第1部分 专题1 培优微专题2 导数中函数的构造问题（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题一 函数与导数、不等式 [培优微专题2] 　导数中函数的构造问题 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 构造法是高中数学学习中一种极其重要的思维方法与学科方法，通过对数学问题的已知条件和结论进行深入分析，抓住问题的本质特征，恰当地构造辅助元素或数学模型，转化原问题的结构，重组条件和结论之间的关系，产生一种新的结构，通常这种新结构的构思精巧，联想丰富、思维灵活，通过构造所得新问题的解决出奇制胜地解决了原问题． 构造函数解抽象函数不等式 [例1]　[多选](2024·酒泉诊断三)已知函数f(x)为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，若当x＜0时，xf′(x)－f(x)＜0，且f(1)＝0，则(　　) A．2f(e)＞ef(2) B．当m＜2时，f(m)＞mf(1) C．3f(－π)＋πf(3)＜0 D．不等式f(x)＞0解集为(－1,0)∪(1，＋∞) [解析]　构造函数g(x)＝eq \f(fx,x)结合导数求出单调性，再结合奇偶性，分别判断各个选项即可． 构造函数g(x)＝eq \f(fx,x)，其中x≠0， 因为函数f(x)为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，则f(－x)＝－f(x)， 所以g(－x)＝eq \f(f－x,－x)＝eq \f(fx,x)＝g(x)， 故函数g(x)为偶函数， 当x＜0时，g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)＜0， 所以函数g(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增， 因为f(1)＝0，则g(1)＝eq \f(f1,1)＝0， 则g(－1)＝g(1)＝0. 因为e＞2，所以g(e)＞g(2)，即eq \f(fe,e)＞eq \f(f2,2)， 2f(e)＞ef(2)，故A正确； 不妨取m＝1，则f(1)＝0，mf(1)＝0，B错误； 因为偶函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则g(－π)＝g(π)＞g(3)， 即eq \f(f－π,－π)＞eq \f(f3,3)，整理可得3f(－π)＋πf(3)＜0，C正确；当x＜0时，由f(x)＞0可得g(x)＝eq \f(fx,x)＜0＝g(－1)，解得－1＜x＜0，当x＞0时，由f(x)＞0可得g(x)＝eq \f(fx,x)＞0＝g(1)，解得x＞1.综上所述，不等式f(x)＞0解集为(－1,0)∪(1，＋∞)，D正确． [答案]　ACD 利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性化归为显性的不等式来求解，方法是： (1)把不等式转化为f[g(x)]＞f[h(x)]； (2)判断函数f(x)的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“f”脱掉，得到具体的不等式(组)，但要注意函数奇偶性的区别． 1．(2024·嘉兴二模)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)＝(1－x)f(x)，且f(1)＞0，则(　　) A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜f(1)＜f(2) B．f(2)＜f(1)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜f(2)＜f(1) D．f(2)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜f(1) 解析：D　[将题设条件转化为eq \f(fx－xf′x,f2x)＝eq \f(x,fx)，从而得到eq \f(x,fx)＝k·ex，(k＞0)，进而得到f(x)＝eq \f(x,k·ex)，利用导数求出函数的单调区间，进而可得出答案． 由xf′(x)＝(1－x)f(x)变形得 eq \f(fx－xf′x,fx)＝x， 从而有eq \f(fx－xf′x,f2x)＝eq \f(x,fx)，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x,fx)))′＝eq \f(x,fx)， 所以eq \f(x,fx)＝k·ex， 因为f(1)＞0，所以k＝eq \f(1,f1e1)＞0，则f(x)＝eq \f(x,k·ex)， 则f′(x)＝eq \f(kex－kx·ex,k2ex)＝eq \f(kex1－x,k2ex)， 故当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0， 所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)单调递减，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜f(1)，f(2)＜f(1)， 又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－f(2)＝eq \f(1,2k\r(e))－eq \f(2,ke2)＝， 而e3＞2.73≈19.7＞16，所以＞4， 所以f(2)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜f(1)．] 点睛：利用(kex)′＝kex，由eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x,fx)))′＝eq \f(x,fx)到得eq \f(x,fx)＝k·ex，是解决本题的关键． 构造具体函数比较实数的大小 [例2]　(1)(2024·温州适应性考试二)已知a＝sin 0.5，b＝30.5，c＝log0.30.5，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a＜b＜c　　　　　 B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a [解析]　构造函数y＝sin x－x，利用导数法求最值得sin x＜x，从而有a＜0.5，再利用函数y＝log0.3x单调递减得0.5＜c＜1，利用函数y＝3x单调递增得b＞1，即可比较大小． 