3.4 函数中的构造问题（PPT课件）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（人教A版）

第三章　一元函数的导数及其应用 3.4　函数中的构造问题 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 核心考点突破 01 知能达标训练 02 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 01 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 谢谢观看 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题． 考点一　导数型构造函数(多维探究　师生共研) 角度1　利用f(x)与x构造 　已知定义在R上的函数f(x),其导函数为f′(x)，当x＞0时,f′(x)－ eq \f(f(x),x) ＞0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) ，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c＜b＜a　　　　　　　 B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．a＜b＜c [解析]　构造函数g(x)＝ eq \f(f(x),x) (x＞0)， 得g′(x)＝ eq \f(xf′(x)－f(x),x2) ＝ eq \f(1,x) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′(x)－\f(f(x),x))) ， 由题知当x＞0时，f′(x)－ eq \f(f(x),x) ＞0， 所以g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以 eq \f(f(2),2) ＞ eq \f(f(1),1) ＞ eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),\f(1,2)) ，即f(2)＞2f(1)＞4f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) ，即b＞a＞c.故选B. [答案]　B 常用的构造形式有xf(x)，xnf(x)， eq \f(f(x),x) ， eq \f(f(x),xn) ，这类形式是对uv， eq \f(u,v) 型函数的导数计算的推广及应用，具体有以下情形： (1)如果题目中出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)； (2)如果题目中出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝ eq \f(f(x),xn) . 角度2　利用f(x)与ex构造 　已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)＞1，f(1)＝4，则关于x的不等式exf(x)＞ex＋3e的解集为(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) [解析]　设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]， 因为f(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，又ex＞0，所以g′(x)＞0恒成立，所以y＝g(x)在定义域上单调递增．故原不等式可转化为exf(x)－ex＞3e，又f(1)＝4，所以g(1)＝ef(1)－e＝3e，所以g(x)＞g(1)，所以x＞1，故选D. [答案]　D 常用的构造形式有exf(x)，enxf(x)， eq \f(f(x),ex) ， eq \f(f(x),enx) ，这种形式一方面是对uv， eq \f(u,v) 函数形式的考察，另外一方面也是对(ex)′＝ex，(enx)′＝nenx的考察． 具体有以下情形： (1)对于f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝exf(x)； (2)对于f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝ eq \f(f(x),ex) ； (3)对于f′(x)＋nf(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝enx·f(x)； (4)对于f′(x)－nf(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝ eq \f(f(x),enx) . 角度3　利用f(x)与sin x，cos x构造 　(多选)已知定义在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0恒成立，则(　　) A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＞ eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B． eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＞ eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D． eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＞ eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) [解析]　 令g(x)＝ eq \f(f(x),cos x) ，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，则g′(x)＝ eq \f(f′(x)cos x＋sin xf(x),cos2x) ，又由x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，且cosxf′(x)＋sin xf(x)＜0恒成立，则g′(x)＜0，即函数g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上单调递减． 因为 eq \f(π,6) ＜ eq \f(π,3) ，所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＞g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) ，即 eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos \f(π,6)) ＞ eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos \f(π,3)) ，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＞ eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) ；因为 eq \f(π,6) ＜ eq \f(π,4) ，所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＞g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) ，即 eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos \f(π,6)) ＞ eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos \f(π,4)) ， 所以 eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＞ eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) . [答案]　CD 由于sin x，cos x的导函数存在一定的特殊性，且它们之间可以相互转化，所以在构造函数时要充分考虑这一点，具体有以下情形： (1)对于f′(x)sin x＋f(x)cos x＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)sin x. (2)对于f′(x)sin x－f(x)cos x＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝ eq \f(f(x),sin x) . (3)对于f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝ eq \f(f(x),cos x) . (4)对于f′(x)cos x－f(x)sin x＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)cos x． 