第三章 热点强化课2 函数中的构造问题-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮教师用书word（新教材，北师大版）

近几年高考数学客观题压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的取值范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解决导数问题的基本方法，以下对在处理导数问题时构造函数的规律方法进行归类总结，并举例说明． 　 加减型 [例1]　(2023·青海玉树)定义在R上的可导函数f(x)满足f′(x)＜2，若f(m)－f(1－2m)≥6m－2，则m的取值范围是(　　) A．(－∞，－1]　　　　　 B. C．[－1，＋∞) D. [解析]　令g(x)＝f(x)－2x，则g′(x)＝f′(x)－2＜0，则g(x)在R上单调递减，又f(m)－f(1－2m)≥6m－2等价于f(m)－2m≥f(1－2m)－2(1－2m)，即g(m)≥g(1－2m)，由单调性得m≤1－2m，解得m≤.故选B. [答案]　B [例2]　(2023·山东济南历城二中月考)已知f(x)是定义在R上的奇函数，f′(x)是函数f(x)的导函数且在[0，＋∞)上f′(x)＜1，若f(2 020－m)－f(m)≥2 020－2m，则实数m的取值范围为(　　) A．[－1 010,1 010] B．[1 010，＋∞) C．(－∞，－1 010] D．(－∞，－1 010]∪[1 010，＋∞) [解析]　设g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1， 又x∈[0，＋∞)上，f′(x)＜1，则g′(x)＜0，即函数g(x)在x∈[0，＋∞)上单调递减， 又f(x)是定义在R上的奇函数，则函数g(x)为R上的奇函数，故g(x)在R上单调递减， 又f(2 020－m)－f(m)≥2 020－2m， ∴f(2 020－m)－(2 020－m)≥f(m)－m， 即g(2 020－m)≥g(m)， 可得2 020－m≤m，解得m≥1 010. [答案]　B 　　 在求解抽象函数不等式中，若已知条件出现f′(x)＞k或f′(x)＜k，可构造函数g(x)＝f(x)－kx. 加乘型 [例3]　(2023·江苏省淮安市模拟)已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为f′(x)，若对任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)＞0恒成立，则下列结论正确的是(　　) A．f(0)＜0 B．9f(－3)＜f(1) C．4f(2)＞f(－1) D．f(1)＜f(2) [解析]　令x＝0，则2f(0)＋0＞0，∴f(0)＞0，则A错误； 令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)， 当x＞0时，由2f(x)＋xf′(x)＞0， ∴2xf(x)＋x2f′(x)＞0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为偶函数f(x)的定义域为R， ∴g(x)＝x2f(x)为偶函数，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(－3)＝g(3)＞g(1)，9f(－3)＞f(1)，故B错误； ∴g(2)＞g(－1)，4f(2)＞f(－1)，故C正确； 由题意，不妨假设f(x)＝c＞0(c为常数)符合题意，此时f(1)＝f(2)＝c，故D错误．故选C. [答案]　C [例4]　(2023·河南濮阳)已知函数f(x＋1)为定义域在R上的偶函数，且当x≥1时，函数f(x)满足xf′(x)＋2f(x)＝，f()＝，则4ef(x)＜1的解集是(　　) A．(－∞，2－)∪(，＋∞) B．(2－，) C．(－∞，2－e)∪(e，＋∞) D．(2－e，e) [解析]　由题可知，当x≥1时，[x2f(x)]′＝.令g(x)＝x2f(x)，则f(x)＝， f′(x)＝＝， 令h(x)＝ln x－2g(x)，h′(x)＝－2g′(x)＝， 令h′(x)＝0，解得x＝.可知函数h(x)在(，＋∞)上单调递减﹐在(1，)上单调递增． 又h()＝ln－2g()＝0，所以h(x)≤0，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减， 4ef(x)＜1，可化为f(x)＜＝f()，又函数f(x)关于x＝1对称， 故|x－1|＞|－1|，x－1＜1－或x－1＞－1，所以不等式的解集为(－∞，2－)∪(，＋∞)．故选A. [答案]　A 　　 1．出现f′(x)＋f(x)＞0(＜0)，构造g(x)＝ex·f(x)， 2．出现f′(x)＋kf(x)＞0(＜0)，构造g(x)＝ekx·f(x)， 3．出现f′(x)－f(x)＞k(＜k)，构造g(x)＝ex[f(x)－k]， 4．出现f′(x)ln x＋＞0(＜0)，构造g(x)＝ln x·f(x)． 减除型 [例5]　(2023·浙江省绍兴市新昌中学模拟)若定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)＞f(x)，f(