3.4 函数中的构造问题(培优课3)（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§3.4　函数中的构造问题(培优课3) 　　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　利用导数的运算法则构造函数 角度1　利用f (x)与ex构造 (2023·安徽黄山三模)已知定义域为R的函数f (x)，其导函数为f′(x)，且满足f′(x)－2f (x)<0，f (0)＝1，则下列结论正确的是(　　) A．e2f (－1)<1 B．f (1)>e2 C．f<e D．f (1)>ef 答案：C 解析：令g(x)＝，则g′(x)＝＝，因为f′(x)－2f (x)<0在R上恒成立，所以g′(x)<0在R上恒成立，故g(x)在R上单调递减，所以g(－1)>g(0)，＝e2f (－1)>＝1，故A不正确；所以g(1)<g(0)，即<，即f (1)<e2f (0)＝e2，故B不正确；g<g(0)，即<＝1，即f<e，故C正确；g>g(1)，即>，即f (1)<ef，故D不正确．故选C． 规律方法 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)＝.　　 对点练1．已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f′(x)，且3f (x)＋f′(x)<0，f (ln 2)＝1，则不等式f (x)e3x>8的解集为(　　) A．(－∞，2) B．(－∞，ln 2) C．(ln 2，＋∞) D．(2，＋∞) 答案：B 解析：令g(x)＝f (x)e3x，x∈R，因为3f (x)＋f′(x)<0，所以g′(x)＝f′(x)e3x＋3f (x)e3x＝e3x(3f(x)＋f′(x))<0，所以g(x)＝f (x)e3x在R上单调递减，又f (ln 2)＝1，所以g(ln 2)＝f (ln 2)e3ln 2＝8，所以不等式f (x)e3x>8可化为g(x)>g(ln 2)，所以x<ln 2.故选B． 角度2　利用f (x)与xn构造 已知函数y＝f (x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(－∞，0)时，不等式f (x)＋xf′(x)<0成立，若a＝30.3·f (30.3)，b＝(logπ3)·f (logπ3)，c＝log9·f，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c>b>a B．c>a>b C．a>c>b D．b>a>c 答案：B 解析：构造函数F (x)＝xf (x)，则由题意可知当x∈(－∞，0)时F′(x)＝f (x)＋xf′(x)<0，所以函数F (x)＝xf (x)在区间(－∞，0)上单调递减，又因为y＝f (x)是定义在R上的奇函数，所以F (x)＝xf (x)是定义在R上的偶函数，所以F (x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又a＝F (30.3)，b＝F (logπ3)，c＝F＝F (－2)＝F (2)，因为1<30.3<，0<logπ3<1，所以0<logπ3<30.3<2，所以F (logπ3)<F (30.3)<F (2)，即c>a>b，故B正确．故选B． 规律方法 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)＝.　　 对点练2．(2024·陕西咸阳模拟)已知定义在R上的函数f (x)，其导函数为f′(x)，当x>0时，xf′(x)－f (x)<0，若a＝2f (1)，b＝f (2)，c＝4f，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c<b<a B．c<a<b C．a<b<c D．b<a<c 答案：D 解析：令g(x)＝，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，则g′(x)＝，因为当x>0时，xf′(x)－f (x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)单调递减，所以g(2)<g(1)<g，所以<<2f，即f (2)<2f (1)<4f，所以b<a<c.故选D． 角度3　利用f (x)与sin x，cos x构造可导型函数 已知函数y＝f (x)对于任意的x∈满足f′(x)cos x＋f (x)sin x>0(其中f′(x)是函数f (x)的导函数)，则下列不等式成立的是(　　) A．f (0)>f B．f>f C．f>f D．f (0)>2f 答案：C 解析：设g(x)＝，则g′(x)＝>0，则g(x)在上单调递增，对于A，<，化简得f (0)<f，故A错误；对于B，<，化简得f<f，故B错误；对于C，<，化简得f>f，故C正确；对于D，<，化简得f (0)<2f，故D错误．故选C． 学生用书↓第67页 规律方法 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 1．若F (x)＝f (x)sin x，则F′(x)＝f′(x)sin x＋f (x)cos x. 2．若F (x)＝，则F′(x)＝. 3．若F (x)＝f (x)cos x，则F′(x)＝f′(x)cos x－f (x)sin x. 4．