2022版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用微专题进阶课3构造法解fx与f′x共存问题学案含解析新人教B版

1、高考复习资料第3章 导数及其应用构造法解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)<3的解集为()a(0，e2) b(e2，)c(0，ln 2) d(，ln 2)d题目解析：构造函数f(x)f(x

2、).依题意知f(x)f(x)>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ex<2，解得x<ln 2，故不等式的解集为(，ln 2)【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f(x)±g(x)”时，不妨联想、逆用“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函数f(x)(xr)满足f(1)1，且f(x)在r上的导函数f(x)>，则不等式f(x)<的解集为_(，1)题目解析：由f(x)>，

3、可得f(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x<0时，f(x)g(x)f(x)·g(x)>0，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题目解析：构造函数f(x)f(x)·g(x)由题意可知，当x<0时，f(x

4、)>0，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)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

5、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题目解析：构造函数f(x)exf(x)，则有f(x)exf(x)f(x)ex·3x2ex3x2，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x>1时，f(x)>f(x)，则()af(1)>ef(0)bf(3)<

6、;e4f(1)cf(2)<e3f(1)df(3)>e5f(2)c题目解析：构造函数f(x)exf(x)，则有f(x)exf(x)f(x)ex·3x2ex3x2，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.【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题目解析：令g(x)，则g(x)2x1，所以可设g(x)x2