微专题(三)构造法在导数中的应用-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案全书word（新教材，基础版）

金版教程 高考科学复习解决方案 数学 近几年高考数学客观压轴题，多以导数为工具采用构造函数比较大小或求参数取值范围的形式出题，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． 类型一　导数型构造函数(多角度探究) 角度1利用f(x)与xn构造 (1)对于xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，其中n>0，构造函数F(x)＝xnf(x)； (2)对于xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，其中n>0，构造函数F(x)＝. 例1　函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且3f(x)＋xf′(x)<0，则不等式(x＋2024)3f(x＋2024)＋8f(－2)<0的解集为(　　) A．(－2026，－2024) B．(－∞，－2026) C．(－2024，－2023) D．(－∞，－2020) 答案　A 解析　依题意，有[x3f(x)]′＝x2[3f(x)＋xf′(x)]<0，故y＝x3f(x)在(－∞，0)上是减函数，原不等式化为(x＋2024)3f(x＋2024)<(－2)3f(－2)，即0>x＋2024>－2，所以原不等式的解集为(－2026，－2024)．故选A. 题目已知中出现含f(x)，f′(x)的不等式，一般应考虑逆用导数的运算法则构造新函数，然后再逆用单调性等解决问题． 1．设f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且f(1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，则不等式f(x)>0的解集为________． 答案　(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析　构造F(x)＝，则F′(x)＝，由当x<0时，xf′(x)－f(x)>0可得当x<0时，F′(x)>0，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．又f(x)为偶函数，g(x)＝x为奇函数，∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增．根据f(1)＝0可得F(1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数F(x)的图象(图略)，根据函数F(x)的图象可知f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 角度2利用f(x)与enx构造 (1)对于f′(x)＋nf(x)>0(或<0)，其中n>0，通常构造函数F(x)＝enxf(x)； (2)对于f′(x)－nf(x)>0(或<0)，其中n>0，通常构造函数F(x)＝. 例2 (2023·湖北武汉华中师范大学第一附属中学高三上学期期中)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，且f(x)－f′(x)>0，f(0)＝1，则关于x的不等式f(x)>ex的解集为(　　) A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．{x|x<1} D．{x|x>1} 答案　B 解析　由f(x)>ex⇒>1，设g(x)＝⇒g′(x)＝<0⇒g(x)单调递减，且g(0)＝1，所以由>1⇒g(x)>1＝g(0)⇒x<0.故选B. 若不等式满足“f′(x)－nf(x)>0”的形式，优先构造函数F(x)＝，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可，注意所求问题的转化． 2．(2024·湖北襄阳第五中学高三上学期月考)设f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，f(x)－f′(x)＋2ex<0(e为自然对数的底数)，且f(2)＝4e2，则不等式f(x)>2xex的解集为________． 答案　(2，＋∞) 解析　设g(x)＝－2x，则g′(x)＝－2＝，因为f(x)－f′(x)＋2ex<0，所以g′(x)>0，函数g(x)在R上单调递增，又f(2)＝4e2，所以g(2)＝－4＝0，由f(x)>2xex，可得－2x>0，即g(x)>0＝g(2)，又函数g(x)在R上单调递增，所以x>2，即不等式f(x)>2xex的解集为(2，＋∞)． 角度3利用f(x)与sinx，cosx构造 由于sinx，cosx的导函数存在一定的特殊性，且它们之间可以相互转化，因此，要解由f(x)，f′(x)，sinx，cosx构成的不等式，常用的构造方法如下： (1)对于f′(x)sinx＋f(x)cosx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝f(x)sinx； (2)对于f′(x)sinx－f(x)cosx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝； (3)对于f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝； (4)对于f′(x)cosx－f(x)sinx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝f(x)cosx. 例3 定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f′(x)>f(x)tanx成立，则(　　) A．f<f B．f>2cos1·f(1) C．f>2f D．f>f 答案　A 解析　由f′(x)>f(x)tanx，得f′(x)cosx－f(x)sinx>0，构造函数F(x)＝f(x)cosx，则F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx>0，故F(x)在上单调递增，则F＝fcos<fcos＝F，即f<f.故选A. 若不等式满足或通过变形后满足“f′(x)cosx－f(x)sinx>0”的形式时，优先考虑构造函数F(x)＝f(x)cosx，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可，注意所求问题的转化． 3．(2023·重庆市九龙坡区高三二模)已知偶函数f(x)的定义域为，其导函数为f′(x)，当0≤x<时，有f′(x)cosx＋f(x)·sinx>0成立，则关于x的不等式f(x)>2fcosx的解集为________． 答案　∪ 解析　构造函数g(x)＝，0≤x<，g′(x)＝＝>0，所以函数g(x)＝在上单调递增，因为函数f(x)为偶函数，所以函数g(x)＝也为偶函数，且函数g(x)＝在上单调递增，所以函数g(x)＝在上单调递减，因为x∈，所以cosx>0，关于x的不等式f(x)>2fcosx可变为>，也即g(x)>g，所以g(|x|)>g，则解得<x<或－<x<－.故原不等式的解集为∪. 类型二　同构法构造函数 例4 　(2023·重庆万州纯阳中学模拟)若0<x1<x2<1，则下列结论正确的是(　　) A．ex2－ex1>ln x2－ln x1 B．ex2－ex1<ln x2－ln x1 C．x2e x1>x1ex2 D．x2ex1<x1ex2 答案　C 解析　令h(x)＝ex－ln x，则h′(x)＝ex－＝，令φ(x)＝xex－1，所以当0<x<1时，φ′(x)＝(x＋1)ex>0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增，又φ(0)＝－1，φ(1)＝e－1>0，所以∃x0∈(0，1)，使得φ(x0)＝0，即当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，h′(x)<0，当x∈(x0，1)时，φ(x)>0，h′(x)>0，所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，1)上单调递增，故ex2－ln x2与ex1－ln x1的大小关系无法判断，故A，B均错误；令f(x)＝，则当0<x<1时，f′(x)＝<0，故f(x)在(0，1)上单调递减，若0<x1<x2<1，则f(x1)>f(x2)，即>，所以x2ex1>x1ex2，故C正确，D错误．故选C. 根据条件或结论特征构造具体函数，一般具有相似结构，利用这一特征构造具体函数，利用该函数单调性寻求突破口，在根据特征构造函数时，需要较强的观察力和联想力，灵活地针对不同特征构造出相应函数，这也需要我们平时注意积累，掌握一些常见函数模型． 4．已知a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．a>c>b D．b>a>c 答案　A 解析　因为a＝＝，b＝，所以设f(x)＝，x∈(1，＋∞)．因为f′(x)＝－<0，所以f(x)在(1，＋∞)上是减函数，又e<3<5，所以a>b>c.故选A. 5．已知变量x1，x2∈(0，m)(m>0)，且x1<x2，若x<x恒成立，则m的最大值为(　　) A．e B． C． D．1 答案　A 解析　x<x，即x2ln x1<x1ln x2，化为<，故f(x)＝在(0，m)上为增函数，又由f′(x)＝>0，得0<x<e，故m的最大值为e.故选A. 5 学科网（北京）股份有限公司 $$