专题突破卷06 导函数与原函数的七种混合构造（解析版）

专题突破卷06导函数与原函数的七种混合构造1.利用()nxfx构造型1．设函数fx是定义在(,0)上的可导函数，其导函数为fx，且有20fxxxf，则不等式2(2023)(2023)4(2)0xfxf的解集为（）A．2023,2021B．2025,0C．2025,2021D．2025,2023【答案】D【分析】构造函数2gxxfx，求导可知其在,0上单调递减，进而整理所求不等式为20232gxg，由函数单调性构建不等式，解得答案.【详解】由2()()0,(0)fxxfxx，得22()()0xfxxfx，即2()0xfx，令2()()gxxfx，则当0x时，得0gx，即gx在(,0)上是减函数，∴2(2023)(2023)(2023)gxxfx，242gf，即不等式等价为202320gxg，∴20232gxg，得20232x，即2025x，又20230x，解得2023x，故20252023x．故选：D.2．已知奇函数fx是定义在R上的可导函数，其导函数为fx，当0x时，有22fxxfxx，则2(2023)202310xfxf的解集为________．【答案】(,2022)【分析】当0x时，由22fxxfxx，得2()0xfx，故2()()gxxfx在(0,)上为增函数，再根据奇偶性得()gx在R上为增函数，将不等式2(2023)202310xfxf化为(2023)(1)gxg，利用单调性可求出结果.【详解】当0x时，因为220fxxfxx，所以220xfxxfx，所以2()0xfx，所以2()()gxxfx在(0,)上为增函数，因为()fx是定义在R上的奇函数，所以()()fxfx，所以22()()()()()gxxfxxfxgx，且()gx的定义域为R，关于原点对称，所以()gx也是定义在R上的奇函数，且(0)(0)0gf，又因为2()()gxxfx在(0,)上为增函数，所以()gx在R上为增函数，由2(2023)202310xfxf，得2(2023)20231(1)(1)xfxffg，所以(2023)(1)gxg，因为()gx在R上为增函数，所以20231x，即2022x.所以2(2023)202310xfxf的解集为(,2022).故答案为：(,2022)3．已知定义在0,上的函数fx满足2320,24xfxxfxf，则关于x的不等式23fxx的解集为__________．【答案】(0,2)【分析】构造函数2,gxxfxx0,，由题意可得gx在0,上单调递减，不等式转化为2gxg，利用gx单调性，即可得出答案.【详解】令2,gxxfxx0,，则22gxxfxxfx，所以当0x时，220xfxxfx，即当0x时，0gx，所以gx在0,上单调递减，又324f，所以2423gf，因为23fxx，即23gxfxx，所以2gxg，所以原不等式的解集为(0,2).故答案为：(0,2).4．已知定义在R上的偶函数()yfx的导函数为()yfx，当x0时，()()0fxfxx，且(2)3f，则不等式6(21)21fxx的解集为_________________________.【答案】13(,)(,)22【分析】由()()0fxfxx变形得()0xfxx，即可构造()gxxfx，结合()fx的奇偶性可得gx是R上的奇函数且在R上单调递减，则可对21x的符号分类讨论，可将6(21)21fxx化为关于(21)gx的不等式，最后结合gx单调性求解即可【详解】当0x时，()()()()()0xfxfxxfxfxfxxxx，∴()0xfx，令()gxxfx，∴gx在0,上单调递减，又()yfx是定义在R上的偶函数，∴gx是R上的奇函数，即gx在R上单调递减，∵(2)3f，∴26g，当210x，即12x时，6(21)21(21)(21)2616fxxfxgxx，∴22123xx；当210x，即12x时，6(21)21(21)(21)2616fxxfxgxx，∴22123xx，则12x.故不等式6(21)21fxx的解集为13,,22.故答案为：13,,22.5．()fx是定义在(0,)上的非负可导函数，且满足()()0xfxfx，对任意正数a，b，若ab，则必有（）A．()()afafbB．()()bfbfaC．()()bfbafaD．()()afabfb【答案】C【分析】由各选项的特征构造函数()()(0)gxxfxx，再讨论函数()gx性质即可作答.【详解】因()fx是定义在0,上的非负可导函数，则()()0xfxfx，令函数()()(0)gxxfxx，则()()0()gxxfxfx，即()gx在(0,)是减函数或常数函数，当0ab时，()()gagb或()()gagb，即)())((()aafabfbggb，C正确.