专题1 微重点1 导数中函数的构造问题-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考基础版）

微重点1　导数中函数的构造问题 导数中的函数构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，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． 考点一　导数型构造函数 考向1　利用f(x)与x构造 例1　(2023·衡阳模拟)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＝4f(1)，b＝2f(2)，c＝f(4)，则(　　) A．a>b>c B．c>a>b C．b>c>a D．c>b>a 答案　A 解析　因为f(x)满足f(x)－xf′(x)>0， 令g(x)＝，x≠0， 则g′(x)＝<0， 所以g(x)在定义域上是减函数， 所以g(1)>g(2)>g(4)， 即f(1)>>， 所以4f(1)>2f(2)>f(4)． 所以a>b>c. 规律方法　(1)出现nf(x)＋xf′(x)的形式，构造函数F(x)＝xnf(x)； (2)出现xf′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝. 跟踪演练1　(多选)(2023·沈阳模拟)已知函数f(x)的导数f′(x)满足f(x)＋(x＋1)f′(x)>0对x∈R恒成立，且实数x，y满足(x＋1)f(x)－(y＋1)f(y)>0，则下列关系式不恒成立的是(　　) A.< B．ex<ey C.< D．x－y>sin x－sin y 答案　ABC 解析　令g(x)＝(x＋1)f(x)， 则g′(x)＝f(x)＋(x＋1)f′(x)>0对x∈R恒成立，∴g(x)在定义域上是增函数． 又由实数x，y满足(x＋1)f(x)－(y＋1)f(y)>0， 即g(x)>g(y)，∴x>y. 若x＝1，y＝－2，则>，ex>ey， 故A，B错误； 令h(x)＝，则h′(x)＝， 当x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减， ∴，大小不确定，故C错误； 令t(x)＝x－sin x， 则t′(x)＝1－cos x≥0，t(x)是增函数， 又∵x>y，∴t(x)>t(y)， ∴x－sin x>y－sin y，即x－y>sin x－sin y， 故D正确． 考向2　利用f(x)与ex构造 例2　已知f′(x)是定义在R上的函数f(x)的导数，且f(x)－f′(x)<0，则下列不等式一定成立的是(　　) A．e3f(－2)>f(1) B．f(－2)<e3f(1) C．ef(1)<f(2) D．f(1)<ef(2) 答案　C 解析　设g(x)＝， 则g′(x)＝. 因为f(x)－f′(x)<0，所以g′(x)>0， 则g(x)是增函数． 因为－2<1，所以g(－2)<g(1)， 即<， 所以e3f(－2)<f(1)，故A错误； 因为f(－2)，f(1)的大小不能确定， 所以f(－2)，e3f(1)的大小不能确定，故B错误； 因为1<2，所以g(1)<g(2)， 则<， 所以ef(1)<f(2)，故C正确； 因为f(1)，f(2)的大小不能确定， 所以f(1)，ef(2)的大小不能确定，故D错误． 规律方法　(1)出现f′(x)＋nf(x)的形式，构造函数F(x)＝enxf(x)； (2)出现f′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝. 跟踪演练2　函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为(　　) A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0<x<1} 答案　A 解析　令φ(x)＝exf(x)－ex，x∈R， 则φ′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex ＝ex[f(x)＋f′(x)－1]． 又f(x)＋f′(x)>1，∴f(x)＋f′(x)－1>0， ∴φ′(x)>0， ∴φ(x)在定义域上是增函数， 不等式exf(x)>ex＋1可化为exf(x)－ex>1， 又φ(0)＝e0f(0)－e0＝1， ∴原不等式等价于φ(x)>φ(0)，故x>0， ∴原不等式的解集为{x|x>0}． 考向3　利用f(x)与sin x，cos x构造 例3　(2023·渭南模拟)若定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则关于x的不等式f(x)>2f cos x的解集为____________． 答案　 解析　令g(x)＝，x∈， 则g′(x)＝， 因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0， 所以g′(x)＝<0在上恒成立， 因此函数g(x)在定义域上是减函数， 因为x∈，所以cos x>0， 关于x的不等式f(x)>2f cos x可变为>，即g(x)>g， 则 解得0≤x<， 所以原不等式的解集为. 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)＝. 跟踪演练3　(2023·成都统考)记函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)为奇函数，且当x∈时恒有f(x)cos x＋f′(x)sin x>0成立，则(　　) A．f >f  B．f >－f  C.f >f  D.f >－f  答案　B 解析　令g(x)＝f(x)sin x，则g′(x)＝f(x)cos x＋f′(x)sin x， 当x∈时恒有f(x)cos x＋f′(x)sin x>0，所以g′(x)>0， 则g(x)＝f(x)sin x在上单调递增， 所以g>g，则－f >－f ，即f <f ，选项A错误； g>g，则－f >－f ，又f(x)为奇函数，所以－f(－x)＝f(x)，即f >－f ，选项B正确； g<g，则f >f ，所以f <f ，选项C错误； 由f >f ，得－f >f ，选项D错误． 考点二　构造函数比较大小 例4　(1)(2023·榆林统考)已知a＝ln ，b＝ln ，c＝2ln －，则(　　) A．a<c<b B．b<a<c C．a<b<c D．c<b<a 答案　D 解析　a＝ln ＝2ln －， b＝ln ＝2ln －， 构造函数f(x)＝2ln(x＋1)－x(0<x<1)， 则f′(x)＝－1＝， 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递增， 所以f <f <f ，所以c<b<a. (2)(2023·咸阳模拟)已知a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a>b>c B．b>a>c C．b>c>a D．a>c>b 答案　B 解析　设f(x)＝ex－x－1， 所以f′(x)＝ex－1， 令f′(x)<0⇒x<0，令f′(x)>0⇒x>0， 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 则f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，得ex≥x＋1. 