构造函数习题1

例01【构造函数】【构造函数解不等式】

设(f(x))，(g(x))分别是定义在(R)上的奇函数和偶函数，且(g(x)≠0)，当(x＜0)时(f′(x)g(x)＞f(x)g′(x))，且(f(-3)=0)，则不等式(f(x)g(x)＜0)的解集是______．

分析：令(h(x)=cfrac{f(x)}{g(x)})，则可知(h(x))为奇函数，

则(h'(x)=cfrac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)})，

由(x<0)时(f′(x)g(x)＞f(x)g′(x))，

可得(xin(0，+infty))时，(h'(x)>0)，即(h(x))单调递增，

由奇函数可知，(xin (-infty，0))时，(h(x))单调递增，

且(h(0)=0)，由(f(-3)=0)还可得到(h(-3)=h(3)=0)

做出示意图，由图可知，

故由(h(x)=cfrac{f(x)}{g(x)}<0)，可得(xin(-infty，-3)cup(0，3))。

又(cfrac{f(x)}{g(x)}<0)等价于(f(x)g(x)<0)，

故不等式(f(x)g(x)＜0)的解集是(xin(-infty，-3)cup(0，3))。

例02已知(x_1>x_2>0)，证明(ln(cfrac{x_1}{x_2})>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}).

分析：令(cfrac{x_1}{x_2}=t)，则(t>1)；

(ln(cfrac{x_1}{x_2})>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2})等价于(lnt>2cfrac{t-1}{t+1})；

然后作差构造函数(g(t)=lnt-2cfrac{t-1}{t+1})，想办法证明(g(t)>0)恒成立即可。

解析：(g'(t)=cfrac{1}{t}-2cfrac{1cdot(t+1)-(t-1)cdot 1}{(t+1)^2}=cfrac{1}{t}-cfrac{4}{(t+1)^2}=cfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}ge 0)

故函数(g(x))在区间((1，+infty))上单调递增，

(g(x)_{min} ightarrow g(1)=0)，

故(g(x)>0)在区间((1，+infty))上恒成立，故原命题得证。

例03已知曲线(f(x)=lnx+2)与直线(l)交于(A(x_1，y_1)、B(x_2，y_2))两点，其中(x_1<x_2)，若直线(l)的斜率为(k)，

求证：(x_1<cfrac{1}{k}<x_2)。

分析：(k=cfrac{g(x_2)-g(x_1)}{x_2-x_1}=cfrac{lnx_2-lnx_1}{x_2-x_1})，

要证明(x_1<cfrac{1}{k}<x_2)，只需证明(x_1<cfrac{x_2-x_1}{lnx_2-lnx_1}<x_2)。

(题注：两边同除以(x_1)，以便于将两个变量转化为一个(cfrac{x_2}{x_1}))

