第3章 培优增分 第3讲 函数中的构造问题（word教师用书）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

培优增分 第3讲　函数中的构造问题 命题解读　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． 题型一　利用导数运算构造函数 　利用f(x)与xn构造 例1　(2024·重庆模拟)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)且f(1)＝0，则不等式f(x)<0的解集是(　　) A．(－∞，1)　　 B．(－1，1) C．(－∞，0)∪(0，1)　　 D．(－1，0)∪(0，1) 解析：D　令g(x)＝且x≠0， 则g′(x)＝， 又对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)， 即当x>0时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 由f(x)为偶函数，则g(－x)＝＝＝g(x)，所以g(x)也为偶函数，故g(x)在(－∞，0)上单调递减， 则g(－1)＝g(1)＝＝0，且f(x)<0等价于g(x)＝<＝g(1)， 所以x∈(－1，0)∪(0，1)． 反思感悟 1．出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)． 2．出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝. 　利用f(x)与ex构造 例2　f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)>f(x)，对任意正实数a，下列式子一定成立的是(　　) A．f(a)<eaf(0)　　 B．f(a)>eaf(0) C．f(a)<　　 D．f(a)> 解析：B　令g(x)＝，则g′(x)＝>0. ∴g(x)在R上为增函数，又a>0， ∴g(a)>g(0)，即>， 故f(a)>eaf(0)． 反思感悟 1．出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)． 2．出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝. 　利用f(x)与sin x，cos x构造 例3　(多选)已知定义在(0，)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有f′(x)sin x－f(x)cos x<0成立，则(　　) A．f()>f()　　 B．f()>f() C．f()>f()　　 D．f()>f() 解析：CD　令g(x)＝，x∈(0，)，则其导数g′(x)＝， 又由x∈(0，)，且恒有f′(x)sin x－f(x)cos x<0，则有g′(x)<0，即函数g(x)为减函数．由<，则有g()>g()，即>，可得f()>f()； 又由<，则有g()>g()，即>，可得f()>f()． 反思感悟 函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式： F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x； F(x)＝，F′(x)＝； F(x)＝f(x)cos x，F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x； F(x)＝，F′(x)＝. 训练1　(1)已知函数f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)＜f′(x)，则有(　　) A．e2023f(－2023)＜f(0)，f(2023)＜e2023f(0) B．e2023f(－2023)＜f(0)，f(2023)＞e2023f(0) C．e2023f(－2023)＞f(0)，f(2023)＞e2023f(0) D．e2023f(－2023)＞f(0)，f(2023)＜e2023f(0) 解析：B　令g(x)＝，x∈R， 则g′(x)＝. ∵∀x∈R，均有f(x)＜f′(x)， ∴g(x)在R上单调递增， ∴g(－2023)＜g(0)＜g(2023)，可得e2023f(－2023)＜f(0)，f(2023)＞e2023f(0)． (2)(2024·南昌模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3－x的解集为________． 解析：设F(x)＝f(x)·ex，则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0， ∴F(x)在R上单调递增． 又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3. ∵f(x)>3e3－x等价于f(x)·ex>3e3， 即F(x)>F(3)， ∴x>3，即所求不等式的解集为(3，＋∞)． 答案：(3，＋∞) 题型二　同构法构造函数 例4　(2024·武汉模拟)已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为________． 解析：∵xa＝eln xa＝ealn x，∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x， ∵a>0且x>1，∴aln x>0，设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增，∴x≤aln x，即a≥， 即存在x∈(1，＋∞)，使a≥， ∴a≥()min， 设f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝，当x∈(1，e)时，f′(x)<0； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e. 故a的最小值为e. 答案：e 反思感悟 指对同构，经常使用的变换形式有两种： (1)将x变成ln ex，然后构造函数． (2)将x变成eln x，然后构造函数． 训练2　(2024·南京模拟)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<bln b，则(　　) A．ab>e　　 B．b>ea C．ab<e　　 D．b<ea 解析：B　由已知aea<bln b，则ealn ea<bln b. 设f(x)＝xln x，则f(ea)<f(b)． 因为a>0，则bln b>0，则b>1. 当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0， 则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以ea<b. 题型三　利用数值构造具体函数 例5　设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则a，b，c的大小关系为________． 解析：设u(x)＝xex(0<x≤0.1)， v(x)＝(0<x≤0.1)， w(x)＝－ln(1－x)(0<x≤0.1)，则当0<x≤0.1时，u(x)>0，v(x)>0，w(x)>0. ①设f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]＝ln x＋x－[ln x－ln(1－x)]＝x＋ln(1－x)(0<x≤0.1)， 则f′(x)＝1－＝<0在(0，0.1]上恒成立， 所以f(x)在(0，0.1]上单调递减， 所以f(0.1)<f(0)＝0＋ln(1－0)＝0， 即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0， 所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)]． 又函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以u(0.1)<v(0.1)，即0.1e0.1<，所以a<b. ②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)， 则g′(x)＝(x＋1)ex－＝(0<x≤0.1)． 设h(x)＝(1－x2)ex－1(0<x≤0.1)， 则h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0，0.1]上恒成立， 所以h(x)在(0，0.1]上单调递增， 所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0， 即g′(x)>0在(0，0.1]上恒成立， 所以g(x)在(0，0.1]上单调递增， 所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0， 即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0， 所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c. 综上，c<a<b. 答案：c<a<b 反思感悟 当要比较的各数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数成为该函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小． 训练3　实数e3，3π，π3的大小关系为________． 解析：设f(x)＝，则f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0， 所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f(3)>f(π)，即>， 所以πln 3>3ln π，所以ln 3π>ln π3，即3π>π3. 因为y＝x3在(0，＋∞)上单调递增，e<π，所以e3<π3，所以e3<π3<3π. 答案：e3<π3<3π 学科网（北京）股份有限公司 $$