1．设f(x)为定义在R上的奇函数，f(－3)＝0.当x＞0时，xf′(x)＋2f(x)＞0，其中f′(x)为f(x)的导函数，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　　) A．(－∞，－3)∪(0，3) B．(－3，0)∪(3，＋∞) C．(－3，0)∪(0，3) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞) 解析　令g(x)＝x2f(x)，x∈R， 当x＞0时，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]＞0， 即g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为f(x)为R上的奇函数，即f(－x)＝－f(x)， 于是得g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－g(x)， 则g(x)是奇函数，g(x)在(－∞，0)上单调递增， 又f(－3)＝0， 则g(3)＝－g(－3)＝－[(－3)2f(－3)]＝0， 当x＞0时，f(x)＞0⇔g(x)＞0＝g(3)，得x＞3， 当x＜0时，f(x)＞0⇔g(x)＞0＝g(－3)，得－3＜x＜0. 综上，得－3＜x＜0或x＞3， 所以使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－3，0)∪(3，＋∞).故选B. 答案　B 2．已知R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x),且当x∈(0，＋∞)时,f′(x)sin x＋f(x)cos x＜0，若a＝ eq \f(\r(2),2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))) ，b＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) ，则a与b的大小关系为________． 解析　设φ(x)＝f(x)·sin x，则φ′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x，所以x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＜0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(x)为奇函数，所以φ(x)为偶函数，所以φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))) ＝φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＞φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) ， 即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))) ·sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))) ＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) ·sin eq \f(π,4) ， 即－ eq \f(1,2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))) ＞ eq \f(\r(2),2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) ，即 eq \f(\r(2),2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))) ＜－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) ，所以a＜b. 答案　a＜b 考点二　同构法构造函数(重难考点　师生共研) 　(1)已知a＝ eq \f(2,3) ＋ln eq \f(3,2) ，b＝1＋ eq \f(1,e) ，c＝ eq \f(1,2) ＋ln 2，则(　　) A．c＜b＜a B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b (2)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且当x1＜x2时，都有 eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2) ＞ eq \f(3,x1x2) ，则m的最小值是________． [解析]　(1)构造函数f(x)＝ eq \f(1,x) ＋ln x，因为f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ＋ eq \f(1,x) ＝ eq \f(x－1,x2) (x＞0)，所以当x＞1时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为1＜ eq \f(3,2) ＜2＜e，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) ＜f(2)＜f(e)，即 eq \f(2,3) ＋ln eq \f(3,2) ＜ eq \f(1,2) ＋ln 2＜1＋ eq \f(1,e) ，所以a＜c＜b，故选D. (2)当x1＜x2时，都有 eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2) ＞ eq \f(3,x1x2) ，所以ln x1－ln x2＜ eq \f(3(x1－x2),x1x2) ＝ eq \f(3,x2) － eq \f(3,x1) ，即ln x1＋ eq \f(3,x1) ＜ln x2＋ eq \f(3,x2) ，令f(x)＝ln x＋ eq \f(3,x) ，所以当任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在(m，＋∞)上单调递增，由f′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(3,x2) ＝ eq \f(x－3,x2) ＞0，得x＞3，所以f(x)在(3，＋∞)上单调递增，所以m≥3，所以m的最小值是3. [答案]　(1)D　(2)3 同构式指除了变量不同，其余地方均相同的表达式 同构式的 应用 (1)在方程中的应用：如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈现同构特征，则a，b可视为方程f(x)＝0的两个根． (2)在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而可利用函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式． 同构法构造函数的策略 (1)指对各一边，参数是关键； (2)常用“母函数”：f(x)＝xex，f(x)＝ex±x；寻找“亲戚函数”是关键； (3)随机应变凑同构，凑常数、x、参数； (4)复合函数(“亲戚函数”)比大小，利用单调性求参数范围． 1．已知α，β均为锐角，且α＋β－ eq \f(π,2) ＞sin β－cos α，则(　　) A．sin α＞sin β B．cos α＞cos β C．cos α＞sin β D．sin α＞cos β 解析　∵α＋β－ eq \f(π,2) ＞sin β－cos α， ∴β－sin β＞ eq \f(π,2) －α－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)) ， 令f(x)＝x－sin x，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ， 则f′(x)＝1－cos x＞0， ∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上单调递增， ∴β＞ eq \f(π,2) －α， ∵α，β均为锐角， ∴cos β＜cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)) ，sin β ＞sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)) ， ∴cos β＜sin α，sin β ＞cos α. 答案　D 2．若2x－2y＜3－x－3－y，则(　　) A．ln (y－x＋1)＞0 B．ln (y－x＋1)＜0 C．ln |x－y|＞0 D．ln |x－y|＜0 解析　由2x－2y＜3－x－3－y得2x－3－x＜2y－3－y，令f(t)＝2t－3－t，∵y＝2x为R上的增函数，y＝3－x为R上的减函数，∴f(t)为R上的增函数，∴x＜y，∴y－x＋1＞1，∴ln (y－x＋1)＞0，则A正确，B错误，C、D无法确定．故选A. 答案　A $$