等价于(1<cfrac{frac{x_2}{x_1}-1}{lnfrac{x_2}{x_1}}<cfrac{x_2}{x_1})，

令(cfrac{x_2}{x_1}=t)，则(t>1)，只需证明(1<cfrac{t-1}{lnt}<t)，

由(t>1)可知，(lnt>0)，故等价于(lnt<t-1<tcdot lnt)，

接下来分别证明(lnt<t-1)和(t-x<tcdot lnt)；做差构造函数，

设(phi(t)=t-1-lnt)，则(phi'(t)=1-cfrac{1}{t}>0)，

所以(phi(t))在((1，+infty))上单调递增，则(phi(t)>phi(1)=0)，即(t-1>lnt)；

又设(h(t)=tcdot lnt-(t-1))，则(h'(t)=lnt>0)，

所以(h(t))在((1，+infty))上单调递增，则(h(t)>h(1)=0)，即(tcdot lnt>t-1)；

故(x_1<cfrac{1}{k}<x_2)。相关图像

例04已知函数(f(x))为定义在((-infty，+infty))上的可导函数，且(f(x)<f'(x))和(f(x)>0)对于(xin R)恒成立，则有

$A.f(2) < e^2f(0)，f(2017) > e^{2017}cdot f(0)$

$B.f(2) > e^2f(0)，f(2017) > e^{2017}cdot f(0)$

$C.f(2) > e^2f(0)，f(2017) < e^{2017}cdot f(0)$

$D.f(2) < e^2f(0)，f(2017) < e^{2017}cdot f(0)$

分析：结合上述的构造函数的总结和感悟，我们可以看出来构造思路。

令(g(x)=cfrac{f(x)}{e^x})，则(g'(x)=cfrac{f'(x)e^x-f(x)e^x}{e^{2x}}=cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x})，

由题目条件(f(x)-f'(x)<0)可知，(g'(x)=cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}>0)，

故(g(x))在((-infty，+infty))上单调递增，

故有(g(2)>g(0))，即(cfrac{f(2)}{e^2}>cfrac{f(0)}{e^0})，即(f(2)>e^2f(0))；

同理有(g(2017)>g(0))，即(cfrac{f(2017)}{e^{2017}}>cfrac{f(0)}{e^0})，即(f(2017)>e^{2017}f(0))；故选(B).

反思：本题目中的条件(f(x)>0)似乎多余。

例05定义在(R)上的函数(f(x))满足：(f(x)+f'(x)>1)，(f(0)=4)，则不等式(e^xf(x)>e^x+3)的解集是什么？

分析：构造函数(g(x)=e^xcdot f(x)-e^x-3)，

则(g'(x)=e^xcdot f(x)+e^xcdot f'(x)-e^x=e^x[f(x)+f'(x)-1]>0)，

故(g(x))在(R)上单调递增，且(g(0)=e^0f(0)-e^0-3=0)，

不等式(e^xf(x)>e^x+3)即就是(g(x)>0)，借助草图，可知解集是((0，+infty))。

例06已知(e)是自然对数的底数，函数(f(x))的定义域是(R)，(f(x)+f'(x)-1>0)，，(f(0)=8)，则不等式(e^xcdot f(x)-e^x-7>0)的解集是（）

$A.(-infty，0)$ $B.(0，+infty)$ $C.(1，+infty)$ $D.(-infty，1)$

分析：构造函数，令(g(x)=e^xcdot f(x)-e^x-7)，

则(g'(x)=e^xcdot f(x)+e^xcdot f'(x)-e^x=e^x(f(x)+f'(x)-1)>0)，

故(g(x))在R上单调递增；又(g(0)=e^0cdot f(0)-e^0-7=0)，

故(g(x)>0)的解集为((0，+infty)) ，即不等式(cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1)的解集为((0，+infty)) ，选(B).

例07【宝鸡中学第一次月考第15题】

已知函数(f(x)=cfrac{x^2}{1+x^2})，则(2f(2)+2f(3)+cdots+2f(2017)+f(cfrac{1}{2})) (+f(cfrac{1}{3})+cdots) (+f(cfrac{1}{2017})+) (cfrac{1}{2^2}f(2)+) (cfrac{1}{3^2}f(3)) (+cdots+cfrac{1}{2017^2}f(2017))的值为多少？

分析：这类题目往往从研究函数的特殊性质入手，当然研究的切入点就是给定式子的结构，

注意到自变量有(2)和(cfrac{1}{2})，所以先探究(f(x)+f(cfrac{1}{x}))，

看看它的结果，由(f(x)+f(cfrac{1}{x})=1)，可以将所求得式子一部分求值，

其他部分变形为(f(2)+cfrac{1}{2^2}f(2))，故接下来探究(f(x)+cfrac{1}{x^2}f(x)=1)，故整个题目可解了。

解：由(f(x)+f(cfrac{1}{x})=1)和(f(x)+cfrac{1}{x^2}f(x)=1)，可将所求式子变形得到：

(2f(2)+2f(3)+cdots+2f(2017)+f(cfrac{1}{2})+f(cfrac{1}{3})+cdots+f(cfrac{1}{2017})+cfrac{1}{2^2}f(2)+cfrac{1}{3^2}f(3)+cdots+cfrac{1}{2017^2}f(2017))