故选：C6．若定义域为0,的函数fx满足20fxxxf，则不等式2111ffxx的解集为_______.【答案】1,0【分析】设2hxxfx，根据题意得到hx在0,上单调递增，把2111ffxx转化为(1)(1)hxh，结合函数hx的单调性，即可求解.【详解】由0,x时，函数fx满足20fxxxf，可得220xfxxfx，设2,0hxxfxx，则220hxxfxxfx，故hx在0,上单调递增，由2111ffxx，即2111xfxf，即(1)(1)hxh，所以011x，解得10x，所以2111ffxx的解集为1,0.故答案为：1,0.2.利用()nfxx构造型7．定义在0,上的函数fx的导函数为fx，若0xfxfx，且20f，则不等式10xfx的解集为（）A．0,2B．1,2C．0,1D．2,【答案】B【分析】设fxgxx，由已知得出gx在0,上单调递减，结合20f进一步计算得到结果.【详解】设fxgxx，则2xfxfxgxx，因为0xfxfx，所以gx在0,上单调递减.因为20f，所以20g，所以当02x时，0fx，当2x时，0fx，故不等式10xfx的解集为1,2.故选：B.8．（多选）已知函数fx的定义域为0,，导函数为fx，满足1exxfxfxx（e为自然对数的底数），且10f，则（）A．2323ffB．fx在0,1上单调递增C．fx在1x处取得极小值D．fx无最大值【答案】ACD【分析】根据条件构造函数gx，由题意可得gx，fx的解析式，利用导数分析gx，fx单调性，进而可得答案.【详解】设0fxgxxx，因为10f，所以1(1)0gf，因为2xfxfxgxx，1exxfxfxx，则221eexxxfxfxxgxxxx，故可设exgxcx，由10g，则1e0gc，解得ec，故eexgxx，即eexfxx，因为2e(1)xxgxx，令0gx，则1x，故gx在1,上单调递增，所以23gg，即2323ff，故A正确；因为eexfx，令ee0xfx，解得1x，则fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以fx在1x处取得极小值，故B错误，C正确，因为x逼近于时，fx逼近于，所以fx无最大值，故D正确.故选：ACD．9．已知定义在R上的函数()fx满足：()()0xfxfx，且12f，则e2exxf的解集为（）A．0,B．ln2,C．1,D．0,1【答案】A【分析】设()()fxgxx，0x，由()()0xfxfx得出()gx在(0,)单调递增，由12f得出(1)2g，将e2exxf转化为(e)(1)xgg即可得出答案．【详解】设()()fxgxx，0x，因为()()0xfxfx，所以2()()()0xfxfxgxx，所以()gx在(0,)单调递增，因为12f，所以(1)(1)21fg，由e2exxf，且e0x得(e)2exxf，则(e)(e)2(1)exxxfgg，所以0e1ex，又exy在(0,)单调递增，所以,()0x，故选：A．10．（多选）已知函数fx满足2exxfxfxx，(1)ef，则（）A．tan1etan1fB．21exffxfC．若方程221()02efxafx有5个解，则32eaD．若函数2xgxfafx（0a且1a）有三个零点，则22eee,11,ea【答案】BCD【分析】由2exxfxfxx可构造函数()()fxFxx，由已知条件求出()fx，再由解析式求解判定选项.【详解】因为2exxfxfxx，构造函数()()fxFxx，则2()()()exxfxfxFxx，所以可设()e()(e)xxFxcfxxc，又(1)ef，所以0c=，()exfxx.对于A选项，πtantan114(tan1)tan1etan1etan1ef，故A选项错误；对于B选项，由()(1)exfxx，所以当1x时，()0fx，()fx在(,1)单调递减，当1x时，()0fx，()fx在(1,)单调递增，所以1()(1)efxf极小值，而21(),exfx均大于0，要比较21,xffxfe的大小，只需比较21(),exfx的大小，ln()eexxxfxx，令()ln(21)ln1,(0)hxxxxxxx，则11()1xhxxx，()hx在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，所以()(1)0hxh，所以ln21ln21,eexxxxxx，即21()exfx，进而21xffxfe，故B选项正确；对于C选项，方