新教材2022版新高考数学人教B版一轮复习学案：第3章 微专题进阶课3 构造法解F（X）与F′（X）共存问题 WORD版含解析.DOC

1、构造法解f(x)与f(x)共存问题以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中具有f(x)与f(x)共存的不等式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考中的一个热点解答这类问题的策略是将f(x)与f(x)共存的不等式与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用函数的性质解决问题构造yf(x)g(x)型可导函数定义在(0，)上的函数f(x)满足x2f(x)1，f(2)，则关于x的不等式f(ex)0，即函数F(x)在(0，)上单调递增所求不等式可化为F(ex)f(ex)3，而F(2)f(2)3，所以ex2，解得x，则不等式f(x)，可得f(x)0，即函数F(x)f(

2、x)x在R上是增函数又由f(1)1可得F(1)，故f(x)x，整理得f(x)x，即F(x)F(1)由函数的单调性可得不等式的解集为(，1)构造f(x)g(x)型可导函数设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数当x0，且g(3)0，则不等式f(x)g(x)0的解集是()A(3,0)(3，) B(3,0)(0,3)C(，3)(3，) D(，3)(0,3)A解析：构造函数F(x)f(x)g(x)由题意可知，当x0，所以F(x)在(，0)上单调递增又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而F(x)在(0，)上单调递增而F(3)f(3

3、)g(3)0，所以F(3)F(3)0，结合图像(图略)可知不等式f(x)g(x)0F(x)0的解集为(3,0)(3，)故选A.【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征“f(x)g(x)f(x)g(x)”时，可联想、逆用“f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x)”，构造可导函数yf(x)g(x)，然后利用函数的性质巧妙地解决问题设定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)3x2ex，且f(0)0，则()Af(x)在R上单调递减 Bf(x)在R上单调递增Cf(x)在R上有最大值 Df(x)在R上有最小值C解析：构造函数F(x)exf(x)，则有F(x)exf(x)f(x)ex3x2ex

4、3x2，故F(x)x3c(c为常数)，所以f(x).又f(0)0，所以c0，f(x)，f(x).易知f(x)在区间(，3上单调递增，在3，)上单调递减，f(x)maxf(3)，无最小值故选C.构造型可导函数已知定义域为R的函数f(x)的图像是连续不断的曲线，且f(2x)f(x)e22x.当x1时，f(x)f(x)，则()Af(1)ef(0)Bf(3)e4f(1)Cf(2)e5f(2)C解析：构造函数F(x)exf(x)，则有F(x)exf(x)f(x)ex3x2ex3x2，故F(x)x3c(c为常数)，所以f(x).又f(0)0，所以c0，f(x)，f(x).易知f(x)在区间(，3上单调递增

5、，在3，)上单调递减，f(x)maxf(3)，无最小值故选C.【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f(x)g(x)f(x)g(x)”时，可联想、逆用“”，构造可导函数y，然后利用函数的性质巧妙地解决问题(2020长沙明德中学月考)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(2x1)f(x)，f(0)2，则不等式f(x)4ex的解集为()A(2,3) B(3,2)C(，3)(2，) D(，2)(3，)B解析：令G(x)，则G(x)2x1，所以可设G(x)x2xc.因为G(0)f(0)2，所以c2，所以G(x)x2x2，则f(x)4ex等价于4，即x2x24，解得3x2，所以不等式的解集为(3，2)故选B.