第三章 §3.4 函数中的构造问题[培优课]（教师用书word）-【步步高】2024年高考数学大一轮复习讲义（ 人教A版（提优版）京津琼鲁鄂渝湘闽粤冀苏晋皖黑吉云贵桂新豫浙）

§3.4　函数中的构造问题 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　导数型构造函数 命题点1　利用f(x)与x构造 例1　(2023·苏州质检)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log2·f ，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．a>c>b D．c>a>b 答案　B 解析　因为函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数， 令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)， 由题意知，当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上单调递减， 又g(x)是奇函数，所以g(x)在R上单调递减， 因为20.6>1,0<ln 2<1，log2＝－3<0， 所以log2<0<ln 2<1<20.6， 又a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，c＝g， 所以c>b>a. 思维升华　(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)＝. 跟踪训练1　(2023·重庆模拟)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)且f(1)＝0，则不等式f(x)<0的解集是(　　) A．(－∞，1) B．(－1,1) C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(0,1) 答案　D 解析　令g(x)＝且x≠0， 则g′(x)＝， 又对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)， 即当x>0时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 由f(x)为偶函数，则g(－x)＝＝＝g(x)，所以g(x)也为偶函数，故g(x)在(－∞，0)上单调递减， 则g(－1)＝g(1)＝＝0，且f(x)<0等价于g(x)＝<＝g(1)， 所以x∈(－1,0)∪(0,1)． 命题点2　利用f(x)与ex构造 例2　(2022·蚌埠质检)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)＝2 022，则不等式f(x)＋1>2 023ex的解集为(　　) A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C. D．(－∞，1) 答案　A 解析　构造函数F(x)＝， 则F′(x)＝＝，因为f′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0恒成立，故F(x)＝在R上单调递减，f(x)＋1>2 023ex可变形为>2 023，又f(0)＝2 022，所以F(0)＝＝2 023， 所以F(x)>F(0)，解得x<0. 思维升华　(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)＝. 跟踪训练2　(2023·南昌模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3－x的解集为________． 答案　(3，＋∞) 解析　设F(x)＝f(x)·ex，则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0， ∴F(x)在R上单调递增． 又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3. ∵f(x)>3e3－x等价于f(x)·ex>3e3， 即F(x)>F(3)， ∴x>3，即所求不等式的解集为(3，＋∞)． 命题点3　利用f(x)与sin x，cos x构造 例3　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)<2f cos 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， 所以设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)在上单调递减，且为偶函数， 则g(x)在上单调递增． 所以f(x)<2f cos x⇔<⇔g(x)<g， 所以 解得x∈∪. 思维升华　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 F(x)＝f(x)sin x， F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x； F(x)＝， F′(x)＝； F(x)＝f(x)cos x， F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x； F(x)＝， F′(x)＝. 跟踪训练3　已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为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_____．(用“<”连接) 答案　a<b 解析　设φ(x)＝f(x)·sin x， 则φ′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x， ∴x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0， 即φ(x)在(0，＋∞)上单调递减， 又f(x)为奇函数，∴φ(x)为偶函数， ∴φ＝φ>φ， 即f ·sin>f ·sin ， 即－f >f ， 即f <－f ，∴a<b. 题型二　同构法构造函数 例4　(1)(2020·全国Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(　　) A．a>2b B．a<2b C．a>b2 D．a<b2 答案　B 解析　由指数和对数的运算性质可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b. 令f(x)＝2x＋log2x， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log22b， ∴2a＋log2a<22b＋log22b， 即f(a)<f(2b)，∴a<2b. (2)(2023·武汉模拟)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　∵xa＝＝ealn x，∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x， ∵a>0且x>1，∴aln x>0，设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增， ∴x≤aln x，即a≥， 即存在x∈(1，＋∞)，使a≥，∴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， ∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e. 故a的最小值为e. 思维升华　指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成ln ex然后构造函数；另一种是将x变成eln x然后构造函数． 