第5章 专题提升课(四) 构造法解f(x)与f(x)共存问题（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

专题提升课(四)　构造法解f(x)与f′(x)共存问题 学习目标 掌握利用导数构造函数的几种方法，并能简单应用． 以抽象函数为背景，设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，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，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． 专题一：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)<，则不等式f(lg x)>的解集为____________． 答案：(0, 10)　解析：由题意构造函数g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－<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)－＝.由f(lg x)>，得f(lg x)－lg x>，即g(lg x)＝f(lg x)－lg x>＝g(1)，所以lg x<1，解得0<x<10.所以原不等式的解集为(0, 10). 构造y＝f(x)±g(x)型可导函数的策略 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] (2023·贵港高二期中)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<，则f(x)<＋的解集为(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) D　解析：设F(x)＝f(x)－x，则F′(x)＝f′(x)－，因为f′(x)<，所以F′(x)＝f′(x)－<0，即函数F(x)在R上单调递减， 则f(x)<＋，即f(x)－<f(1)－，即F(x)<F(1)， 所以x>1，即f(x)<＋的解集为(1，＋∞). 专题二：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). 构造y＝f(x)·g(x)型可导函数的思路 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[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，故f(x)＝.因为f′(x)＝＝，易知f(x)在区间(－∞， 3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(3)＝，无最小值． 专题三：构造型可导函数 [例3] 设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0.当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) A　解析：令g(x)＝，得g′(x)＝.由题意知，当x>0时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，g(x)>0，从而f(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，从而f(x)<0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)>0；当x∈(－1, 0)时，f(x)<0.综上，所求x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1). 构造y＝型可导函数的思路 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＝，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． [练3] (2024·广州高二联考)已知定义在R上的函数f(x)满足：xf′(x)－f(x)>0，且f(1)＝2，则f(ex)>2ex的解集为(　　) A．(0，＋∞) B．(ln 2，＋∞) C．(1，＋∞) D．(0，1) A　解析：设g(x)＝，x>0，因为xf′(x)－f(x)>0，所以g′(x)＝>0， 所以g(x)在(0，＋∞)单调递增，因为f(1)＝2，所以g(1)＝＝2， 由f(ex)>2ex，且ex>0，得>2， 则g(ex)＝>2＝g(1)， 所以ex>1＝e0，又y＝ex在(0，＋∞)单调递增， 所以x∈(0，＋∞)，故选A. 1．知识清单 (1)构造y＝f(x)±g(x)型可导函数． (2)构造f(x)·g(x)型可导函数． (3)构造型可导函数． 2．方法归纳：构造法． 3．常见误区：分不清各种构造函数的条件而导致构造函数错误． ◎随堂演练 1．已知f′(x)是定义在R上的函数f(x)的导函数，且满足xf′(x)＋ f(x)>0对任意的x∈R都成立，则下列选项中一定正确的是(　　) A．f(1)> B．>f(2) C．f(1)< D．<f(2) D　解析：令F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝ xf′(x)＋ f(x)>0，故F(x)为R上的增函数，所以F(2)>F(1)，即<f(2).故选D. 2．(2023·武汉高二期中)设f(x)，g(x)是R上的可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)，g(x)的导函数，且满足f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有(　　) A．f(x)g(b)>f(b)g(x) B．f(x)g(a)>f(a)g(x) C．f(x)g(x)>f(b)g(b) D．f(x)g(x)>f(b)g(a) C　解析：令y＝f(x)·g(x)， 则y′＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)， 由于f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0， 所以y在R上单调递减， 又x<b，故f(x)g(x)>f(b)g(b)，C正确； 要想判断ABD选项，需要已知更多其他条件，故其他选项均无法判断． 3．(2024·西安高二期末)定义在R上的奇函数f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)，且f(x)f(x＋2)＝－1，若f(2 023)＝－e，则不等式f(x)<ex的解集为________________． 答案：{0}∪(1，＋∞)　解析：∵f(x)·f(x＋2)＝－1， ∴f(x＋2)＝－， ∴f(x＋4)＝－＝f(x)， 即函数f(x)是周期为4的周期函数． ∵f(2 023)＝－e， ∴f(2 023)＝f(－1)＝－e. ∵f(x)是定义在R上的奇函数， ∴f(1)＝e. ①当f(x)≠0时，令g(x)＝，g′(x)＝. ∵f′(x)<f(x)， ∴g′(x)＝<0， 即g(x)在R上单调递减， g(1)＝＝1. ∵g(x)<1＝g(1)， ∴x>1， ∴不等式f(x)<ex的解集为(1，＋∞). ②∵当x＝0时，f(0)＝0<e0＝1， ∴当x＝0时，不等式成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$