对x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，因为y＝sin x－x，则y′＝cos x－1＜0，即函数y＝sin x－x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减， 且x＝0时，y＝0，则sin x－x＜0，即sin x＜x，所以a＝sin 0.5＜0.5， 因为2log0.30.5＝log0.30.25＞log0.30.3＝1且log0.30.5＜log0.30.3＝1，所以0.5＜c＝log0.30.5＜1， 又b＝30.5＞30＝1，所以a＜c＜b. [答案]　B (2)(2024·衡水二模)已知正数a，b，c满足ea＝1.13，5b2＋10b－3＝0，ec＝1.3，则(　　) A．a＜c＜b B．b＜a＜c C．c＜a＜b D．c＜b＜a [解析]　分别构造函数f(x)＝x－eq \f(1,2)x2－ln(x＋1)，(x＞－1)，g(x)＝x－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,3)x3－ln(x＋1)，(x＞－1)，利用导数研究其单调性，得到x－eq \f(1,2)x2＜ln(x＋1)＜x－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,3)x3，(x＞0)，再将a看成3ln(1＋0.1)，c看成ln(1＋0.3)，利用上述的不等式比较大小即可． 由5b2＋10b－3＝0解得b＝－1＋eq \f(2\r(2),\r(5))， 构造函数f(x)＝x－eq \f(1,2)x2－ln(x＋1)(x＞－1)，显然f′(x)＝eq \f(－x2,x＋1)＜0， 故f(x)是减函数，结合f(0)＝0，故x＞0时， f(x)＜0， 故ln(x＋1)＞x－eq \f(1,2)x2(x＞0)， 再令g(x)＝x－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,3)x3－ln(x＋1)，(x＞－1)，g′(x)＝eq \f(x3,1＋x)，当x＞0时，g′(x)＞0， 故g(x)在(0，＋∞)单调递增，结合g(0)＝0， 故ln(x＋1)＜x－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,3)x3，(x＞0)， 则c＝ln 1.3＝ln(1＋0.3)＜0.3－eq \f(1,2)×0.09＋eq \f(1,3)×0.027＝0.264， a＝3ln 1.1＞3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.1－\f(1,2)×0.01))＝0.285， 所以(a＋1)2＞(1＋0.285)2＝1.651225，(b＋1)2＝eq \f(8,5)＝1.6，(c＋1)2＝(1＋0.264)2＝1.597696， 故(a＋1)2＞(b＋1)2＞(c＋1)2， 由a，b，c都是正数，故a＞b＞c. [答案]　D 一要注意实数的形式，二要分析实数间的关系才能恰当构造函数，利用其单调性比较大小． 2．(2024·郑州三模)设x1，x2∈(0，＋∞)，且＋ln x2＝1，则(　　) A．若x1＝x2，则x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) B．若x1x2＝1，则x1存在且不唯一 C．x1＋x2＞1 D．x1＋ln x2＞0 解析：C　[构造函数f(x1)＝＋ln x1－1，根据零点存在性定理即可求解A，构造函数g(x)＝ex－ln x－1，求导，根据函数的单调性，求解最值即可求解B，令－1＝－ln x2＝k，得x2＝e－k，x1＝ln(1＋k)，构造函数h(k)＝e－k＋ln(1＋k)(k＞0)，M(k)＝ln(k＋1)－k(k＞0)，利用导数求解函数的单调性即可求解CD. 对于A，当x1＝x2时，则＋ln x1＝1，记f(x1)＝＋ln x1－1，由于y＝，y＝ln x1－1均为单调递增函数，故f(x1)＝＋ln x1－1为单调递增， 由于，故零点大于eq \f(1,2)，故A错误，对于B，若x1x2＝1，由＋ln x2＝1得－ln x1－1＝0，记g(x)＝ex－ln x－1， 则g′(x)＝ex－eq \f(1,x)，由于y＝ex，y＝－eq \f(1,x)均为(0，＋∞)上的单调递增函数， 故g′(x)＝ex－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，且当x＞1时，g′(x)＞0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2＜0， 故存在唯一的x0∈(0,1)，使得g′(x0)＝0， 即＝eq \f(1,x0)， 且x∈(0，x0)，g′(x)＜0，g(x)在x∈(0，x0)上单调递减，当x∈(x0，＋∞)，g′(x)＞0，g(x)在x∈(x0，＋∞)上单调递增， 故g(x)min＝g(x0)＝－ln x0－1＝eq \f(1,x0)－ln x0－1，又＝eq \f(1,x0)⇒x0＝－ln x0， 故g(x)min＝eq \f(1,x0)＋x0－1＞2－1＝1，故g(x)＝ex－ln x－1无零点，故不存在x，使得ex－ln x－1＝0，故B错误， 对于C, 先证ex≥x＋1，记n(x)＝ex－x－1， n′(x)＝ex－1， 当x＞0，n′(x)＞0，n(x)单调递增，当x＜0， n′(x)＜0，n(x)单调递减， 所以n(x)≥n(0)＝0，故ex≥x＋1， 设－1＝－ln x2＝k，由于x1＞0，所以k＞0，故x2＝e－k，x1＝ln(1＋k)， 则h(k)＝e－k＋ln(1＋k)(k＞0)， h′(k)＝eq \f(1,k＋1)－eq \f(1,ek)，由于ek≥k＋1， 所以h′(k)＝eq \f(1,k＋1)－eq \f(1,ek)＞0，故h(k)在(0，＋∞)上单调递增，故h(k)＞h(0)＝1， 故x1＋x2＝e－k＋ln(1＋k)＝h(k)＞0，故C正确， 对于D，M(k)＝ln(k＋1)－k(k＞0)， M′(k)＝eq \f(1,k＋1)－1＝eq \f(－k,k＋1)＜0， 所以M(k)在(0，＋∞)单调递减，故M(k)＜M(0)＝0， 则x1＋ln x2＝ln(k＋1)－k＝M(x)＜0，故D错误．] $$