第3章 第4节 函数中的构造问题(培优课)（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（人教B版2019）

第四节　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，同构法构造函数也常在解答题中出现，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抽象函数 角度1　利用f (x)与xn构造 (1)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(　　) A．f (0)<0 B．9f (－3)<f (1) C．4f (2)>f (－1) D．f (1)<f (2) (2)已知函数f (x)＝(x＋a)·ex，若对任意x1>x2>1都有x1f (x2)－x2f (x1)<0，则实数a的取值范围是(　　) A．(－4，＋∞) B．[－4，＋∞) C．[－1，＋∞) D．(－1，＋∞) 答案：(1)C　(2)B 解析：(1)令x＝0，则2f (0)＋0>0，所以f (0)>0，则A错误；令g(x)＝x2f (x)，则g′(x)＝2xf (x)＋x2f ′(x)，当x>0时，2f (x)＋xf ′(x)>0，所以2xf (x)＋x2f ′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又偶函数f (x)的定义域为R，所以g(x)＝x2f (x)为偶函数，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以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；易知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. (2)由题意得，对任意x1>x2>1，>，令g(x)＝＝(x>1)，则g′(x)＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以x2＋ax－a≥0，即－a≤在(1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝，则h(x)＝＝(x－1)＋＋2≥4，所以－a≤4，a≥－4.故选B. 规律方法 1．对于xf ′(x)＋nf (x)>0型，构造F (x)＝xnf (x)，则F ′(x)＝xn－1[xf ′(x)＋nf (x)](注意对xn－1的符号进行讨论)．特别地，当n＝1时，xf ′(x)＋f (x)>0，构造F (x)＝xf (x)，则F ′(x)＝xf ′(x)＋f (x)>0. 2．对于xf ′(x)－nf (x)>0型，且x≠0，构造F (x)＝，则F ′(x)＝(注意对xn＋1的符号进行讨论)．特别地，当n＝1时，xf ′(x)－f (x)>0，构造F (x)＝，则F ′(x)＝>0.　　 角度2　利用f (x)与ex构造 (1)函数f (x)的导函数为f ′(x)，对任意x∈R，都有f ′(x)>－f (x)成立．若f (ln 2)＝，则满足不等式f (x)>的x的取值范围是(　　) A．(1，＋∞) B．(0,1) C．(ln 2，＋∞) D．(0，ln 2) (2)已知f (x)是可导函数，且f ′(x)≤2f (x)对任意x∈R恒成立，则下列不等关系正确的是(　　) A．e2f (0)>f (1)，e4 046f (1)>f (2 024) B．e2f (0)<f (1)，e4 046f (1)>f (2 024) C．e2f (0)>f (1)，e4 046f (1)<f (2 024) D．e2f (0)<f (1)，e4 046f (1)<f (2 024) 答案：(1)C　(2)A 解析：(1)由题意得f ′(x)＋f (x)>0.令g(x)＝exf (x)，则g′(x)＝f ′(x)ex＋f (x)ex＝ex[f ′(x)＋f (x)]>0，所以函数g(x)在R上单调递增．不等式f (x)>等价于exf (x)>1，即g(x)>1.因为f (ln 2)＝，所以g(ln 2)＝eln 2f (ln 2)＝2×＝1.故当x>ln 2时，g(x)>g(ln 2)＝1，所以不等式g(x)>1的解集为(ln 2，＋∞)．故选C. (2)令g(x)＝，则g′(x)＝＝，因为f ′(x)≤2f (x)，e2x>0，所以g′(x)≤0，所以g(x)在R上单调递减，所以g(0)>g(1)，g(1)>g(2 024)，即>，>，所以e2f (0)>f (1)，e4 046f (1)>f (2 024)．故选A. 规律方法 1．若已知f ′(x)＋f (x)的符号，则构造函数g(x)＝exf (x)．一般地，若已知f ′(x)＋nf (x)的符号，则构造函数g(x)＝enx·f (x)． 2．若已知f ′(x)－f (x)的符号，则构造函数g(x)＝.一般地，若已知f ′(x)－nf (x)的符号，则构造函数g(x)＝.　　 角度3　利用f (x)与sin x、cos x构造 (1)[多选题]已知定义在上的函数f (x)，f ′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f ′(x)＋sin x·f (x)<0成立，则有(　　) A．f >f B．f >f C．f >f D．f >f 学生用书↓第61页 (2)已知定义在R上的奇函数f (x)的导函数为f ′(x)，且当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)sin x＋f (x)cos x<0，若a＝f ，b＝－f ，则a与b的大小关系为________． 答案：(1)CD　(2)a<b 解析：(1)构造函数g(x)＝，则g′(x)＝<0，故函数g(x)在上单调递减，所以g>g，所以f >f ，同理g>g，即f >f .