第二章 重点题型强化（六）导数中的函数构造问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（北师大版2019）

知识层面 1.了解导数中几种常见的构造函数的形式．　2.会根据要求通过构造函数解决一些简单的问题. 素养层面 通过构造函数问题提升逻辑推理、直观想象素养. 题型一　 直接构造函数 例1　 (2022·全国甲卷)已知9m＝10，a＝10m－11，b＝8m－9，则(　　) A. a>0>b B． a>b>0 C. b>a>0 D． b>0>a 答案：A 解析：由9m＝10，所以m∈(1，)，又由已知可以得到9m－9－1＝0，a＝10m－10－1，b＝8m－8－1，令f(x)＝xm－x－1(x≥8)，所以f′(x)＝mxm－1－1(x≥8)单调递增，且f′(x)>0，所以f(x)＝xm－x－1(x≥8)单调递增，所以f(10)>f(9)>f(8)，又因为f(9)＝0，所以f(10)>0>f(8)，所以a>0>b.故选A. 变形原等式，直接构造新函数，再运用函数的单调性比较大小或解不等式． 对点练1. 已知a＝1012，b＝1111，c＝1210，则a，b，c的大小关系为(　　 ) A．b>c>a B．b>a>c C．a>c>b D．a>b>c 答案：D 解析：构造f(x)＝ln x，x≥10，f′(x)＝－ln x＋－1，因为f′(x)在上为减函数，且f′＝－ln 10＋－1＝－ln 10<－ln e2＝－2<0，所以f′(x)＝－ln x＋－1<0在恒成立，故f(x)＝ln x在上单调递减，所以f>f>f，即12ln 10>11ln 11>10ln 12，所以1012>1111>1210，即a>b>c.故选D. 题型二　利用f(x)与x构造 例2　已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且满足f(x)＋xf′(x)>0(f′(x)是f(x)的导函数)，则不等式(x－1)f(x2－1)<f(x＋1)的解集为(　　 ) A．(－1，2) B．(1，2) C．(1，＋∞) D．(－∞，2) 答案：B 解析：由f(x)＋xf′(x)>0，得[xf(x)]′>0.令g(x)＝xf(x)，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以不等式(x－1)f(x2－1)<f(x＋1)满足x2－1>0，x＋1>0，不等式两边同时乘以x＋1，得(x2－1)f(x2－1)<(x＋1)f(x＋1)，即g(x2－1)<g(x＋1)，又因为g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以解得1<x<2，故选B. [变式探究] (变条件、变设问)把本例中的条件f(x)＋xf′(x)>0换为“f(x)<xf′(x)”，解不等式(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)． 解：设g(x)＝，则g′(x)＝. 因为f(x)<xf′(x)，所以g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 由(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)以及x>0得，>， 即g(2x＋1)>g(x2＋1)， 所以解得0<x<2， 即不等式(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)的解集为(0，2)． 用函数单调性比较大小或解不等式时常构造函数 常见的有：1.对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)． 2．对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x)． 3．对于f′(x)>a，构造h(x)＝f(x)－ax. 4．对于xf′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝xf(x)． 5．对于xf′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝. 对点练2.(1)设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时有(　　) A．f(x)g(x)>f(b)g(b) B．f(x)g(b)>f(b)g(x) C．f(x)g(a)>f(a)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(x) 学生用书↓第78页 (2)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　 ) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) 答案：(1)B　(2)A 解析：(1)构造函数F(x)＝，则F′(x)＝，由f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，得F′(x)<0，所以F(x)为减函数．因为a<x<b，所以<<，又f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，故f(x)g(b)>f(b)g(x)．故选B. (2)构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0.当0<x<1时，g(x)>0，则f(x)>0；当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．故选A. 题型三　利用f(x)与ex构造 例3　已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则(　　 ) A．e－2 024f(－2 024)<f(0)，e2 024f(2 024)>f(0) B．