若F (x)＝，则F′(x)＝.　　 对点练3．已知f′(x)是奇函数f (x)的导函数，且当x∈∪时，f (x)＋f′(x)tan x>0，则(　　) A．f ＋f >0 B．f － f>0 C．f ＋f >0 D．f －f >0 答案：A 解析：当0<x<时，cos x>0，则由f (x)＋f′(x)tan x>0，得f (x)cos x＋f′(x)sin x>0；当<x<π时，cos x<0，则由f (x)＋f′(x)tan x>0，得f (x)cos x＋f′(x)sin x<0.令g(x)＝f (x)sin x，则g′(x)＝f (x)cos x＋f′(x)sin x，故g(x)在上单调递增，在上单调递减．又f (x)是奇函数，所以g(x)＝f (x)sin x是偶函数，故g>g＝g，即f ＋f >0，g<g，即f －f <0.g与g和g的大小关系不确定．故选A． 题型二　同构法构造函数 角度1　直接构造函数 (2023·四川南充三模)已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝ex，∃x1，x2∈[1，2]使|g(x1)－g(x2)|>k|f (x1)－f (x2)|(k为常数)成立，则常数k的取值范围为(　　) A．(－∞，e) B．(－∞，e] C．(－∞，2e2) D．(－∞，2e2] 答案：C 解析：因为f (x)＝ln x，g(x)＝ex在定义域上单调递增，又∃x1，x2∈[1，2]使|g(x1)－g(x2)|>k|f (x1)－f (x2)|(k为常数)成立，显然x1≠x2，所以不妨设x1>x2，则g(x1)－g(x2)>k[f (x1)－f (x2)]，即g(x1)－kf (x1)>g(x2)－kf (x2)，令h(x)＝g(x)－kf (x)，x∈[1，2]，则h(x1)>h(x2)，即函数h(x)在[1，2]上存在单调递增区间，又h′(x)＝ex－，则ex－>0在[1，2]上有解则xex>k在[1，2]上有解，令m(x)＝xex，x∈[1，2]，则m′(x)＝(1＋x)ex>0，所以m(x)在[1，2]上单调递增，所以m(x)max＝m(2)＝2e2，所以k<2e2，即常数k的取值范围为(－∞，2e2).故选C． 规律方法 　　根据条件中的数或关系式的同一形式，直接构造函数，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性，比较函数值的大小或解不等式等． 对点练4．已知a＝ln ＋，b＝ln ＋，c＝ln ＋，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>c>b B．a>b>c C．c>a>b D．c>b>a 答案：B 解析：构造函数f (x)＝ln x＋1－x，f′(x)＝－1＝，当0<x<1时，f′(x)>0，f (x)单调递增，所以f >f >f ，即a>b>c.故选B． 角度2　指、对同构函数 (2024·安徽合肥模拟)设实数m>0，若对任意的x∈(1，＋∞)，不等式2e2mx－≥0恒成立，则实数m的最小值为(　　) A． B． C．1 D． 答案：B 解析：因为m>0，不等式2e2mx－≥0成立，即2me2mx≥ln x，进而转化为2mxe2mx≥xln x＝eln x·ln x恒成立，构造函数g(x)＝xex，可得g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1) ex，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，则不等式2mxe2mx≥eln x·ln x恒成立等价于g(2mx)≥g(ln x)恒成立，即2mx≥ln x恒成立，即2m≥恒成立，设h(x)＝，可得h′(x)＝，当0<x<e时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以当x＝e时，函数h(x)取得最大值，最大值为h(e)＝，所以2m≥，即实数m的取值范围是，则实数m的最小值为.故选B． 规律方法 　　指对同构是关系式中同时出现指数与对数的形式，经常使用的变换形式有两种： 1．乘积型，如aea≤bln b可以同构成aea≤(ln b)eln b，进而构造函数f (x)＝xex. 2．比商型，如＜可以同构成＜，进而构造函数f (x)＝求解． 对点练5．已知函数f (x)＝ex＋x－ax－ln ax有正零点x0，则正实数a的取值范围为______． 答案：a≥e 解析：由已知可得，a>0，f (x)的定义域为(0，＋∞).因为f (x)＝ex＋x－ax－ln ax＝0等价于ex＋x＝ax＋ln ax＝eln ax＋ln ax.令g(x)＝ex＋x，则g′(x)＝ex＋1>0在R上恒成立，所以g(x)＝ex＋x在R上单调递增．由ex＋x＝eln ax＋ln ax可知，g(x)＝g(ln ax)，根据g(x)的单调性可知，x＝ln ax，所以有ax＝ex.因为x>0，所以a＝.令h(x)＝，x>0，则h′(x)＝＝.由h′(x)＝0可得，x＝1.由h′(x)>0可得，x>1，所以h(x)＝在(1，＋∞)上单调递增；由h′(x)<0可得，0<x<1，所以h(x)＝在(0，1)上单调递减．所以h(x)＝在x＝1处取得唯一极小值，也是最小值h(1)＝e，所以h(x)≥e，所以a≥e. 