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.