故选CD. (2)设φ(x)＝f (x)sin x，则φ′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)cos x，当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＝φ>φ，即f sin>f sin，即－f >f ，即f <－f ，所以a<b. 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．F (x)＝f (x)sin x，F ′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)cos x. 2．F (x)＝，F ′(x)＝. 3．F (x)＝f (x)cos x，F ′(x)＝f ′(x)cos x－f (x)sin x. 4．F (x)＝， F ′(x)＝.　　 对点练1.(1)已知定义在R上的连续函数为f (x)，其导函数为f ′(x)，当x≠0时，xf ′(x)－f (x)<0恒成立．设a＝2f ，b＝f ()，c＝f (1)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．a>c>b D．c>a>b (2)(2024·吉林长春模拟)已知定义在R上的函数f (x)满足f (x)＋f ′(x)>1，f (1)＝4，则关于不等式exf (x)>ex＋3e的解集为(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) (3)定义在上的函数f (x)，函数f ′(x)是它的导函数，且恒有f (x)<f ′(x)tan x成立，则(　　) A.f >f B．f (1)<2f sin 1 C.f >f D．f <f 答案：(1)C　(2)D　(3)D 解析：(1)令g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x≠0时，xf ′(x)－f (x)<0恒成立，所以当x>0时，g′(x)<0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 则a＝2f ＝g，b＝f ()＝g()，c＝f (1)＝g(1)，因为<1<，所以g>g(1)>g()，即a>c>b.故选C. (2)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. (3)f (x)<f ′(x)tan x⇔f ′(x)sin x－f (x)cos x>0，x∈，令F (x)＝，则F ′(x)＝>0，即函数F (x)在上是增函数，对于A项，F <F ，即<，所以f <f ，故A项错误；对于B项，F (1)>F ，即>，所以f (1)>2f sin 1，故B项错误；对于C项，F <F ，即<，所以f <f ，故C项错误；对于D项，F <F ，即<，所以f <f .故选D. 题型二　利用同构法构造具体函数 (1)设m>0，n>0，若ln m－en－1＝ln n－em，其中e是自然对数的底数，则(　　) A．m>n B．m<n C．m≤n D．m≥n (2)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 答案：(1)A　(2)B 解析：(1)因为ln m－en－1＝ln n－em，所以ln m＋em－1＝ln n＋en，令f (x)＝ln x＋ex，因为y＝ln x，y＝ex均为(0，＋∞)上的增函数，故f (x)＝ln x＋ex为(0，＋∞)上的增函数，由ln m＋em－1＝ln n＋en可得ln m＋em>ln n＋en，故m>n.故选A. (2)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ea>1，且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.故选B. 规律方法 同构法的三种基本类型 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)＝. 3．和差型：如ea±a>b±ln b，同构后可以构造函数f (x)＝ex±x或f (x)＝x±ln x．　　 对点练2.(1)(2024·福建福州模拟)已知当x≥e时，不等式xa＋－e≥aln x恒成立，则正实数a的最小值为(　　) A．1 B． C．e D． (2)[多选题](2024·安徽合肥质量检测)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值可能是(　　) A.e B. C. D. 答案：(1)B　(2)ACD 解析：(1)由题意，原不等式可变形为e－≤xa－aln x，即e－ln e≤xa－ln xa，设f (x)＝x－ln x(x>0)，因为f ′(x)＝1－＝(x>0)，所以函数f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为x≥e，a>0，所以e>1，xa>1，则当x≥e时，f ≤f (xa)恒成立，则e≤xa，即≤aln x，因为x≥e，所以a≥.令h(x)＝xln x(x≥e)，因为h′(x)＝ln x＋1>0，所以h(x)在[e，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(e)＝e，所以0<≤，则a≥，故正实数a的最小值为.故选B. (2)由题意得，eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，令f (t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，则f ′(t)＝(t＋1)·et>0，所以f (t)在(0，＋∞)上单调递增，又f (λx)≥f (ln x)，即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，即λ≥恒成立，令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝，所以在(1，e)上g′(x)>0，则g(x)单调递增；在(e，＋∞)上g′(x)<0，则g(x)单调递减，所以g(x)≤g(e)＝，故λ≥.