上篇 层级2 专题3 导学微点4 导数中的函数构造问题（教师用书word）-2023大二轮【导学教程】新高考数学专题辅导与训练

[对应学生用书P47] 联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值类问题，则可构造函数，并确定自变量的取值范围，通过研究函数的单调性、最值等，可使问题变得清晰明了，因此，准确构造函数是解题的关键．构造函数的主要依据有两个：一是直接根据所求解的不等式或方程；二是根据求导的基本法则． 类型1　构造函数比较大小 　(1)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(　　) A．a＞2b　　　　　　　 B．a＜2b C．a＞b2 D．a＜b2 (2)(2022·佛山市教学质量检测)设函数f(x)的导函数是f′(x)，且f(x)f′(x)＞x恒成立，则(　　) A．f(1)<f(－1) B．f(1)>f(－1) C．|f(1)|<|f(－1)| D．|f(1)|＞|f(－1)| [解析]　(1)由指数和对数的运算性质得 2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b. 令f(x)＝2x＋log2x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)， ∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)＜f(2b)， ∴a<2b.故选B. (2)设g(x)＝[f2(x)－x2]， 则g′(x)＝[2f(x)f′(x)－2x]＝f(x)f′(x)－x＞0恒成立，所以g(x)在定义域内单调递增，所以g(1)＞g(－1)，即[f2(1)－1]＞[f2(－1)－1]，解得f2(1)>f2(－1)，即|f(1)|>|f(－1)|，故选D. [答案]　(1)B　(2)D 1．(2022·福州市质量检测)“0<a<b”是“a－<b－”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　令f(x)＝x－，则f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，所以0<a<b⇒f(a)＜f(b)，即0<a<b⇒a－<b－.取a＝－1，b＝2，则a－＝0，b－＝>0，满足a－<b－，但不满足0<a<b，即a－<b－⇒/ 0<a<b.综上，“0<a<b”是“a－<b－”的充分不必要条件．故选A. 答案　A 2．定义在区间上的函数f(x)，f′(x)是其导函数，恒有f(x)>f′(x)tan x成立，则(　　) A．f＞f B．f(1)＞2f C．f＜f D．f＜f 解析　因为x∈，所以sin x>0，cos x>0. 由f(x)＞f′(x)tan x，得f(x)cos x－f′(x)sin x＞0. 设F(x)＝， 则F′(x)＝＜0， 所以F(x)在区间上单调递减， 所以F＞F， 即f＞f.故选A. 答案　A 类型2　构造函数解不等式 　已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(1)≠0，且满足f′(x)ln x＋＜0，则不等式(x－1)f(x)<0的解集为(　　) A．(1，＋∞)　　　　 B．(0，1) C．(－∞，1) D．(－∞，0)∪(1，＋∞) [解析]　∵[f(x)ln x]′＝f(x)＋f′(x)ln x<0， ∴g(x)＝f(x)ln x在(0，＋∞)上单调递减，而g(1)＝0， ∴在(0，1)上ln x<0，g(x)>0；在(1，＋∞)上ln x>0，g(x)<0，而f(1)<0， ∴在(0，＋∞)上f(x)<0，又函数f(x)为奇函数， ∴在(－∞，0)上f(x)>0. 不等式(x－1)f(x)＜0等价于或 ∴x∈(－∞，0)∪(1，＋∞). [答案]　D 1．定义在(1，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)＋1>0(f′(x)为函数f(x)的导函数)，f(3)＝，则关于x的不等式f(log2x)－1>logx2的解集为(　　) A．(1，8) B．(2，＋∞) C．(4，＋∞) D．(8，＋∞) 解析　由x2f′(x)＋1>0，得f′(x)＋＞0(x＞1)， 构造函数F(x)＝f(x)－，x∈(1，＋∞)， 则F′(x)＝f′(x)＋＞0， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增， 不等式f(log2x)－1>logx2化为f(log2x)－＞1. 又F(3)＝f(3)－＝－＝1. 故原不等式化为F(log2x)＞F(3)， 从而log2x>3，解之得x>8. 答案　D 2．(2022·重庆市学业质量调研)已知f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且f′(x)－2f(x)＞0，f＝e(e为自然对数的底数)，则关于x的不等式f(ln x)<x2的解集为(　　) A． B． C． D． 解析　设g(x)＝， 则g′(x)＝＝＞0，所以g(x)