(={[f(2)+f(cfrac{1}{2})]+[f(3)+f(cfrac{1}{3})]+cdots+[f(2017)+f(cfrac{1}{2017})]}\+{[f(2)+cfrac{1}{2^2}f(2)]+[f(3)+cfrac{1}{3^2}f(3)]+cdots++[f(2017)+cfrac{1}{2017^2}f(2017)]})

(=2016+2016=4032).

例08设函数(f(x))是定义在((0，+infty))上的可导函数，导函数是(f'(x))，且有(f(x)<-xf'(x))，则不等式(f(x+1)>(x-1)f(x^2-1))的解集为【】

$A.(0，1)$ $B.(1，+infty)$ $C.(1，2)$ $D.(2，+infty)$

分析：由(f(x)<-xf'(x))，得到(f(x)+xf'(x)<0)，故令(g(x)=xcdot f(x))，
则(g'(x)=f(x)+xf'(x)<0)，即函数(g(x))在((0，+infty))上单调递减，

又不等式(f(x+1)>(x-1)f(x^2-1))等价于((x+1)f(x+1)>(x^2-1)f(x^2-1))，

即(g(x+1)>g(x^2-1))，由定义域和单调性可知(0<x+1<x^2-1)，

解得(x>2)，故选(D).

例09(2017•渭南模拟)
已知定义域为R的奇函数(y=f(x))的导函数为(y=f'(x))，当(x> 0)时，(f'(x)+cfrac{f(x)}{x}>0)，若(a=cfrac{1}{3}f(cfrac{1}{3})，b=-3f(-3)，c=(lncfrac{1}{3})f(lncfrac{1}{3}))，则(a，b，c)的大小关系正确的是　 【 】

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

分析：当(x> 0)时，(f'(x)+cfrac{f(x)}{x}>0)，即(xf'(x)+f(x)>0)，

故构造函数(g(x)=xcdot f(x))，由于(y=f(x))与(y=x)都是奇函数，则函数(g(x))为偶函数，

当(x>0)时，(g'(x)=f(x)+xf'(x)>0)，即函数(g(x))在([0，+infty))上单调递增，

由偶函数可知，函数(g(x))在((-infty，0])上单调递减。

而(a=cfrac{1}{3}f(cfrac{1}{3})=g(cfrac{1}{3}))，

(b=-3f(-3)=g(-3)=g(3))，

(c=(lncfrac{1}{3})f(lncfrac{1}{3})=g(lncfrac{1}{3})=g(-ln3)=g(ln3))，

又(cfrac{1}{3}<ln3<3)，故(g(cfrac{1}{3})<g(ln3)<g(3))，即(a<c<b)，故选B.

