f(0)
【答案】D
f(x) f(x)ex   ex f(x) f(x) f(x)
【解析】构造函数g(x) ,则g(x)  ,因为xR,均有 f(x) f(x),且
ex  ex2 ex
f(x)
ex 0,所以g(x)0,故函数g(x) 在R上单调递减,所以g(2016)g(0),g(2016)g(0),即
ex
f(2016) f(2016)
 f(0)  f(0),也就是 e2016f(2016) f(0),f(2016)e2016f(0) .故选D.
e2016 e2016
【典例17】函数 f(x)在R上可导,下列说法正确的是( ).
A.若 f(x) f(x)0对xR恒成立,则有ef(2) f(1)
B.若 f(x) f(x)0对xR恒成立,则有e3f(1) f(1)
C.若 f(x) f(x)1对xR恒成立,则有 f(0)eef(1)1
D.若 f(x) f(x)1对xR恒成立,则有ef(1)e f(0)1
【答案】D
【解析】选项A,构造函数G(x)exf(x),则G(x)ex

f(x) f(x)

0,故函数G(x)在R上单调递
增,G(2)G(1)ef(2) f(1),A错误.
f(x) f(x) f(x)
选项B,构造函数G(x) ,则G(x) 0,故函数G(x)在R上单调递减,
ex ex
G(1)G(1)e2f(1) f(1) ,B错误.
选项C,构造函数G(x)exf(x)ex,则G(x)ex

f(x) f(x)1

0,故函数G(x)在R上单调递
增,G(1)G(0) f(0)eef(1)1,C错误.
f(x)1 f(x) f(x)1
选项D,构造函数G(x) ,则G(x) 0,故函数G(x)在R上单调递
ex ex
减,G(1)G(0)ef(1)e f(0)1,D正确.
【典例18】若定义在R上的函数 f(x)满足 f(x)2f(x)0, f(0)1,则不等式 f(x)e2x 的解集为_____.
【答案】x0
 f(x)  f(x) f(x) f(0)
【解析】由 f(x)2f(x)0 0 在R上单调递增,故  1 f(x)e2x,故答案
  e2x   e2x e2x e0
为:x0.【典例19】已知定义在R上的函数 f(x)的导函数为 f(x), f(1)2,且对任意x R,2f(x) f(x)2 恒成立,若
2
e
f(lna)1
 
,则实数a的取值范围是( )
a
   
A.(e,) B. e2, C.(0,e) D. 0,e2
【答案】A
【解析】设g(x)e2xf(x)e2x,则g(x)e2x  2f(x) f(x)2  0恒成立,所以g(x)在(,)单调递增,又
2
e
f(lna)1
 
a2[f(lna)1]e2 e2lna[f(lna)1] e2[(f(1)1] g(lna)g(1).即lna1,所以ae,故
a
选 A.
【典例20】已知 f(x)是函数 f(x)的导函数,且对任意的实数x都有 f(x) ex(2x2) f(x)(e是自然对数的底
数), f(0)1,则( )
A. f(x)ex(x1) B. f(x)ex(x1) C. f(x)ex(x1)2 D. f(x)ex(x1)2
【答案】D
f(x) f(x) f(x)
【解析】令 g(x) ,则 g(x) ,因为对任意的实数 x 都有 f(x)ex(2x 2) f(x) ,所以
ex ex
f(x)
g(x)2x2,可得g(x)(x1)2c ,又因为 f(0)1,则1c1,解得c0.所以 f(x)ex(x1)2,故选
ex
D.
▍构造之三角函数模型：
模型二十:对于不等式sinxf(x)cosxf(x)0 (或0)构造函数F(x)sinxf(x)
f(x)
模型二十一:对于不等式sinxf(x)cosxf(x)0(或0)构造函数F(x)
sinx
模型二十二:对于不等式cosxf(x)sinxf(x)0(或0)构造函数F(x)cosxf(x)
f(x)
模型二十三:对于不等式cosxf(x)sinxf(x)0 (或0)构造函数F(x)
cosx

【典例21】已知奇函数 f(x)定义域为(,0)(0,),其导函数为 f(x),且 f   0,当0x
 2
时, f(x)sinx f(x)cosx0,则关于x的不等式 f(x)0的解集为_______.
    