故选ACD. 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！) (每小题5分，共60分) 1．若0<x1<x2<1，则(　　) A．ex2－ex1>ln x2－ln x1 B．ex2－ex1<ln x2－ln x1 C．x2ex1>x1ex2 D．x2ex1<x1ex2 答案：C 解析：构造函数f (x)＝ex－ln x，所以f ′(x)＝ex－，f ′(x)在(0,1)上有零点，所以f (x)在(0,1)上有一个极值点，所以f (x)在(0,1)上不单调，无法判断f (x1)与f (x2)的大小，故A，B错误；令g(x)＝，所以g′(x)＝，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，又因为x2>x1，所以>，即x2ex1>x1ex2.故选C. 2．若ln x－ln y<－(x>1，y>1)，则(　　) A．ey－x>1 B．ey－x<1 C．ey－x－1>1 D．ey－x－1<1 答案：A 解析：依题意，ln x－<ln y－，令f (t)＝t－(t≠0)，则f ′(t)＝1＋>0，所以f (t)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；又x>1，y>1，得ln x>0，ln y>0，则f (ln x)<f (ln y)，则ln x<ln y，所以1<x<y，即y－x>0，所以ey－x>e0＝1，故A正确，B不正确；又无法确定y－x－1与0的大小关系，故C，D不正确．故选A. 3．设f (x)是定义在R上的函数，其导函数为f ′(x)，满足f (x)－xf ′(x)<0，若a＝2f (2)，b＝f (4)，则(　　) A．a<b B．a>b C．a＝b D．a，b的大小无法判断 答案：A 解析：设g(x)＝，则g′(x)＝>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即g(4)>g(2)，所以>，那么f (4)>2f (2)，即a<b.故选A. 4．已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，对任意x∈R，满足f (x)＋f ′(x)<0，则下列结论一定正确的是(　　) A．e2f (2)>e3f (3) B．e2f (2)<e3f (3) C．e3f (2)>e2f (3) D．e3f (2)<e2f (3) 答案：A 解析：构造函数g(x)＝exf (x)，则g′(x)＝ex[f ′(x)＋f (x)]，因为f (x)＋f ′(x)<0，故g′(x)<0，因此可得g(x)在R上单调递减，由于2<3，故g(2)>g(3)，所以e2f (2)>e3f (3)，故A正确，B错误；无法判断C，D的正误．故选A. 5．(2023·广东佛山质检)函数f (x)的定义域为R，f (－1)＝2，对任意x∈R，f ′(x)>2，则f (x)>2x＋4的解集为(　　) A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 答案：B 解析：因为f (x)>2x＋4，所以f (x)－2x>4，令g(x)＝f (x)－2x，则g′(x)＝f ′(x)－2>0，所以g(x)为R上的增函数，又因为g(－1)＝f (－1)－2×(－1)＝4，所以g(x)>g(－1)，故x>－1.故选B. 6．(2024·浙江温州模拟)若y＝f (x)在R上可导，且满足不等式xf ′(x)＋f (x)>0恒成立，对于任意正数a，b，若a<b，则下列一定正确的是(　　) A．af (b)<bf (a) B．bf (a)<af (b) C．af (a)<bf (b) D．bf (b)<af (a) 答案：C 解析：令g(x)＝xf (x)，因为xf ′(x)＋f (x)>0，所以g′(x)＝f (x)＋xf ′(x)>0，即g(x)在R上单调递增，因为a，b∈(0，＋∞)且a<b，所以g(a)<g(b)，即af (a)<bf (b)，故C正确，D错误；无法判断A，B的正误．故选C. 7．(2024·湖北武汉模拟)已知a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a<b<c B．c<a<b C．b<a<c D．c<b<a 答案：B 解析：设f (x)＝，则a＝f (e)，b＝f (2)，c＝f (3)，又f ′(x)＝，于是当x∈(，＋∞)时，f ′(x)<0，故f (x)＝在(，＋∞)上单调递减，注意到<＝2<e<3，则有f (3)<f (e)<f (2)，即c<a<b.故选B. 8．(2024·河南平顶山模拟)已知函数y＝f (x)为奇函数，且当x>0时，f ′(x)sin x＋f (x)cos x>0，则下列说法正确的是(　　) A．f <－f <－f B．－f <f <－f C．－f <－f <f D．－f <f <－f 答案：D 解析：令g(x)＝f (x)sin x，因为f (x)为奇函数，则g(x)为偶函数，g′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)cos x，又x>0时，f ′(x)sin x＋f (x)cos x>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则有g＝g<g<g，即－f <f <－f ，即－f <f <－f .故选D. 9．已知定义在R上的函数f (x)满足f ′(x)>f (x)．若x1<x2，则(　　) A．ex1f (x2)>ex2f (x1) B．ex1f (x2)<ex2f (x1) C．ex1f (x2)＝ex2f (x1) D．ex1f (x2)与ex2f (x1)的大小关系不确定 答案：A 解析：因为f ′(x)>f (x)，所以f ′(x)－f (x)>0，构造函数F (x)＝，则F ′(x)＝＝>0，所以函数F (x)在R上单调递增，又x1<x2，所以F (x1)<F (x2)，即<，所以ex1f (x2)>ex2f (x1)．