素养拓展07 导数中利用构造函数解不等式（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展07导数中利用构造函数解不等式（精讲+精练）一、构造函数解不等式解题思路利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：（1）把不等式转化为fgxfhx；（2）判断函数fx的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“f”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别.二、构造函数解不等式解题技巧求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，下面是常见函数的变形模型1.对于)()(xgxf，构造)()()(xgxfxh模型2.对于不等式kxf'0k，构造函数bkxxfxg.模型3.对于不等式0'xfxf，构造函数)(xfexgx拓展：对于不等式0'xkfxf，构造函数)(xfexgkx模型4.对于不等式0'xfxf，构造函数xe)(xfxg模型5.对于不等式0'xfxxf，构造函数xxfxg拓展：对于不等式0'xnfxxf，构造函数)(xfxxgn模型6.对于不等式0'xfxxf，构造函数xxfxg0x拓展：对于不等式0'xnfxxf，构造函数nxxfxg)(模型7.对于0)()(xfxf，分类讨论：（1）若0)(xf，则构造);(ln)(xfxh（2）若0)(xf，则构造)](ln[)(xfxh模型8.对于()ln()0(0)fxafx，构造()()xhxafx.一、知识点梳理模型9.对于()()ln0(0)fxfxxx，构造()()lnhxfxx.模型10.（1）对于()()tan(()()tan)fxfxxfxfxx或，即()cos()sin0(0)fxxfxx，构造()()coshxfxx．（2）对于()cos()sin0(0)fxxfxx，构造()()cosfxhxx．模型11.（1）()sin()cos[()sin]fxxfxxfxx（2）2()sin()cos()[]sinsinfxxfxxfxxx【典例1】定义在R上的可导函数fx满足2fx，若1262fmfmm，则m的取值范围是（）A．,1B．1,3C．1,D．1,3【解析】令()2gxfxx，则()20gxfx，则()gx在R上单减，又1262fmfmm等价于221212fmmfmm，即12gmgm，由单调性得12mm，解得13m.故选：B.【典例2】已知定义在0,上的函数fx满足22+0xfxxfx，324f，则关于x的不等式23fxx的解集为（）A．0,4B．2,C．4,D．0,2【详解】令2hxxfx，则220hxxfxxfx，所以hx在0,单调递减，不等式23fxx可以转化为2234224xfxf，即2hxh，所以02x.故选：D.【典例3】设函数()fx是函数()fx的导函数，xR，()()0fxfx，且(1)2f，则不等式12()xfxe的解集为（）A．(1,)B．(2,)C．(,1)D．(,2)二、题型精讲精练【解析】依题意，令函数xgxefx，则0xgxefxfx，且(1)2ge，所以()gx是R上的增函数，12()()2()(1)xxfxefxegxge，解得1x．故选：A【典例4】定义在R上的函数fx的导函数为fx，若对任意实数x，有fxfx，且()2022fx+为奇函数，则不等式()20220xfxe+的解集是（）A．,0B．(−∞,𝑙𝑛2022)C．0,D．2022,【解析】设xfxgxe，则xfxfxgxe，因为fxfx，所以0gx，gx为定义在R上的减函数，因为()2022fx+为奇函数，所以()020220f+=，()02022f=-，()()0002022fge==-，()20220xfxe+，即()2022xfxe-，0gxg，0x，故选：C.【典例5】已知fx是定义域为,22的奇函数fx的导函数，当02x时，都有cosfxxfxsin0x，24f，则不等式1sinfxx的解集为（）A．,,2442B．,00,44C．,0,244D．,0,442【详解】因为fx是奇函数，所以sinfxx是偶函数．设sinhxfxx，∴当02x时，cossin0hxfxxfxx，∴hx在区间0,2上是增函数，∴hx在区间,02是减函数，∵sin14444hhf．当02x时，不等式1sinfxx等价于14sinhfxx，当02x时，不等式1sinfxx等价于14sinhfxx，∴原不等式的解集为,0,442．故选：D．