第3章 微专题进阶课3　构造法解f(x)与f′(x)共存问题-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

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)＝，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　解析：构造函数F(x)＝f (x)＋.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)．

函数f (x)(x∈R)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)　解析：由f ′(x)>，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　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)＝.又f (0)＝0，所以c＝0，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)max＝f (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 (2－x)＝f (x)e2－2x.当x>1时，f ′(x)>f (x)，则(　　)

A．f (1)>ef (0) B．f (3)<e4f (－1)

C．f (2)<e3f (－1) D．f (3)>e5f (－2)

C　解析：构造函数g(x)＝，因为当x>1时，f ′(x)>f (x)，所以g′(x)＝>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＝，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＝，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(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)＝，

则G′(x)＝＝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)＝＝x2＋x－2，则f (x)<4ex等价于<4，即x2＋x－2<4，

解得－3<x<2，所以不等式的解集为(－3，2)．故选B．