e－2 024f(－2 024)<f(0)，e2 024f(2 024)<f(0) C．e－2 024f(－2 024)>f(0)，e2 024f(2 024)>f(0) D．e－2 024f(－2 024)>f(0)，e2 024f(2 024)<f(0) 答案：A 解析：构造函数h(x)＝exf(x)，则h′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以函数h(x)在R上单调递增，故h(－2 024)<h(0)，即e－2 024f(－2 024)<e0f(0)，即e－2 024f(－2 024)<f(0)．同理，h(2 024)>h(0)，即e2 024f(2 024)>f(0)，故选A. f(x)与ex构造常见的形式 1．对于f′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝exf(x)． 2．对于f′(x)>f(x)，构造h(x)＝. 对点练3.(多选题)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)<f(x)对任意的x∈R恒成立，则(　　 ) A．f(ln 2)<2f(0) B．f(2)<e2f(0) C．f(ln 2)>2f(0) D．f(2)>e2f(0) 答案：AB 解析：令g(x)＝，则g′(x)＝<0，所以g(x)在R上单调递减，又ln 2>0，2>0，所以g(ln 2)<g(0)，g(2)<g(0)，即<，<，所以f(ln 2)<2f(0)，f(2)<e2f(0)．故选AB. 题型四　利用f(x)与sin x，cos x构造 例4　 已知偶函数f(x)的定义域为，其导函数为f′(x)，当0<x<时，有f′(x)cos x＋f(x)sin x<0成立，则关于x的不等式f(x)<2fcos x的解集为(　　 ) A．∪ B． C． D． 答案：A 解析：因为偶函数f(x)的定义域为，设g(x)＝，则g(－x)＝＝，即g(x)也是偶函数．当0<x<时，根据题意g′(x)＝<0，则g(x)在上是减函数，而函数g(x)为偶函数，则g(x)在上是增函数．于是，f(x)<2fcos x⇔<⇔g(x)<g，所以所以x∈∪.故选A. f(x)与sin x，cos x构造常见的形式 1．对于f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，构造函数h(x)＝f(x)sin x. 2．对于f′(x)sin x－f(x)cos x>0，构造函数h(x)＝. 3．对于f′(x)cos x－f(x)sin x>0，构造函数h(x)＝f(x)cos x. 4．对于f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，构造函数h(x)＝. 对点练4.已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0)对称，函数y＝f(x)对于任意的x∈(0，π)满足f′(x)sin x>f(x)cos x(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 >－f B．f <－f C．f >2f D．f <f 答案：C 解析：由已知，得f(x)为奇函数，由函数y＝f(x)对于任意的x∈(0，π)满足f′(x)sin x>f(x)cos x，得f′(x)·sin x－f(x)cos x>0，即′>0，所以构造函数y＝，知y＝在(0，π)上单调递增，又因为y＝为偶函数，所以y＝在(－π，0)上单调递减，所以<，即f >2f .故选C. 课时测评25　导数中的函数构造问题 (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！) (1－9每小题5分，共45分) 1．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f′(x)<，则f(x)<＋的解集为(　　 ) A．{x|－1<x<1} B．{x|x<－1} C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x>1} 答案：D 解析：构造函数h(x)＝f(x)－－，所以h′(x)＝f′(x)－<0，故h(x)在R上单调递减，且h(1)＝f(1)－－＝0，故h(x)<0的解集为{x|x>1}．故选D. 2．已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为f(x)的导函数，且f(x)＋(x－1)f′(x)>0，则(　　 ) A．f(1)＝0 B．f(x)<0 C．f(x)>0 D．(x－1)f(x)<0 答案：C 解析：令g(x)＝(x－1)f(x)，则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以g(x)在R上是增函数，又因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)＝(x－1)f(x)>0；当x<1时，g(x)＝(x－1)f(x)<0，所以当x≠1时，f(x)>0，又f(1)＋(1－1)f′(1)＝f(1)>0，所以A，B，D错误，C正确． 3．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)<－f′(x)，则下列式子成立的是(　　 ) A．f(2 024)>ef(2 025) B．f(2 024)<ef(2 025) C．ef(2 024)>f(2 025) D．ef(2 024)<f(2 025) 答案：A 解析：依题意得f(x)＋f′(x)<0，令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]<0在R上恒成立，所以函数g(x)＝exf(x)在R上单调递减，所以g(2 024)>g(2 025)，即e2 024f(2 024)>e2 025f(2 025)⇒f(2 024)>ef(2 025)．故选A. 4．