第3章 微专题进阶课3　构造法解f(x)与f′(x)共存问题教案

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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y＝f (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)＝eq \f(5,2)，则关于x的不等式f (ex)<3－eq \f(1,ex)的解集为( )
A．(0，e2)B．(e2，＋∞)
C．(0，ln 2)D．(－∞，ln 2)
D 解析：构造函数F(x)＝f (x)＋eq \f(1,x).依题意知F′(x)＝f ′(x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x2f ′x－1,x2)>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)＋eq \f(1,ex)<3，而F(2)＝f (2)＋eq \f(1,2)＝3，所以ex<2，解得x函数f (x)(x∈R)满足f (1)＝1，且f (x)在R上的导函数f ′(x)>eq \f(1,2)，则不等式f (x)(－∞，1) 解析：由f ′(x)>eq \f(1,2)，可得eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f x－\f(1,2)x))eq \s\up8(′)＝f ′(x)－eq \f(1,2)>0，即函数F(x)＝f (x)－eq \f(1,2)x在R上是增函数．又由f (1)＝1可得F(1)＝eq \f(1,2)，故f (x) 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 解析：构造函数F(x)＝f (x)·g(x)．由题意可知，当x<0时，F′(x)>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，结合图象(图略)可知不等式f (x)g(x)>0⇔F(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)＝3x2e－x，且f (0)＝0，则( )
A．f (x)在R上单调递减B．f (x)在R上单调递增
C．f (x)在R上有最大值D．f (x)在R上有最小值
C 解析：构造函数F(x)＝exf (x)，则有F′(x)＝ex[f ′(x)＋f (x)]＝ex·3x2e－x＝3x2，故F(x)＝x3＋c(c为常数)，所以f (x)＝eq \f(x3＋c,ex).又f (0)＝0，所以c＝0，f (x)＝eq \f(x3,ex).f ′(x)＝eq \f(3x2－x3,ex)，易知f (x)在区间(－∞，3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减，f (x)max＝f (3)＝eq \f(27,e3)，无最小值．故选C．
构造eq \f(f x,gx)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 (2－x)＝f (x)e2－2x.当x>1时，f ′(x)>f (x)，则( )
A．f (1)>ef (0)B．f (3)C．f (2)e5f (－2)
C 解析：构造函数g(x)＝eq \f(f x,ex)，因为当x>1时，f ′(x)>f (x)，所以g′(x)＝eq \f(f ′x－f x,ex)>0，
可得当x>1时，g(x)单调递增．
因为f (2－x)＝f (x)e2－2x，整理得eq \f(f 2－x,e2－x)＝eq \f(f x,ex)，即g(2－x)＝g(x)，可得函数图象关于x＝1对称，则g(－1)＝g(3)，所以eq \f(f －1,e－1)＝eq \f(f 3,e3)，g(2)＝eq \f(f 2,e2).因为g(2)(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(2x＋1)＋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)＝eq \f(f x,ex)，
则G′(x)＝eq \f(f ′x－f x,ex)＝2x＋1，
所以可设G(x)＝x2＋x＋c.
因为G(0)＝f (0)＝－2，
所以c＝－2，所以G(x)＝eq \f(f x,ex)＝x2＋x－2，则f (x)<4ex等价于eq \f(f x,ex)<4，即x2＋x－2<4，
解得－3