備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-助學(xué)培優(yōu)5-構(gòu)造法解決含f(x)-f′(x)的不等式問題

助學(xué)培優(yōu)5構(gòu)造法解決含f(x),f′(x)的不等式問題第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用√利用(f(x)＋kx＋b)′＝f′(x)＋k，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)，可得出函數(shù)g(x)＝f(x)＋kx＋b的單調(diào)性，利用其單調(diào)性比較函數(shù)值大小、解抽象函數(shù)的不等式等．√類型二含f′(x)±λf(x)(λ為常數(shù))型

已知f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，且?x∈R，均有f(x)>f′(x)，則有(

)A．e2023f(－2023)<f(0)，f(2023)>e2023f(0)B．e2023f(－2023)<f(0)，f(2023)＜e2023f(0)C．e2023f(－2023)＞f(0)，f(2023)>e2023f(0)D．e2023f(－2023)＞f(0)，f(2023)＜e2023f(0)√類型三含xf′(x)±nf(x)型

(1)已知奇函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x>0時(shí)，有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋2021)2f(x＋2021)＋4f(－2)<0的解集為(

)A．(－∞，－2019) B.(－2023，－2019)C．(－∞，－2023) D.(－2019，0)【解析】

(1)設(shè)g(x)＝x2f(x)，由f(x)為奇函數(shù)，可得g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，故g(x)為R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，2f(x)＋xf′(x)>x2>0，所以g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0，g(x)單調(diào)遞增，根據(jù)奇函數(shù)的對(duì)稱性可知，g(x)在R上單調(diào)遞增，則不等式(x＋2021)2f(x＋2021)＋4f(－2)<0可轉(zhuǎn)化為(x＋2021)2f(x＋2021)<－4f(－2)＝4f(2)，即g(x＋2021)<g(2)，所以x＋2021<2，即x<－2019，即x∈(－∞，－2019)．故選A.√即g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)，得g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．即a<b<c.故選A.(1)對(duì)于xf′(x)＋nf(x)>0型，構(gòu)造F(x)＝xnf(x)，則F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意對(duì)xn－1的符號(hào)進(jìn)行討論)，特別地，當(dāng)n＝1時(shí)，xf′(