Question

10．函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x）滿足xf′（x）+2f（x）＞0，則（　　）

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

Answer 1

分析 根據(jù)題目給出的條件2f（x）+xf′（x）＞0，想到構(gòu)造函數(shù)g（x）=x²f（x），求導(dǎo)后分析該函數(shù)的單調(diào)性，從而能判出函數(shù)的極小值點(diǎn)，進(jìn)一步得到函數(shù)g（x）恒大于0，則有f（x）恒大于0，再利用函數(shù)的單調(diào)性，分別比較大小，即可得到答案．

解答 解：令g（x）=x²f（x），
則g′（x）=2xf（x）+x²f′（x），
=x[2f（x）+xf′（x）]，
∵2f（x）+xf′（x）＞0，
∴當(dāng)x＞0時(shí)，g（x）＞0，所以函數(shù)g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)．
當(dāng)x＜0時(shí)，g（x）＜0，所以函數(shù)g（x）在（-∞，0）上為減函數(shù)．
∴當(dāng)x=0時(shí)函數(shù)g（x）有極小值，也就是最小值為g（0）=0．
所以g（x）=x²f（x）恒大于等于0，
當(dāng)x≠0時(shí)，由x²f（x）恒大于0，可得f（x）恒大于0．
又對(duì)可導(dǎo)函數(shù)f（x），恒有2f（x）+xf′（x）＞0，
取x=0時(shí)，有2f（0）+0×f（0）＞0，所以f（0）＞0．
綜上有f（x）恒大于0．
g（x）在（-∞，0）上為減函數(shù)．
∴g（-2）＞g（-1），即4f（-2）＞f（-1），故A錯(cuò)誤；
g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)．
∴g（4）＞g（2），即4f（4）＞f（2），故B錯(cuò)誤；
∵f（x）恒大于0，
∴-f（-1）＜0，4f（2）＞0，
∴4f（2）＞-f（-1），故C正確；
對(duì)于D，g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)．
g（$\sqrt{3}$）＜g（2），即3f（$\sqrt{3}$）＜4f（2），故D正確．
故答案選：C．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了構(gòu)造函數(shù)法，考查利用函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，解答的關(guān)鍵是合理構(gòu)造出函數(shù)，并會(huì)利用單調(diào)性比較大小，屬于中檔題．