定义域为的函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，其导函数为f′(x)，当0≤x<时，有f′(x)cos x＋f(x)sin x<0成立，则关于x的不等式f(x)<f ·cos x的解集为(　　 ) A．∪ B． C．∪ D．∪ 答案：B 解析：因为f(x)＋f(－x)＝0且x∈，所以f(x)是奇函数，设g(x)＝，则当0≤x<时，g′(x)＝<0，所以g(x)在上单调递减．又f(x)是奇函数，所以g(x)＝也是奇函数，所以g(x)在上单调递减，从而g(x)在上单调递减，因为不等式f(x)<f ·cos x，所以<，即g(x)<g，所以<x<.故选B. 5．(多选题)已知f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且(x＋1)·f′(x)>f(x)，则下列不等式一定成立的是(　　 ) A．3f(4)<4f(3) B．4f(4)>5f(3) C．3f(3)<4f(2) D．3f(3)>4f(2) 答案：BD 解析：由(x＋1)f′(x)>f(x)，得(x＋1)f′(x)－f(x)>0，令g(x)＝，则g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(2)<g(3)<g(4)，则<<，即4f(2)<3f(3)，5f(3)<4f(4)．故选BD. 6．设定义在(0，＋∞)的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足xf′(x)＋3f(x)>0，则关于x的不等式f(x－3)－f(3)<0的解集为(　　 ) A．(3，6) B．(0，3) C．(0，6) D．(6，＋∞) 答案：A 解析：构造函数g(x)＝x3f(x)，则g′(x)＝x2[3f(x)＋xf′(x)]>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x－3)－f(3)<0，即(x－3)3f(x－3)－27f(3)<0，所以g(x－3)<g(3)．则所以3<x<6.故选A. 7．已知f(x)的导函数f′(x)＝2x－， 且f(e)＝e2，则f(x)的解析式为________________． 答案：f(x)＝x2－ln x＋1 解析：由f′(x)＝2x－，可设f(x)＝x2－ln x＋c，又f(e)＝e2，所以e2－1＋c＝e2，即c＝1，所以f(x)＝x2－ln x＋1. 8．已知f(x)是定义在上的函数，其导函数为f′(x)，f ＝2，且当x∈时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，则不等式f(x)sin x<3的解集为____________． 答案： 解析：因为当x∈时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，所以[f(x)sin x]′>0，x∈，令g(x)＝f(x)sin x，则当x∈时，g′(x)>0，g(x)在上单调递增，因为f ＝2，所以g＝f sin ＝3，不等式f(x)sin x<3，即g(x)<g，因为g(x)在上单调递增，所以原不等式的解集为. 9．设函数f′(x)是定义在(0，π)上的函数f(x)的导函数，有f′(x)cos x－f(x)sin x>0，若a＝f ，b＝0，c＝－f ，则a，b，c的大小关系是______________． 答案：a<b<c 解析：设函数g(x)＝f(x)cos x，则g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x，因为f′(x)cos x－f(x)sin x>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，π)上单调递增，a＝f ＝fcos ＝g，b＝0＝fcos ＝g，c＝－f＝fcos ＝g，所以a<b<c. 10．(10分)已知函数f(x)＝xln x＋x(x－a)2，a∈R. (1)当a＝0时，求f(x)在x＝e处的切线斜率；(4分) (2)若存在x∈，使得f(x)>xf′(x)成立，求实数a的取值范围．(6分) 解：(1)当a＝0时，f(x)＝xln x＋x3， 则f′(x)＝1＋ln x＋3x2. 当x＝e时，f′(e)＝1＋ln e＋3e2＝3e2＋2， 即f(x)在x＝e处的切线斜率为3e2＋2. (2)由f(x)>xf′(x)成立， 可得′＝<0. 设g(x)＝＝ln x＋(x－a)2， 则存在x∈，使得g′(x)＝＋2(x－a)<0成立，即a>. 又x＋≥2＝， 当且仅当x＝，即x＝时取等号， 所以a>. 所以实数a的取值范围为(，＋∞)． (11－13每小题5分，共15分) 11．已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，且3f(x)－f′(x)>0在R上恒成立，则下列不等式一定成立的是(　　 ) A．f(1)<e3f(0) B．f(1)<e2f(0) C．f(1)>e3f(0) D．f(1)>e2f(0) 答案：A 解析：令g(x)＝，则g′(x)＝＝，因为3f(x)－f′(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)，即<，即f(1)<e3f(0)．故选A. 12．(多选题)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，都有＜2，则m的值可能是(注：e＝2.718 28…为自然对数的底数)(　　) A． B． C． D．1 答案：BCD 解析：因为x2＞x1＞0，所以x2－x1＞0，则＜2等价于x1ln x2－x2ln x1＜2(x2－x1)，即x1ln x2＋2x1＜x2ln x1＋2x2，所以x1(ln x2＋2)＜x2(ln x1＋2)，则＜.令f(x)＝， 可得f(x2)＜f(x1)，又x2＞x1＞m，所以f(x)在(m，＋∞)上是减函数，则f′(x)＝≤0，解得x≥，则m≥.结合选项知B、C、D符合要求．故选BCD. 13．