课时测评21　函数中的构造问题(培优课3) (时间：40分钟，满分100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－10，每小题7分，11－13，每小题10分，共100分) 1．已知f (x)是可导函数，且f′(x)<f (x)对于x∈R恒成立，则(　　) A．f (1)<ef (0)，f (2 024)>e2 024f (0) B．f (1)>ef (0)，f (2 024)>e2 024f (0) C．f (1)>ef (0)，f (2 024)<e2 024f (0) D．f (1)<ef (0)，f (2 024)<e2 024f (0) 答案：D 解析：设g(x)＝，则g′(x)＝，由已知f′(x)<f (x)得g′(x)<0，所以g(x)是R上的减函数，所以g(0)>g(1)>g(2 024)，即f (0)>>，即f (1)<ef (0)，f (2 024)<e2 024f (0)．故选D． 2．(2024·山西太原模拟)设a＝，b＝，c＝，则(　　) A．b>c>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b 答案：D 解析：易知a＝＝，b＝，c＝＝，令f (x)＝，则f′(x)＝，f′(x)<0⇒x>e，所以f (x)在(e，＋∞)上单调递减，又因为e<3<π，所以f (e) >f (3)>f (π)，即a>c>b.故选D． 3．已知函数f (x)＝－ax，x∈(0，＋∞)，当x2>x1>0时，不等式<恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，e] B．(－∞，e) C． D． 答案：D 解析：因为当x2>x1>0时，不等式<恒成立，则f (x1)x1<f (x2)x2，即函数g(x)＝xf (x)＝ex－ax2在(0，＋∞)上单调递增，则g′(x)＝ex－2ax≥0，整理可得2a≤，令m(x)＝，则m′(x)＝.当x∈(0，1)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，所以2a≤m(x)min＝m(1)＝e，所以a≤.故选D． 4．(2024·江苏盐城模拟)已知ε>0，x，y∈，且ex＋εsin y＝eysin x，则下列关系式恒成立的为(　　) A．cos x≤cos y B．cos x≥cos y C．sin x≤sin y D．sin x≥sin y 答案：A 解析：构造f (x)＝，x∈，则f′(x)＝，当x∈时，cos x>sin x，f′(x)＝>0，所以f (x)＝在单调递增， 因为0<ex，0<ey，当＝>0，eε>1时，>>0，所以>x>y>0，y＝cos x，x∈单调递减，所以cos x<cos y；当＝<0，eε>1时，<<0，所以－<x<y<0，y＝cos x，x∈单调递增，所以cos x<cos y；当sin x＝sin y＝0时，x＝y＝0，所以cos x＝cos y，综上，cos x≤cos y，故选A． 5．已知f′(x)是函数f (x)的导函数，f (x)－f (－x)＝0，且对于任意的x∈有f′(x)cos x＋f (x)sin x>0.请你试用构造函数的方法，利用函数的单调性判断下列不等式一定成立的是(　　) A．f<fcos B．f>f C．f (－1)<fcos 1 D．f>f 答案：A 解析：令g(x)＝，x∈，则g′(x)＝>0，故g(x)在(0，)上单调递增，而f (x)－f (－x)＝0，故g(－x)＝＝＝g(x)，故g(x)是偶函数，故g(－)＝g()<g(－)＝g()<g(－)＝g()<g(－1)＝g(1)<g(－)＝g()，即<<＝<<，故A正确，BCD错误，故选A． 6．(原创题)已知可导函数f (x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f′(x)－f (x)<1，且f (0)＝2 023，则不等式f (x)＋1>2 024ex的解集为(　　) A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，1－e) D．(－∞，1) 答案：A 解析：令g(x)＝，则g′(x)＝，因为f′(x)－f (x)<1，所以g′(x)<0，则g(x)在R上单调递减，又不等式f (x)＋1>2 024ex，即为>2 024，又f (0)＝2 023，则g(0)＝2 024即g(x)>g(0)，所以x<0.故选A． 7．定义在R上的函数y＝f (x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，其导函数为f′(x)，当x>0时，恒有f′(x)＋f (－x)<0，若<，则下列一定成立的是(　　) A．a>b B．a<b C．|a|<|b| D．|a|>|b| 答案：D 解析：因为y＝f (x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，所以y＝f (x)的图象关于x＝0对称，f (x)是偶函数，所以不等式f′(x)＋f (－x)<0(x>0)可化为x2f′(x)＋2xf (x)<0(x>0)，令g(x)＝x2f (x)，g(－x)＝(－x)2f (－x)＝x2f (x)＝g(x)，所以g(x)是偶函数，g′(x)＝2xf (x)＋x2f′(x)，则g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而在(－∞，0)上单调递增， 所以<得a2f (a)<b2f (b)，即g(a)<g(b)，所以|a|>|b|.