【题型训练】1.加减法模型一、单选题1．（2023秋·江西萍乡·高三统考期末）已知fx是定义在R上的奇函数,'fx是其导函数.当x≥0时,'²0,fxx且23f,则3113fxx的解集是（）A．2,B．22,C．2,D．,2【答案】C【详解】设31()()(1)3gxfxx，可得''2()(),gxfxx因为当x≥0时,'²0,fxx，所以31()()(1)3gxfxx在0,上递增，又因为fx是定义在R上的奇函数，所以33111()()(1)()333gxfxxfxx的图像关于1(0,)3对称，如图，所以gx在R上递增，又因为23f，所以31(2)(2)(21)03gf，则3113fxx等价于31()()(1)0g(2)3gxfxx，所以2x，即3113fxx的解集是2,，故选：C.2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx的导函数为fx，若对任意的0x，都有2()fxx，且(e)3f，则不等式()2ln1fxx的解集为（）A．e，B．2e，C．0,eD．0,2e【答案】A【详解】令()()2lngxfxx，则2()()0gxfxx，所以gx在0，上单调递增，(e)(e)2lne=1gf,()2ln1fxx等价于()2ln1fxx,即(e)gxg，即ex，所以不等式()2ln1fxx的解集为e，.故选：A.3．（2023·漠河市高级中学）已知()fx是定义在R上的奇函数，()fx是函数()fx的导函数且在0,上()1fx，若(2020)()20202fmfmm，则实数m的取值范围为（）A．1010,1010B．1010,C．,1010D．,10101010,【答案】B【解析】设()()gxfxx，则()()1gxfx又0,x上，()1fx，则()0gx，即函数()gx在0,x上单调递减，又()fx是定义在R上的奇函数，则函数()gx为R上的奇函数，故()gx在R上单调递减，又(2020)()20202fmfmm,(2020)2020()fmmfmm，即(2020)()gmgm可得：2020mm，解得：1010m.故选：B.4．（2023·全国高三专题练习）已知定义在R上的函数fx满足13f，对xR恒有2fx，则21fxx的解集为（）A．1,B．,1C．1,D．,1【答案】B【解析】令()()21Fxfxx，则()()2Fxfx，又因为对xR恒有2fx所以()()20Fxfx恒成立，所以()()21Fxfxx在R上单减.又(1)(1)210Ff，所以()0Fx的解集为,1故选：B2.)(xfxxgn和nxxfxg)(模型一、单选题1．（2023·江西·瑞金市第三中学高三阶段练习（理））已知定义在R上的函数fx的导函数为fx，若对任意的实数x，不等式0xfxfx恒成立，且13f，则不等式e3exxf的解集为（）A．,0B．,1C．(ln3,)D．1,【答案】A【详解】设gxxfx，则0gxxfxfx，所以gx在R上单调递减；由e3exxf，得ee11xxff，即e1xgg，所以e1x，解得0x.故选：A.2.（2023秋·山西太原·高三山西大附中校考期末）设定义R在上的函数yfx，满足任意xR，都有4fxfx，且0,4x时，xfxfx，则2021f，22022f，32023f的大小关系是（）A．20222202320231fffB．20222023202123fffC．20232032222021fffD．20232022202132fff【答案】A【详解】依题意，任意xR，都有4fxfx，所以fx是周期为4的周期函数.所以202222023320211,,2233ffffff.构造函数204,0fxxfxfxFxxFxxx，所以Fx在区间0,4上单调递增，所以123FFF，即122313fff，也即20222202320231fff.故选：A3．（2023秋·陕西·高三校联考期末）定义在0,上的函数fx的导函数为fx，且4xfxfx恒成立，则（）A．16(1)4(2)(2)fffB．16(1)(2)4(2)fffC．16(1)4(2)(2)fffD．16(1)(2)4(2)fff【答案】A【详解】设函数4fxgxx，0x，则4385440xfxxfxxfxfxgxxx，所以gx在0,上单调递减，从而122ggg，即444212122fff，则161422fff.故选：A.4．（2023春·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）设定义在R上的奇函数fx的导函数为fx，已知20f，当0x时，30fxxfx，则不等式0fx的解集为________．【答案】2,02,【详解】令3