2022版新高考数学人教A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

2、 (x)0，即函数F(x)f (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，

3、从而F(x)在(0，)上单调递增而F(3)f (3)g(3)0，所以F(3)F(3)0，结合图象(图略)可知不等式f (x)g(x)0F(x)0的解集为(3,0)(3，)故选A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)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，在

4、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)的图象是连续不断的曲线，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g(x)，因为当x1时，f (x)f (x)，所以g(x)0，可得当x1时，g(x)单调递增因为f (2x)f (x)e22x，整理得，即g(2x)g(x)，可得函数图象关于x1对称，则g(1)g(3)，所以，g(2).因为g(2)g(3)g(1)，所以，化简可得f (2)e3f (1)故选C(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