跟踪训练4　(1)(多选)(2023·泰州模拟)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　CD 解析　∵α＋β－>sin β－cos α， ∴β－sin β>－α－sin， 令f(x)＝x－sin x，x∈，f′(x)＝1－cos x>0， ∴f(x)在上单调递增， ∴β>－α， ∵α，β均为锐角， ∴cos β<cos，sin β>sin， ∴cos β<sin α，sin β>cos α. (2)(2023·南京模拟)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　B 解析　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. 课时精练 1．(2023·株洲模拟)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. 2．若2x－2y<3－x－3－y，则(　　) A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0 C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0 答案　A 解析　由2x－2y<3－x－3－y， 得2x－3－x<2y－3－y， 令f(t)＝2t－3－t， ∵y＝2t为R上的增函数，y＝3－t为R上的减函数， ∴f(t)为R上的增函数， ∴x<y， ∵y－x>0，∴y－x＋1>1，∴ln(y－x＋1)>0，则A正确，B错误； ∵|x－y|与1的大小不确定，故C，D无法确定． 3．(2023·济南模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x≥0时，f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，则f(x)>x2＋2的解集是(　　) A．(－1,0)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(0,1) 答案　B 解析　令g(x)＝f(x)－x2， 因为f(x)是偶函数， 则g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)， 所以函数g(x)也是偶函数， g′(x)＝f′(x)－2x， 因为当x≥0时，f′(x)－2x>0， 所以当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－2x>0， 所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 不等式f(x)>x2＋2即为不等式g(x)>2， 由f(1)＝3，得g(1)＝2， 所以g(x)>g(1)， 所以|x|>1，解得x>1或x<－1， 所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 4．(2023·常州模拟)已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，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　由f(x－1)的图象关于点(1,0)对称可知，f(x)的图象关于点(0,0)对称，则f(x)为奇函数， 令g(x)＝f(x)sin x，则g(x)为偶函数， 又x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，即[f(x)sin 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 . 5．(多选)(2023·开封模拟)已知e是自然对数的底数，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)是f(x)的导函数，且＋ln x·f′(x)>0，则(　　) A．f ＋f(e)>0 B．f <0 C．f(e)>0 D．f(1)＝0 答案　AC 解析　令函数g(x)＝ln x·f(x)， 则g′(x)＝＋ln x·f′(x)>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝0， 所以g(e)＝f(e)>0，g＝－f <0， 所以f ＋f(e)>0，f >0，f(1)的大小不确定． 6．若ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1，则(　　) A.>e B.<e C．m－n>e D．m－n<e 答案　A 解析　由题意可知，m>0，n>0，则ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1>ln(en)－en＋2e2n2， 构造函数f(x)＝2x2－x＋ln x，其中x>0，则f′(x)＝4x＋－1≥2－1＝3>0， 当且仅当x＝时，等号成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 由ln m－m＋2m2>ln(en)－en＋2e2n2可得f(m)>f(en)，所以m>en>0，则>e， 故A对，B错，无法判断C，D选项的正误． 7．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)<f′(x)<0，则(　　) A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1) B．ef(2)>f(1)，f(2)<ef(1) C．ef(2)<f(1)，f(2)>ef(1) D．ef(2)<f(1)，f(2)<ef(1) 答案　C 解析　由题意可知，函数f(x)在R上单调递减，f(x)＋f′(x)<0，f′(x)－f(x)>0. 构造函数h(x)＝exf(x)，定义域为R， 则h′(x)＝exf(x)＋f′(x)ex ＝ex[f(x)＋f′(x)]<0， 所以h(x)在R上单调递减， 所以h(2)<h(1)， 所以e2f(2)<ef(1)， 即ef(2)<f(1)，故A，B错误； 构造函数g(x)＝，定义域为R， 则g′(x)＝＝>0， 所以g(x)在R上单调递增， 所以g(2)>g(1)，所以>， 即f(2)>ef(1)，故D错误． 8．(2022·龙岩质检)已知m>0，n∈R，若log2m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则等于(　　) A. B．1 C. D．2 答案　B 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. 9．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是________． 答案　(2，＋∞) 解析　根据题意，构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)， 则y′＝f(x)＋xf′(x)<0， 所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)， 所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)， 所以0<x＋1<x2－1，解得x>2， 所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)． 10．(2022·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值范围为________． 答案　λ≥ 解析　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≥. 学科网（北京）股份有限公司 $$