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，当x>0时，有>0，则不等式x2f(x)>0的解集是________________． 答案：(－1，0)∪(1，＋∞) 解析：令g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝.因为当x>0时，>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝0，所以g(1)＝f(1)＝0，所以在(0，＋∞)上，g(x)>0的解集为(1，＋∞)，g(x)<0的解集为(0，1)．因为f(x)为奇函数，所以g(x)为偶函数，所以在(－∞，0)上，g(x)>0的解集为(－∞，－1)，g(x)<0的解集为(－1，0)．由x2f(x)>0，得f(x)>0(x≠0)．又f(x)>0的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)，所以不等式x2f(x)>0的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)． 14．(10分)(开放题)已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x. (1)当a＝1时，求函数f(x)在[1，e]上的最小值和最大值；(4分) (2)是否存在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有>a恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．(6分) 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－2ln x－x. 则f′(x)＝x－－1＝ ＝，x∈[1，e]． 所以当x∈[1，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，e]时，f′(x)>0. 所以f(x)在[1，2)上单调递减，在(2，e]上单调递增． 所以当x＝2时，f(x)取得最小值，其最小值为f(2)＝－2ln 2. 又f(1)＝－，f(e)＝－e－2，f(e)－f(1)＝－e－2＋＝<0， 所以f(e)<f(1)，所以f(x)max＝f(1)＝－. (2)假设存在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有>a恒成立， 不妨设0<x1<x2，因为>a， 所以f(x2)－ax2>f(x1)－ax1. 令g(x)＝f(x)－ax， 则由此可知g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x－ax＝x2－2aln x－2x， 则g′(x)＝x－－2＝， 由此可得g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 只需－1－2a≥0，解得a≤－. 即a的取值范围是. 15．(5分)(2024·江西名校协作体高二期中联考)设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意的x∈R，有f(x)－f(－x)＝2sin x，且在[0，＋∞)上f′(x)>cos x．若f－f(t)>cos t－sin t，则实数t的取值范围为________． 答案： 解析：因为f(x)－f(－x)＝2sin x，所以f(x)－sin x＝f(－x)－sin (－x)．设g(x)＝f(x)－sin x，可得g(x)＝g(－x)，则g(x)为偶函数．因为在[0，＋∞)上，f′(x)>cos x，所以g′(x)＝f′(x)－cos x>0，故g(x)在[0，＋∞)上单调递增．根据偶函数的图象的对称性，可知g(x)在(－∞，0)上单调递减．由f－f(t)>cos t－sin t，得f(t)－sin t<f－cos t＝f－sin ，即g(t)<g，所以|t|<|－t|，即t2<，化简得－πt>0，解得t<. 16．(15分)已知函数f(x)＝－ln x(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性；(6分) (2)若x1，x2是方程f(x)＝2的两个不同实根，证明：x1＋x2>.(9分) 解：(1)因为f(x)＝－ln x，(x>0)， 所以f′(x)＝－－＝－. ①当a≥0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当a<0时，由f′(x)>0，得0<x<－a；由f′(x)<0，得x>－a. 即f(x)在(0，－a)上单调递增，在(－a，＋∞)上单调递减， 综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a<0时，f(x)在(0，－a)上单调递增，在(－a，＋∞)上单调递减． (2)证明：因为f(x1)＝f(x2)＝2， 所以－ln x1－2＝0，－ln x2－2＝0， 即x1ln x1＋2x1－a＝0，x2ln x2＋2x2－a＝0. 设g(x)＝xln x＋2x－a，则g′(x)＝ln x＋3， 故g(x)在上单调递减，在上单调递增． 由题意设0<x1<<x2， 欲证x1＋x2>，只需证x2>－x1， 又x2，－x1∈，g(x)在上单调递增， 故只需证g(x2)>g. 因为g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x1)>g对任意的x1∈恒成立即可， 即x1ln x1＋2x1－a>ln ＋2－a. 整理得x1ln x1＋2x1>ln ＋－2x1， 即x1ln x1－ln ＋4x1－>0. 设h(x)＝xln x－ln ＋4x－，x∈， 则h′(x)＝ln x＋ln ＋6 ＝ln ＋6. 因为0<x<，所以0<－x2<， 所以h′(x)＝ln ＋6<0， 所以h(x)在上单调递减， 则h(x)>h＝0. 所以x1＋x2>成立． 学生用书↓第79页 学科网（北京）股份有限公司 $$