例10【2017•泉州模拟】函数(f(x))的导函数(f'(x))满足(xf'(x)+2f(x)>0)，则以下选项正确的是【 】

$A.4f(-2) < f(-1)$ $B.4f(4) < f(2)$ $C.4f(2) > -f(-1)$ $D.3f(sqrt{3}) > 4f(2)$

分析：构造函数(h(x)=x^2cdot f(x))，

则(h'(x)=2xf(x)+x^2f'(x)=x[2f(x)+xf'(x)])，

当(x>0)时，(h'(x)>0)，当(x<0)时，(h'(x)<0)，

即函数(h(x))在区间((-infty，0))单调递减，在区间((0，+infty))上单调递增；

对选项(A)，(h(-2)=(-2)^2f(-2)=4f(-2))，(h(-1)=(-1)^2f(-1)=f(-1))，

又(h(x))在区间((-infty，0))单调递减，(h(-2)>h(-1))，即(4f(-2)>f(-1))，故选项(A)错；

对选项(B)，(h(4)=(4)^2f(4)=16f(4))，(h(2)=(2)^2f(2)=4f(2))，

又在区间((0，+infty))上单调递增，(h(4)>h(2))，即(4f(4)>f(2))，故选项(B)错；

对选项(D)，(h(sqrt{3})=3f(sqrt{3}))，(h(2)=4f(2))，

又在区间((0，+infty))上单调递增，(h(sqrt{3})>h(2))，即(3f(sqrt{3})<4f(2))，故选项(D)错；

对于选项(C)，我们还需要进一步分析，挖掘条件。

由上可知，即函数(h(x)=x^2cdot f(x))，(h(x))在区间((-infty，0))单调递减，在区间((0，+infty))上单调递增；

当(x=0)时，函数(h(x))有极小值，也就是最小值(h(0)=0)，则(h(x))恒大于等于(0)，

当(x eq 0)时，由(h(x)=x^2f(x)>0)恒成立，可得(f(x)>0)恒成立，

对可导函数(f(x))而言，由(xf'(x)+2f(x)>0)得到，当(x=0)时，(0f'(x)+2f(0)>0)可得(f(0)>0)，

综上(xin R)时，(f(x)>0)恒成立。故(4f(2)>0)，(-f(-1)<0)，故有(4f(2)>-f(-1))，即选项(C)正确。

例11定义在((0，+infty))上的函数(f(x))的导函数(f'(x))满足(sqrt{x}cdot f(x)<cfrac{1}{2})，则一定成立的是 【 】

$A.f(9)-1 < f(4) < f(1)+1$

$B.f(1)+1< f(4) < f(9)-1$

$C.f(5)+2 < f(4) < f(1)-1$

$D.f(1)-1< f(4) < f(5)+2$

分析：由(sqrt{x}cdot f(x)<cfrac{1}{2})，变形得到(2sqrt{x}f'(x)-1<0)，

即(cfrac{2sqrt{x}f'(x)-1}{2sqrt{x}}<0)，故想到构造函数(g(x)=f(x)-sqrt{x})，

则(g'(x)=cfrac{2sqrt{x}f'(x)-1}{2sqrt{x}}<0)，

故函数(g(x))在定义域((0，infty))上单调递减，

故(g(1)>g(4)>g(9))，即(f(1)-sqrt{1}>f(4)-sqrt{4}>f(9)-sqrt{9})，

即(f(1)-1>f(4)-2>f(9)-3)，整理得到(f(1)+1>f(4)>f(9)-1)，故选(A).

例12已知函数(f(x)=alnx+(x+1)^2)，若图像上存在两个不同的点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2)(x_1>x_2))，使得(f(x_1)-f(x_2)leq 4(x_1-x_2))成立，则实数(a)的取值范围是多少？

法1：[构造函数法]将(f(x_1)-f(x_2)leq 4(x_1-x_2))转化为(f(x_1)-4x_1leq f(x_2)-4x_2)，

令(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2)，则原题转化为存在(x_1>x_2，g(x_1)leq g(x_2))成立，

即就是(x>0)时，(g(x))有单调递减区间或(g(x))为常函数；即就是(x>0)时，(g'(x)leq 0)有解，

而(g'(x)=cfrac{a}{x}+2x-2leq 0)有解，

分离参数即得(aleq -2x^2+2x)对于(x>0)能成立，

即求解(-2x^2+2x=g(x))在(x>0)上的最大值。

而(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{1}{2}leq cfrac{1}{2})，

即(g(x)_{max}=cfrac{1}{2})，

故(a leq cfrac{1}{2})，也即(ain(-infty，cfrac{1}{2}]).