【答案】  ,0   , 
 2   2 【解析】构造的g(x) f(x)sinx,由条件知g(x)为偶函数,g(x) f(x)sinx f(x)cosx.当0x时,g(x)0,

所以g(x)在(0,)上单调递减.因为g(x)为偶函数,所以g(x)在(,0)上单调递增,且g

0.所以 f(x)0的
 2
    
解集为  ,0   , .
 2   2 
 
【典例22】已知定义在0, 上的函数 f(x)的导函数为 f(x),且 f(x) f(x)tanx恒成立,则 ( ).
 2
   
A. 3f    2f   B. 2f    f  
 4  3  6  4
  
C. 3f    f   D. f(1) 2f   sin1
 6  3  6
【答案】C
sinx f(x)
【解析】因为 f(x) f(x)tanx,所以 f(x) f(x) ,即 f(x)sinx f(x)cosx0,构造F(x) ,则
cosx sinx
 
F(x) f(x)sinx f(x)cosx 0,所以F(x)单调递增,因为    ,所以F     F    ,即 f   6    f   3   ,即
sin2 x 6 3  6  3  
sin sin
6 3
 
3f    f  .故选 C.
 6  3
 
【典例23】定义在0, 上的函数 f(x)的导函数为 f(x),且恒有 f(x) f(x)tanx 成立,则有 ( ).
 2
      
A. 3f    f   B. 3 f   2cos1 f(1) C.2f    6f   D. 2f    f  
 6  3  6  4  6  4  3
【答案】A
 
【解析】由 f(x) f(x)tanx 且x 0, 知 f(x)cosx f(x)sinx 0.设g(x)  f(x)cosx,则
 2
   
g(x) f(x)cosx f(x)sinx0,所以g(x)在0, 上是增函数,因此g  g ,所以
 2  3  6
     
f  cos  f  cos ,所以 f    3f  .故选A.
 3 3  6 6  3  6
  
【典例24】已知函数y f(x)对任意x   , 满足 f(x)cosx f(x)sinx 0,则( ).
 2 2
        
A. f(0) 2f   B. f(0)2f    C. 2f    f   D. 2f     f   
 4  3  3  4  3  4
【答案】D
f(x) f(x)cosx f(x)sinx
【解析】构造函数g(x) , 则g(x) ,因为 f(x)cosx f(x)sinx0,所以g(x)在
cosx cos2x
      
x   , 上单调递增,g   g  .代人故选D.
 2 2  3  4 
【典例25】已知 f(x)为函数y f(x)的导函数,当x是斜率为k的直线的倾斜角时x 0, ,若不等式
 2
f(x) f(x)k 0恒成立,则

f  
3  3 f(1) 
A.  B. 2f  
2  sin1 6 
f  
 4
   
C. 2f    f   0 D. 3f    f   0
 6  4  6  3
【答案】B
  f(x)
【解析】因为k tanx,f(x) f (x)k 0,x 0, ,所以cosx f(x)sinx f (x) 0,设g(x) ,所以
 2 sinx
sinx f(x)cosx f(x)  
g(x) ,因为不等式 f(x) f(x)k 0恒成立,所以g(x)0恒成立,所以g(x)在0, 上
sin2x  2
  
