2019版高考数学一轮复习二跳出题海——名师绝招破解13大难点增分册作业本理.doc

二、跳出题海——名师绝招破解13大难点 难点1　构造法解f(x)与f(x) 均存在的问题 高考中有一难点,即不给出具体的函数解析式,而是给出函数f(x)及其导数满足的条件,需要据此条件构造抽象函数,再根据条件得出构造函数的单调性,应用单调性解决问题的题目,该类题目具有一定的难度,下面总结其基本类型及其处理方法. 类型一　f(x)g(x)±f(x)g(x)型 典例1　(1)设f (x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0,当x0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,+∞) (2)设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x0时, f (x)g(x)+f(x)g(x)0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)0的解集是　　　　　　　　.? 答案　(1)A　(2)(-∞,-3)∪(0,3) 解析　(1)令g(x)=,则g(x)=,由题意知,当x0时,g(x)0,∴g(x)在(0,+∞)上是减函数. ∵f(x)是奇函数, f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0, ∴g(1)==0, ∴当x∈(0,1)时,g(x)0,从而f(x)0; 当x∈(1,+∞)时,g(x)0,从而f(x)0. 又∵f(x)是奇函数, ∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)0; 当x∈(-1,0)时,f(x)0. 综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1). (2)借助导数的运算法则, f (x)g(x)+f(x)g(x)0?[f(x)g(x)]0,所以函数y=f(x)g(x)在(-∞,0)上单调递增.又由分析知函数y=f(x)g(x)为奇函数,所以其图象关于原点对称,且过点(-3,0), (0,0),(3,0).数形结合可求得不等式f(x)g(x)0的解集是(-∞,-3)∪(0,3). 点拨　(1)对于不等式f (x)+g(x)0(或0),构造函数F(x)=f(x)+g(x); (2)对于不等式f (x)-g(x)0(或0),构造函数F(x)=f(x)-g(x); 特别地,对于不等式f (x)k(或k)(k≠0),构造函数F(x)=f(x)-kx. (3)对于不等式f (x)g(x)+f(x)g(x)0(或0),构造函数F(x)=f(x)g(x); (4)对于不等式f (x)g(x)-f(x)g(x)0(或0),构造函数F(x)=(g(x)≠0); (5)对于不等式xf (x)+f(x)0(或0),构造函数F(x)=xf(x); (6)对于不等式xf (x)-f(x)0(或0),构造函数F(x)=(x≠0). 1.定义在R上的函数f(x)满足f(1)=1,且对任意的x∈R都有f(x),则不等式f(x2)的解集为(　　) A.(1,2) B.(0,1) C.(1,+∞) D.(-1,1) 2.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,若ab,则必有(　　) A.af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b) C.af(a)≤f(b) D.bf(b)≤f(a) 3.已知f(x)为定义在(0,+∞)上的可导函数,且f(x)xf(x)恒成立,则x2f-f(x)0的解集为　　　　.? 类型二　xf (x)±nf(x)型 典例2　设函数f(x)在R上的导函数为f (x),且2f(x)+xf (x)x2,则下列不等式在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　解法一:令g(x)=x2f(x)-x4,则g(x)=2xf(x)+x2f(x)-x3=x[2f(x)+xf(x)-x2], 当x0时,g(x)0,∴g(x)g(0), 即x2f(x)-x40,从而f(x)x20; 当x0时,g(x)0,∴g(x)g(0), 即x2f(x)-x40,从而f(x)x20; 当x=0时,由题意可得2f(0)0,∴f(0)0. 综上可知, f(x)0. 解法二:∵2f(x)+xf (x)x2, ∴令x=0,则f(0)0,故可排除B,D, 不妨令f(x)=x2+0.1,则已知条件2f(x)+xf (x)x2成立,但f(x)x不一定成立,故C也是错误的,故选A. 点拨　(1)对于xf(x)+nf(x)0型,构造F(x)=xnf(x),则F(x)=xn-1[xf (x)+nf(x)](注意对xn-1的符号进行讨论),特别地,当n=1时,xf(x)+f(x)0,构造F(x)=xf(x),则F(x)=xf(x)+f(x)0; (2)对于xf (x)-nf(x)0(