例13已知函数(f(x)=alnx+x^2(ain R))，若(a>0)，且对(forall x_1，x_2 in [1,e])，都有(|f(x_1)-f(x_2)|leq |cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2}|)，求实数(a)的取值范围。

解析：(a>0)时，(f'(x)=cfrac{a}{x}+2x>0)，

即函数(f(x))在(xin [1，e])上单增，又函数(y=cfrac{1}{x})在(xin [1，e])上单减，

不妨设(1leq x_1<x_2leq e)，

则(|f(x_1)-f(x_2)|leq |cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2}|)等价于(f(x_2)-f(x_1)leq cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2})，

即(f(x_1)+cfrac{1}{x_1}ge f(x_2)+cfrac{1}{x_2})在(xin [1，e])上恒成立，

令(g(x)=f(x)+cfrac{1}{x}=alnx+x^2+cfrac{1}{x})，

则原命题等价于函数(g(x))在区间(xin [1，e])上单调递减，

所以(g'(x)=cfrac{a}{x}+2x-cfrac{1}{x^2}leq 0)在(xin [1，e])上恒成立；

分离参数得到(aleq cfrac{1}{x}-2x^2)在(xin [1，e])上恒成立；

又(h(x)=cfrac{1}{x}-2x^2)在(xin [1，e])上单调递减，

则(h(x)_{min}=h(e)=cfrac{1}{e}-2e^2)；所以(aleq cfrac{1}{e}-2e^2)

又由题目可知(a>0)，故(ain varnothing)。即满足条件的实数(a)不存在。

例14已知函数(f(x))的定义域为(R)，且(f'(x)+f(x)=2xe^{-x})，若(f(0)=1)，则函数(cfrac{f'(x)}{f(x)})的取值范围是多少？

分析：本题目的难点在于要注意到((e^x)'=e^x)以及构造函数，

解析：由题目(f'(x)+f(x)=2xe^{-x})可知，(e^xf'(x)+e^xf(x)=2x)，

令(g(x)=e^xf(x))，则(g'(x)=e^xf'(x)+e^xf(x)=2x)，

故(g(x)=e^xf(x)=int 2x;;dx=x^2+C)，由(f(0)=1)，得到(g(0)=1=0^2+C)，故(C=1)

所以(e^xf(x)=x^2+1)，则(f(x)=cfrac{x^2+1}{e^x})，

(f'(x)=cfrac{2xe^x-(x^2+1)e^x}{(e^x)^2}=cfrac{2x-x^2-1}{e^x})

故(cfrac{f'(x)}{f(x)}=cfrac{2x-x^2-1}{x^2+1}=cfrac{2x}{x^2+1}-1)，

由于接下来需要变量集中到分母，故针对(x)分类讨论如下：

当(x=0)时，直接代入上式得到(cfrac{f'(x)}{f(x)}=-1)；

当(x eq 0)时，(cfrac{f'(x)}{f(x)}=cfrac{2}{x+cfrac{1}{x}}-1)；

由于(|x+cfrac{1}{x}|ge 2)，则(0<cfrac{1}{left|x+cfrac{1}{x} ight|}leq cfrac{1}{2})，

即(0<left|cfrac{2}{x+frac{1}{x}} ight|leq 1)，

所以(-1leq cfrac{2}{x+cfrac{1}{x}}<0或0< cfrac{2}{x+cfrac{1}{x}}leq 1)；

(-1-1leq cfrac{2}{x+cfrac{1}{x}}-1<0-1或0-1< cfrac{2}{x+cfrac{1}{x}}-1leq 1-1)；

即(-2leq cfrac{f'(x)}{f(x)}<-1或-1< cfrac{f'(x)}{f(x)}leq 0)；

综上得到(cfrac{f'(x)}{f(x)}in [-2，0])

例15设函数(f(x))在(R)上存在导数(f'(x))，(forall xin R)，都有(f(-x)+f(x)=x^2)，在((0，+infty))上(f'(x)<x)，若(f(4-m)-f(m)ge 8-4m)，则实数(m)的取值范围是多少？