f   f   f  
    3 f(1)  4  6
单调递增,所以g  g(1) g  g ,即    ,故
 3  4  6  sin1  
sin sin sin
3 4 6
  f(1)     
2f    3f  , 2f  , f    2f  , f    3f  ,故选 B.
 3  4 sin1  6  4 6  3 6
——巩固小练习——
1．已知函数 f x的定义域为0,，其导函数为 fx，若xfx2f x，则下列式子一定成立的是（ ）
A． f 42f 2 B． f 44f 2
C． f 4e2f 2 D． f 4e4f 2
【答案】B
f(x) xf(x)2f(x)
【详解】解：令g(x) (x0)，则g(x) ，又不等式xfx2f x恒成立，
x2 x3
f 4 f 2
所以xfx2f x0，即g(x)0，所以g(x)在(0,)单调递增，故g2g4，即  ，所以
42 22
f 44f 2，故选：B．
2．定义在(0,)上的函数 f(x),g(x)的导函数都存在，f(x)g(x) f(x)g(x)1，且 f(1)2，g(1)1，则不等式
f(x)g(x)x1的解集为（ ）
A．(1,2) B．(2,) C．(0,1) D．(1,)
【答案】D【详解】由题意知 f(x)g(x) f(x)g(x)1，可得[f(x)g(x)]1．设函数h(x) f(x)g(x)x，则
h(x) f(x)g(x) f(x)g(x)10，所以h(x)在(0,)上单调递减．因为 f(1)2,g(1)1，所以h(1)1，
所以 f(x)g(x)x1，即为h(x)h(1)，则x1，所以不等式 f(x)g(x)x1的解集为(1,)．故选：D.
f xxfx
3．已知函数 f x是定义在R上的减函数，其导数 fx满足 3，则下列结论中正确的是（ ）
fx
A．当且仅当x,3时， f x0 B．当且仅当x3,时， f x0
C． f x0恒成立 D． f x0恒成立
【答案】C
f xxfx
【详解】由已知可得 fx0，又因为 3，所以 f xxf x3f x，即 f xx3f x0.
fx
令gxx3f x，gx f xx3 fx0在R上恒成立，所以gx在R上单调递增.因为g30，
所以，当x3时，gx0，又x30，所以 f x0，又 f x是定义在R上的减函数，所以 f 3 f x0.
f x3f 3
所以x3时，x3f x0也恒成立，故当x3时，f x0.而当x3时， 3，结合 f30
f3
可得 f 30，综上， f x0在R上恒成立.故选：C.
2
4．函数 f x是定义在区间0,上的可导函数，其导函数为 fx，且满足 fx f x0，则不等式
x
x2023f x2023 3f 3
 的解集为（ ）
3 x2023
A．  x x2020  B．  x x2020  C．  x 2023 x0  D．  x 2023 x2020 
【答案】D
【详解】解：根据题意，设gxx2f x,x0，则导函数gxx2fx2xf x，函数 f x在区间0,上，
2
满足 fx f x0，则有x2fx2xf x0，所以gx0，即函数gx在区间0,上为增函数，
x
x2023 fx2023 3f3
 x 20232 fx 2023 32 f3，所以gx2023g3，
3 x 2023
则有0x20233，解得2023x2020，即此不等式的解集为  x 2023 x2020  ，故选：D.
5．已知 f x是定义在R上的可导函数，其导函数为 fx，对xR时，有 fx2fx0，则不等式f x2023e2x4042f 20（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ）
A．2021, B．2025, C．,2021 D．,2025
【答案】C
【详解】设gx f x ，xR，因为 fx2fx0，所以gx fxe2x 2e2xf x  fx2f x 0，
e2x
 e2x2 e2x
f x f x2023 f 2
所以gx 在xR上单调递增，因为 f x2023e2x4042f 20，所以  ，
e2x e2x4046 e4
即x20232，解得x2021.故选：C.
6．已知 fx是定义域为R的函数 f x的导函数.若对任意实数x都有 fx f x2，且 f13，则不等式
f x2ex1的解集为（ ）
A．,1 B．1, C．,e D．e,
【答案】B
f(x)2 f(x)2 f(x)(f(x)2)
【详解】解：不等式 f(x)2ex1，等价于不等式 1，构造函数g(x) ，则g(x) ，
ex1 ex1 ex1
f(1)2 f(x)2
若对任意实数x都有 f(x) f(x)2，则g(x)0，g(x)在R上单调递增，又g1 1，故 1即
e0 ex1
gxg1，故不等式的解集是(1,)，故选：B．
7．设 fx是定义在R上的连续的函数 f x的导函数，f x fx2ex 0（e为自然对数的底数），且 f 24e2，
则不等式 f x2xex的解集为（ ）
A．2,0