所以b＝>－＋1＝＝a，即b>a； 又0<cos <1， 所以c＝<＝a， 即a>c，所以b>a>c. 规律方法　构造函数比较大小的常见类型 (1)构造相同的函数，利用单调性，比较函数值的大小； (2)构造不同的函数，通过比较两个函数的函数值进行比较大小． 跟踪演练4　(1)(2023·山西联考)设a＝，b＝，c＝，则(　　) A．b>c>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b 答案　D 解析　易知a＝＝， b＝，c＝＝， 令f(x)＝(x>0)， 则f′(x)＝， f′(x)<0⇒x>e， 所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减， 又因为e<3<π， 所以f(e)>f(3)>f(π)，即a>c>b. (2)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10＝9m>9，得m>1. 设f(x)＝xm－x－1，x>1， 则当m>1时，f′(x)＝mxm－1－1>x1－1－1＝0， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(10)>f(9)＝0>f(8)，即a>0>b. 专题强化练 1．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<，则f(x)<＋的解集为(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 答案　D 解析　设F(x)＝f(x)－x， 则F′(x)＝f′(x)－， 因为f′(x)<，所以F′(x)＝f′(x)－<0， 即函数F(x)在定义域上是减函数， 则f(x)<＋， 即f(x)－<f(1)－，即F(x)<F(1)， 所以x>1，即f(x)<＋的解集为(1，＋∞)． 2．(2023·汉中模拟)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导数，设a＝f(0)，b＝3f(ln 3)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c>b>a B．a>b>c C．c>a>b D．b>c>a 答案　D 解析　令g(x)＝exf(x)， 则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x) ＝ex[f(x)＋f′(x)]， 因为f′(x)＋f(x)>0，而ex>0恒成立， 所以g′(x)>0， 所以g(x)在定义域上是增函数， 又0<1＝ln e<ln 3， 所以g(0)<g(1)<g(ln 3)， 因为a＝f(0)＝e0f(0)＝g(0)， b＝3f(ln 3)＝eln 3f(ln 3)＝g(ln 3)， c＝ef(1)＝g(1)， 所以b>c>a. 3．(2023·绵阳模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足2xf(x)＋x2f′(x)<0，f(2)＝，则关于x的不等式f(x)>的解集为(　　) A．(0,4) B．(2，＋∞) C．(4，＋∞) D．(0,2) 答案　D 解析　令h(x)＝x2f(x)，则h′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，x∈(0，＋∞)， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 不等式f(x)>可以转化为x2f(x)>4×＝22f(2)，即h(x)>h(2)，所以0<x<2. 4．已知实数a，b，c∈R，则a＝，b＝，c＝的大小关系为(　　) A．a<b<c B．c<a<b C．c<b<a D．a<c<b 答案　C 解析　令f(x)＝，x>1， 则f′(x)＝<0， ∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 而2<3<4，故>>， 又因为4>ln 4>0，则>，则a>b>c. 5．设a＝e0.01，b＝1.01，c＝ln 1.01，其中e为自然对数的底数，则(　　) A．a>b>c B．b>a>c C．b>c>a D．a>c>b 答案　A 解析　令f(x)＝ex－(x＋1)， 则f′(x)＝ex－1， 当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(0.01)＝e0.01－1.01>f(0)＝0， 即e0.01>1.01， 令g(x)＝ln x－x， 则g′(x)＝－1＝， 当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(1.01)＝ln 1.01－1.01<g(1)＝－1<0， 即ln 1.01<1.01，所以a>b>c. 6．(多选)已知函数f(x)对于任意的x∈都有f′(x)cos x－f(x)sin x>0，则下列式子成立的是(　　) A.f >f  B.f <f  C.f(0)<f  D．2f(0)>f  答案　BC 解析　令g(x)＝f(x)cos x， 对于任意的x∈， g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x>0， 所以g(x)＝f(x)cos x在上单调递增， 所以g<g⇔f cos <f cos ⇔f <f ，A错误； g<g⇔f cos <f cos ⇔f <f ，B正确； g(0)<g⇔f(0)cos 0<f cos ⇔f(0)<f ，C正确； g(0)<g⇔f(0)cos 0<f cos ⇔2f(0)<f ，D错误． 7．(2023·广州模拟)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，若xf′(x)－1<0，f(e)＝2，则关于x的不等式f(ex)<x＋1的解集为________． 答案　(1，＋∞) 解析　令函数g(x)＝f(x)－ln x，x>0， 则g′(x)＝f′(x)－＝<0， 因此函数g(x)在定义域(0，＋∞)上是减函数， g(e)＝f(e)－ln e＝1， 因此f(ex)<x＋1⇔f(ex)－x<1⇔g(ex)<g(e)，即ex>e，解得x>1， 所以不等式f(ex)<x＋1的解集为(1，＋∞)． 8．已知a，b，c∈(1，＋∞)，且a－ln a－1＝e－1，b－ln b－2＝e－2，c－ln c－4＝e－4，其中e是自然对数的底数，则a，b，c的大小关系为____________． 答案　a<b<c 解析　由题意可得a－ln a＝e－1＋1， b－ln b＝e－2＋2，c－ln c＝e－4＋4， 令f(x)＝e－x＋x， 则f′(x)＝－e－x＋1， 因为当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(1)<f(2)<f(4)， 即a－ln a<b－ln b<c－ln c， 令g(x)＝x－ln x， 则g′(x)＝1－， 因为当x>1时，g′(x)>0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又因为a，b，c∈(1，＋∞)且g(a)<g(b)<g(c)， 所以a<b<c. 学科网（北京）股份有限公司 $$