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

[培优微专题2] 　导数中函数的构造问题 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)＝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)＝，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)＝＝＝g(x)， 故函数g(x)为偶函数， 当x＜0时，g′(x)＝＜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)＝＝0， 则g(－1)＝g(1)＝0. 因为e＞2，所以g(e)＞g(2)，即＞， 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＞，整理可得3f(－π)＋πf(3)＜0，C正确；当x＜0时，由f(x)＞0可得g(x)＝＜0＝g(－1)，解得－1＜x＜0，当x＞0时，由f(x)＞0可得g(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．f＜f(1)＜f(2) B．f(2)＜f(1)＜f C．f＜f(2)＜f(1) D．f(2)＜f＜f(1) 解析：D　[将题设条件转化为＝，从而得到＝k·ex，(k＞0)，进而得到f(x)＝，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 ＝x， 从而有＝，′＝， 所以＝k·ex， 因为f(1)＞0，所以k＝＞0，则f(x)＝， 则f′(x)＝＝， 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f＜f(1)，f(2)＜f(1)， 又f－f(2)＝－＝， 而e3＞2.73≈19.7＞16，所以＞4， 所以f(2)＜f＜f(1)．] 点睛：利用(kex)′＝kex，由′＝到得＝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∈，因为y＝sin x－x，则y′＝cos x－1＜0，即函数y＝sin x－x在单调递减， 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－x2－ln(x＋1)，(x＞－1)，g(x)＝x－x2＋x3－ln(x＋1)，(x＞－1)，利用导数研究其单调性，得到x－x2＜ln(x＋1)＜x－x2＋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＋， 构造函数f(x)＝x－x2－ln(x＋1)(x＞－1)，显然f′(x)＝＜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－x2(x＞0)， 再令g(x)＝x－x2＋x3－ln(x＋1)，(x＞－1)，g′(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－x2＋x3，(x＞0)， 则c＝ln 1.3＝ln(1＋0.3)＜0.3－×0.09＋×0.027＝0.264， a＝3ln 1.1＞3×＝0.285， 所以(a＋1)2＞(1＋0.285)2＝1.651225，(b＋1)2＝＝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∈ 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，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－，由于y＝ex，y＝－均为(0，＋∞)上的单调递增函数， 故g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，且当x＞1时，g′(x)＞0，g′＝－2＜0， 故存在唯一的x0∈(0,1)，使得g′(x0)＝0， 即＝， 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＝－ln x0－1，又＝⇒x0＝－ln x0， 故g(x)min＝＋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)＝－，由于ek≥k＋1， 所以h′(k)＝－＞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)＝－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．] 学科网（北京）股份有限公司 $$