第三章 拓展深化二 构造法解f(x)与f′(x)共存问题（课件PPT）-【优化指导】2024高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版 新教材 新高考）

第三章　导数及其应用 拓展深化二　构造法解f(x)与f′(x)共存问题 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学 第三章　导数及其应用 谢谢观看！ 以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)， eq \f(f（x）,g（x）) ”等特征式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题． 角度1　构造y＝f(x)±g(x)型可导函数 【例1】定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)< eq \f(1,2) ，则不等式f(lg x)> eq \f(lg x＋1,2) 的解集为________． 答案：(0，10)　解析：由题意构造函数g(x)＝f(x)－ eq \f(1,2) x，则g′(x)＝f′(x)－ eq \f(1,2) <0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) ，由f(lg x)> eq \f(lg x＋1,2) ，得f(lg x)－ eq \f(1,2) lg x> eq \f(1,2) ，即g(lg x)＝f(lg x)－ eq \f(1,2) lg x> eq \f(1,2) ＝g(1)，所以lg x<1，解得0<x<10.所以原不等式的解集为(0，10). [探究提高] 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y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． 【练1】设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，则下列不等式在R上恒成立的是(　　) A．f(x)>0 B．f(x)<0 C．f(x)>x D．f(x)<x A　解析：令g(x)＝x2f(x)－ eq \f(1,4) x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]，当x>0时，g′(x)>0，∴g(x)>g(0)，即x2f(x)－ eq \f(1,4) x4>0，从而f(x)> eq \f(1,4) x2>0；当x<0时，g′(x)<0，∴g(x)>g(0)，即x2f(x)－ eq \f(1,4) x4>0，从而f(x)> eq \f(1,4) x2>0；当x＝0时，由题意可得2f(0)>0，∴f(0)>0.综上可知，f(x)>0. 角度2　构造f(x)·g(x)型可导函数 【例2】设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的解集为________． 答案：(－∞，－3)∪(0，3)　解析：由f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，可得[f(x)·g(x)]′>0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3，0)，(3，0).数形结合可求得不等式f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0，3). [探究提高] 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“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)·g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)·g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． 【练2】设定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋f(x)＝3x2e－x，且f(0)＝0，则下列结论正确的是(　　) 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F(x)＝exf(x)，则有F′(x)＝ex[