故选D． 8．(2024·湖北武汉模拟)已知α，β均为锐角，且eα－e－β＝sin α－cos β＋，则(　　) A．sin α>cos β B．cos α>cos β C．cos α>sin β D．sin α>sin β 答案：A 解析：因为eα－e＝sin α－cos β＋，所以eα－sin α＝e－sin ＋，可得eα－sin α>e－sin ，令f (x)＝ex－sin x，x∈，f′(x)＝ex－cos x>1－cos x>0，所以f (x)在上为增函数，所以α>－β，因为α，β均为锐角，所以cos α<cos ，sin α>sin ，所以cos α<sin β，sin α>cos β，故A正确，C错误；因为β＝，α>－β＝β；α＝，β>－α＝α，故无法确定α，β的大小，故BD错误．故选A． 9．(2024·四川成都模拟)对∀x∈，不等式(e－1)(ln a＋x)≥aex－1恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A． B．[1，e] C． D． 答案：C 解析：由ln a有意义可知，a>0.由(e－1)(ln a＋x)≥aex－1，得(e－1) ln (aex)≥aex－1.令t＝aex，即有(e－1)ln t≥t－1.因为x∈，所以t＝aex∈.令f (t)＝(e－1)ln t－t＋1，则问题转化为当t∈时，f (t)≥0恒成立．因为f′(t)＝，令f′(t)<0，即e－1－t<0⇒t>e－1；令f′(t)>0，即e－1－t>0⇒0<t<e－1，则f (t)在(0，e－1)上单调递增，(e－1，＋∞)上单调递减．注意到f (1)＝0，f (e)＝(e－1)ln e－e＋1＝0，所以当1≤t≤e时，f (t)≥0.因为当t∈时，f (t)≥0恒成立，所以只需a≤e且a≥1，解得a∈.故选C． 10．(2024·江苏盐城模拟)已知函数f (x)＝ln x＋ax2，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2，则实数a的取值范围是___________． 答案： 解析：不妨设x2>x1>0，由>2得f (x1)－2x1<f (x2)－2x2，令g(x)＝f (x)－2x，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)＝＋2ax－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2a≥－＋，当＝1，即x＝1时，y＝－＋取得最大值1，所以2a≥1，解得a≥，所以实数a的取值范围为. 11．(2024·安徽合肥模拟)已知函数f (x)＝ex＋2x，g(x)＝4x，且f (m)＝g(n)，则|n－m|的最小值为__________． 答案：－ln 2 解析：由f (m)＝g(n)，得em＋2m＝4n，化简整理得4n－4m＝em－2m.令h(m)＝em－2m(m∈R)，则h′(m)＝em－2，令em－2＝0，解得m＝ln 2.当m∈(－∞，ln 2)时，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln 2)上单调递减；当m∈(ln 2，＋∞)时，h′(m)>0，即h(m)在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以h(m)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2>0，所以|n－m|min＝－ln 2. 12．(2024·福建漳州模拟)已知函数f (x)(x∈R)的导函数为f′(x)，若2f (x)＋f′(x)>0，且f (0)＝2 023，则不等式f (x)－2 023e－2x>0的解集为__________． 答案：(0，＋∞) 解析：令g(x)＝e2xf (x)，则g′(x)＝2e2xf (x)＋e2xf′(x)＝e2x[2f (x)＋f′(x)]，因为2f (x)＋f′(x)>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，又f (0)＝2 023，所以g(0)＝e0f (0)＝2 023，不等式f (x)－2 023e－2x>0，即f (x)>2 023e－2x，即e2xf (x)>2 023，即g(x)>g(0)，所以x>0，即不等式f (x)－2 023e－2x>0的解集为(0，＋∞). 13．(2024·江西南昌二模)已知函数f (x)＝axe－x－x＋ln x，若f (x)≤1，则a的取值范围为________． 答案：(－∞，2e] 解析：f (x)≤1等价于ae－x＋ln x＋(－x＋ln x)≤1，令t＝－x＋ln x，则t′＝－1＋＝. 当x∈(0，1)时，t′>0，t＝－x＋ln x单调递增；当x∈(1，＋∞)时，t′<0，t＝－x＋ln x单调递减， 所以t≤－1.故f (x)≤1转化为aet＋t≤1，即a≤恒成立．令g(t)＝，t≤－1，则g′(t)＝＝<0，g(t)单调递减，则g(t)≥g(－1)＝＝2e，因为a≤恒成立，所以a≤g(t)min＝g(－1)＝2e.故a的取值范围为(－∞，2e]. 学生用书↓第68页 学科网（北京）股份有限公司 $$