分析：本题中的题眼是在((0，+infty))上(f'(x)<x)，这句话是构造函数的关键所在。

解析：由题目“在((0，+infty))上(f'(x)<x)”，构造函数(g(x)=f(x)-cfrac{1}{2}x^2)，

从简原则，我们不需要构造(cfrac{1}{2}x^2+C)；

则在((0，+infty))上(g'(x)=f'(x)-x<0)，(g(x))单调递减，

又由于(f(-x)+f(x)=x^2)，改写为(f(-x)-cfrac{1}{2}(-x)^2+f(x)-cfrac{1}{2}(x)^2=0)，

即就是(g(-x)+g(x)=0)，

即函数(g(x))为定义在(R)上的奇函数，则((-infty，0))上单调递减，

所以函数(g(x))在((-infty，+infty))上单调递减。

又由于(f(4-m)-f(m)ge 8-4m)，

等价于(f(4-m)-cfrac{1}{2}(4-m)^2 ge f(m)-cfrac{1}{2}m^2)，

也等价于(g(4-m)ge g(m))，

所以(4-mleq m)，解得(m ge 2)，即(min [2，infty)).

例16【2017凤翔中学高三文科数学第二次月考第21题改编】已知函数(h(x)=cfrac{1}{2}x^2+alnx)，若对任意两个不等的正数(x_1，x_2)，都有(cfrac{h(x_1)-h(x_2)}{x_1-x_2}>2)恒成立，求实数(a)的取值范围。

分析：先求定义域((0，+infty))由题意可知，对任意两个不等的正数(x_1，x_2)，

都有(cfrac{h(x_1)-h(x_2)}{x_1-x_2}>2)恒成立，即为(h(x_1)-2x_1>h(x_2)-2x_2)，

故构造函数令(g(x)=h(x)-2x)，可得(g(x))在((0，+infty))上单调递增。

由(g'(x)=h'(x)-2=x+cfrac{a}{x}-2ge 0)在((0，+infty))上恒成立。

可得(age x(2-x))，由([x(2-x)]_{max}=1)，故(age 1)，故实数(a)的取值范围为([1，+infty))。

例17已知(f(x))是定义在((0，+infty))上的非负可导函数，且满足(xf′(x)＋f(x)≤0)，对任意正数(a，b)，若(a＜b)，则必有【 】

$A.af(b)leqslant bf(a)$ $B.bf(a)leqslant af(b)$ $C.af(a)leqslant f(b)$ $D.bf(b)leqslant f(a)$

解析：因为(xf′(x)≤－f(x))，(f(x)≥0)，

所以([cfrac{f(x)}{x}]′＝cfrac{xf′(x)-f(x)}{x^2}≤cfrac{-2f(x)}{x^2}≤0)，

则函数(cfrac{f(x)}{x})在((0，+infty))上是单调递减的，

由于(0<a<b)，则(cfrac{f(a)}{a}ge cfrac{f(b)}{b})，即(af(b)≤bf(a))，故选(A)。

反思总结：当函数为常函数(f(x)=0)时，能取到等号。

例18【2017•大连模拟】已知函数(f(x)＝alnx-(x-1)^2)在区间((0，1))内任取两个实数(p，q)，且(p eq q)，不等式(cfrac{f(p)-f(q)}{p-q}<1)恒成立，则实数(a)的取值范围为________．