2, B．e, C．2, D．,22,
【答案】C
f x fx fx f x  f x 2ex
【详解】设gx 2x ，则gx 2  ，∵ f x fx2ex 0，
ex ex ex
f 2
∴gx0，函数gx在R上单调递增，又 f 24e2，∴g2 40,
e2
f x
由 f x2xex，可得 2x0，即gx0g2，又函数gx在R上单调递增，所以x2，即不等式
ex
f x2xex的解集为2,.故选：C．
xfx f x
8．已知定义在R上的偶函数y f x的导函数为y fx，当x0时， 0，且 f 21，则不
x2
等式 f 2x1 的解集为（ ）
2x1
 1 3  3  1 3  1 1 1 3
A．,  , B． , C． ,  D． ,  , 
 2 2  2  2 2  2 2 2 2
【答案】C
xfx f x
【详解】当x0时， 0，所以当x0时，xfx f x0，
x
令Fxxf x，则当x0时，Fxxfx f x0，故Fxxf x在0,上单调递增，
又因为y f x在R上为偶函数，所以Fxxf x在R上为奇函数，故Fxxf x在R上单调递增，
因为 f 21，所以F22f 22，
1 2
当x 时， f 2x1 可变形为2x1 f 2x12，即F2x1F2，
2 2x1
3 1 3
因为Fxxf x在R上单调递增，所以2x12，解得x ，故  x ；
2 2 2
1 2
当x 时， f 2x1 可变形为2x1 f 2x12，即F2x1F2，
2 2x1
3
因为Fxxf x在R上单调递增，所以2x12，解得x ，故无解.
2
2 1 3
综上不等式 f 2x1 的解集为 , .
2x1 2 2
故选：C.
9．定义在 ( 1，+¥ ) 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(1,)恒成立.若
f(2)3，则不等式 f(x)x2x1的解集为（ ）
A．1,2 B．2， C．1,3 D．3，
【答案】B
(x1)f(x)(f(x)1)
【详解】由(x1)f(x) f(x)x22x，即(x1)f(x) f(x)1(x1)2，即 10，即
(x-1)2

 f(x)1 
 x 0对x(1,)恒成立，
 x1 
f(x)1
令g(x) x，则g(x)在(1,)上单调递增，
x1
∵ f(2)3，∴g(2)0，
f(x)1
由 f(x) x2x1，即 x0，即g(x) g2，因为g(x)在(1,)上单调递增，∴x2故选：B.
x1π
10．已知函数 f(x)及其导函数 fx的定义域均为R，且 f(x)为偶函数，f  2，3f(x)cosx fxsinx0，
6
 π 1
则不等式 f x cos3x 0的解集为（ ）
 2 4
 2π   π   2π π  2π
A． , B． , C． ,  D．, 
 3   3   3 3  3 
【答案】A
【详解】令g(x) f(x)sin3 x，则g(x)3f(x)sin2xcosx f(x)sin3x sin2x  3f(x)cosx f(x)sinx 0，
 π  π  π  1 3  π 1
所以g(x)在R上单调递减.又因为 f(x)偶函数，所以 f   f  2，所以g   f   .
 6 6  6  2  6 4
 π  π   π   π   π 1
又gx  f x sin3 x  f x cos3 x，所以不等式 f x cos3x 0等价于
 2  2  2  2  2 4
 π  π π π 2π  π 1
gx g ，根据函数的单调性可知x  ，解得x ，所以不等式 f x cos3x 0的解
 2  6 2 6 3  2 4
 2π 
集为 ,.故选：A.
 3 
 π π  π
11．定义在区间 , 上的可导函数 f x关于y轴对称，当x0, 时， fxcosx f xsinx恒成立，
 2 2  2
π 
f  x
则不等式 f x 2   0的解集为（ ）
tanx
 π π π π π π  π
A． ,  B． ,  C． ,  D．0, 
 4 4 4 3 4 2  2
【答案】C
【详解】因为 fxcosx f xsinx，化简得 fxcosx f xsinx0，
f x fxcosx f xsinx
构造函数Fx ,Fx  ，
cosx cos2x
 π
即当x0, 时，Fx0,Fx单调递增，
 2
   π   π 
所以由 f x f   2 x   0 f x  f  2 x   f x  f  2 x  ，
tanx tanx cosx sinx
π 
则 f x  f  2 x  ，即FxF   π x  .因为Fx为偶函数且在x  0, π 上单调递增，
cosx π  2   2
cos x
2 
 π π
  x ,且x 0
2 2

 π π π  
所以   x ，解得x , .故选：C.
 2 2 2 4 2
 π
x  x
 212．已知 f x是定义在R上的可导函数，且对于xR，xfx2x1 f x0，则（ ）
A．e4f(1) f(1) B．e2f(1) f(1) C．4e4f(2)  f(1) D．4e2f(2)  f(1)
【答案】D
【详解】解：由题意
f x是定义在R上的可导函数
x2f x
设Fx
e2x
x2f x
在Fx 中，
e2x
  2xf xx2f x  e2x2e2xx2f x  x xfx2x1f x 
Fx 
 e2x2 e2x
∵对于xR，xfx2x1 f x0，
∴当x0时Fx0，当x0时Fx0
x2f x
∴Fx 在,0上单调递减，在0,上单调递增
e2x
4f 2 f 1
∴F2 F 1 ，
e4 e2
解得：4e2f(2)  f(1)
故选：D.