故选A. 10．(2024·山东济宁联考)已知定义在R上的函数f (x)，g(x)的导函数都存在，若f ′(x)g(x)＋f (x)g′(x)<10x，且f (2)g(2)－f (1)g(1)为整数，则f (2)g(2)－f (1)g(1)的可能取值的最大值为________． 答案：14 解析：由f ′(x)g(x)＋f (x)g′(x)<10x，得[f (x)g(x)]′<(5x2)′，设函数h(x)＝f (x)g(x)－5x2，则h′(x)＝f ′(x)g(x)＋f (x)g′(x)－10x<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(1)>h(2)，即f (1)g(1)－5×12>f (2)g(2)－5×22，则f (2)g(2)－f (1)g(1)<15.因为f (2)g(2)－f (1)g(1)为整数，所以f (2)g(2)－f (1)g(1)的可能取值的最大值为14. 11．已知m>0，n∈R，若log2m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则＝________. 答案：1 解析：由题意得log2m＋2m＝2n＋1＋n，log2m＋2m＝2×2n＋n＝log22n＋2×2n，令g(x)＝log2x＋2x(x>0)，则g′(x)＝＋2>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(m)＝g(2n)，所以m＝2n，所以＝1. 12．(2024·广东深圳质检)已知定义在(0，＋∞)上的可导函数f (x)满足xf ′(x)－f (x)<0，其中f ′(x)为f (x)的导函数，且f (2)＝2，则f (ex)－ex≥0的解集是________． 答案：(－∞，ln 2] 解析：令g(x)＝，则g′(x)＝，因为定义在(0，＋∞)上的可导函数f (x)满足xf ′(x)－f (x)<0，所以g′(x)＝<0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，又f (2)＝2，所以g(2)＝＝1，由f (ex)－ex≥0得≥1，所以g(ex)≥1＝g(2)，故ex≤2，则x≤ln 2，所以f (ex)－ex≥0的解集是(－∞，ln 2]． (每小题8分，共16分) 13．(新考法)(2024·江苏连云港模拟)已知α，β均为锐角，且α＋β－>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 答案：D 解析：因为α＋β－>sin β－cos α，所以β－sin β>－α－sin，令f (x)＝x－sin x，x∈，则f ′(x)＝1－cos x>0，所以f (x)在上单调递增，所以β>－α，因为α，β均为锐角，所以cos β<cos，sin β>sin，所以sin α>cos β，cos α<sin β.故选D. 14．已知a－1＝ln a，b－e＝ln，c－π＝ln，其中a，b，c∈(0，＋∞)且b≠e，c≠π，则(　　) A．a<c<b B．c<a<b C．a<b<c D．c<b<a 答案：D 解析：由题意可知，a－1＝ln a－ln 1，b－e＝ln b－ln e，c－π＝ln c－ln π，所以a－ln a＝1－ln 1，b－ln b＝e－ln e，c－ln c＝π－ln π.令f (x)＝x－ln x，则f (a)＝f (1)，f (b)＝f (e)，f (c)＝f (π)． 又f ′(x)＝1－＝，则f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，作出f (x)的大致图象，如图所示，因为1<e<π，所以f (1)<f (e)<f (π)，所以f (a)<f (b)<f (c)，又b≠e，c≠π，且f (x)在(0,1)上单调递减，所以c<b<a.故选D. (每小题12分，共24分) 15．已知a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．b>a>c D．c>b>a 答案：A 解析：法一：由于ln a＝＝，ln b＝，ln c＝，可构造函数f (x)＝.因为f ′(x)＝，所以当x∈(e，＋∞)时，f ′(x)<0，f (x)在(e，＋∞)上单调递减．故f (4)>f (5)>f (7)， 即ln a>ln b>ln c，a>b>c.故选A. 法二：由于ln a＝＝，ln b＝，ln c＝，把ln a，ln b，ln c分别看作函数y＝ln x图象上的点(4，ln 4)，(5，ln 5，)(7，ln 7)与原点连线的斜率．通过作图直接比较斜率大小得到ln a>ln b>ln c，所以a>b>c.故选A. 法三：因为a＝＝＝，b＝＝＝，所以a>b.又因为b＝＝，c＝＝，而57＝25×25×25×5>50×50×25>49×49×7＝75，所以b>c.因此a>b>c.故选A. 16．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________． 答案：e 解析：因为xa＝eln xa＝ealn x，所以不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，因为a>0且x>1，所以aln x>0，设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增，所以x≤aln x，即a≥，即存在x∈(1，＋∞)，使a≥，所以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，所以f (x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以f (x)min＝f (e)＝e，所以a≥e.故a的最小值为e. 学生用书↓第62页 学科网（北京）股份有限公司 $$