解析：不妨设(p>q)，则(p-q>0)，则(cfrac{f(p)-f(q)}{p-q}<1)等价于(f(p)-p<f(q)-q)。

令(g(x)＝f(x)-x)，则由题意可知函数(g(x))在((0，1))内单调递减，

由(g(x)＝alnx-x^2＋x-1)，知(g'(x)＝cfrac{a}{x}-2x＋1≤0)在((0，1))内恒成立，

(aleq x(2x-1)，xin (0，1))恒成立，

结合二次函数的性质，可得([x(2x-1)]_{min}=-cfrac{1}{8})，故(aleq -cfrac{1}{8})。

例19设函数(f(x))是定义在((-infty，0))上的可导函数,其导函数为(f′(x))，且有(2f(x)+xf′(x)>x^2)，

则不等式((x+2016)^2f(x+2016)-4f(-2)>0)的解集为 【 】

$A.(-infty，-2014)$ $B.(-2014，0)$ $C.(-infty，-2018)$ $D.(-2018，0)$

分析：由(2f(x)+xf′(x)>x^2(x<0))，得(2xf(x)+x^2f′(x)<x^3)，

即([x^2cdot f(x)]′<x^3<0)，故令(F(x)=x^2cdot f(x))，

则当(x<0)时，得(F′(x)<0)，即(F(x))在((-infty，0))上是单调递减的，

又(F(x+2016)=(x+2016)^2f(x+2016))，(F(-2)=4f(-2))，即不等式等价为(F(x+2016)-F(-2)>0)，

因为(F(x))在((-infty，0))上是单调递减的，所以由(F(x+2016)>F(-2))得，(x+2016<-2)，

即(x<-2018)，故选C。

例20【2017•大连模拟】已知函数(f(x)=aln(x+1)-x^2)，在区间((1，2))内任取两个实数(p，q)，且(p eq q)，不等式 (cfrac{f(p+1)-f(q+1)}{p-q}<1)恒成立，则实数(a)的取值范围为________.　

分析：不妨设(p>q)，则(p-q>0)，

则不等式(cfrac{f(p+1)-f(q+1)}{p-q}<1)等价于(f(p+1)-f(q+1)<p-q)，

即$ [f(p+1)-(p+1)]-[f(q+1)-(q+1)]<0$恒成立；

令(g(x)=f(x)-x)，

则由题意可知函数(g(x))在((2，3))内单调递减，

又(g(x)=aln(x+1)-x^2-x)，

则(g′(x)=cfrac{a}{x+1}-2x-1leq 0)在((2，3))内恒成立

即(cfrac{a}{x+1}leq 2x+1)，

也即(aleq (x+1)(2x+1))在((2，3))内恒成立，

结合二次函数的性质，(xin (2，3))时，((x+1)(2x+1)_{min})的极限为15，

故可知(aleq 15)。

反思总结：

1、构造函数的技巧；

2、定义域的变化，由于题中(p，qin (1，2))，故(p+1，q+1in (2，3))。

例21【2017•张家界模拟】已知函数(f(x)(xin R))满足(f(1)=1)，且(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________.　

分析：作差构造函数，设(F(x)=f(x)-cfrac{1}{2}x-cfrac{1}{2})，

则(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)上为减函数，

因为(f(x^2)<cfrac{x^2}{2}+cfrac{1}{2})，等价于(F(x)<0=F(1)=f(1)-cfrac{1}{2}-cfrac{1}{2})

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

即(F(x^2)<F(1)) ,而函数(F(x))在(R)上为减函数，

所以(x^2>1)，即(xin(-infty，-1)cup(1，+infty))，

例22若(alpha，etain [-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2}])，且(alphacdot sinalpha-etacdot sineta>0)，则下列结论正确的是【】

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

分析：由(alphacdot sinalpha-etacdot sineta>0)，得到(alphacdot sinalpha>etacdot sineta)，左右两边的结构一模一样，故联想到构造函数

令(g(x)=xcdot sinx)，则上述条件可表述为(g(alpha)>g(eta))，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)=xcdot sinx=g(x))，故函数(g(x))为偶函数；

当(xin[0，cfrac{pi}{2}])，(g(x)=xcdot sinx)单调递增，

原因一：(xin[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(xin[0，cfrac{pi}{2}])上单调递增；

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

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

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

例23【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).

例23-2【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_2in (0,+infty)(x_1 eq 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_2in (0,+infty)(x_1 eq 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).

例24【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 xin 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.

例25【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。