第三章 §3.4 函数中的构造问题-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（A版）

第三章　一元函数的导数及其应用 §3.4　函数中的构造问题 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 跃升 关键能力 01 课时冲关 02 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 ★[考试要求] 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． 　　　利用f(x)与x构造函数 [例1]　(1)(2025·信阳统考)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，且f(－2)＝0，则不等式eq \f(fx,x)>0的解集是(　　) A．(－2,0)∪(0,2) B．(－∞，－2)∪(2，＋∞) C．(－2,0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2) [解析]　设g(x)＝eq \f(fx,x)，x≠0. 因为f(x)是定义在R上的偶函数， 所以f(－x)＝f(x)． 因为g(－x)＝eq \f(f－x,－x)＝－eq \f(fx,x)＝－g(x)， 所以g(x)为奇函数， 所以g(－2)＝－g(2)． 因为f(－2)＝0， 所以g(－2)＝g(2)＝0. 当x>0时，g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)<0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 此时不等式eq \f(fx,x)>0的解集是(0,2)． 因为g(x)为奇函数，图象关于原点对称， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递减， 所以当x<0时，不等式eq \f(fx,x)>0的解集是(－∞，－2)． 综上所述，不等式eq \f(fx,x)>0的解集是(－∞，－2)∪(0,2)． [答案]　D (2)已知函数f(x)的定义域为(－∞，0)，f(－1)＝－1，其导函数f′(x)满足xf′(x)－2f(x)＞0，则不等式f(x＋2 025)＋(x＋2 025)2＜0的解集为(　　) A．(－2 026,0)　　　 B．(－2 026，－2 025) C．(－∞，－2 026) D．(－∞，－2 025) [解析]　根据题意可令g(x)＝eq \f(fx,x2)(x＜0)⇒g′(x)＝eq \f(xf′x－2fx,x3)＜0， 所以g(x)＝eq \f(fx,x2)在(－∞，0)上单调递减， 则原不等式等价于eq \f(fx＋2 025,x＋2 0252)＜－1， 由g(x＋2 025)＝eq \f(fx＋2 025,x＋2 0252)＜－1＝g(－1)⇒0＞x＋2 025＞－1， 解之得x∈(－2 026，－2 025)． [答案]　B (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)＝eq \f(fx,xn). [多选](2025·郴州统考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0恒成立，则(　　) A．f(1)<4f(2)　　　　 B．f(－1)<4f(－2) C．16f(4)<9f(3) D．4f(－2)>9f(－3) 解析：AD　[令g(x)＝x2f(x)， ∵当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0， ∴当x>0时，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝ x[xf′(x)＋2f(x)]>0， ∴g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f(x)为定义在R上的奇函数，y＝x2为定义在R上的偶函数， ∴g(x)＝x2f(x)为定义在R上的奇函数． ∴g(x)是增函数． 由g(2)>g(1)，可得4f(2)>f(1)，故A正确； 由g(－1)>g(－2)，可得f(－1)>4f(－2)，故B错误； 由g(4)>g(3)，可得16f(4)>9f(3)，故C错误； 由g(－2)>g(－3)，可得4f(－2)>9f(－3)，故D正确．] 　利用f(x)与ex构造 [例2]　(1)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)<f′(x)－2，则(　　) A．f(2 026)－ef(2 025)<2(e－1) B．f(2 026)－ef(2 025)>2(e－1) C．f(2 026)－ef(2 025)>2(e＋1) D．f(2 026)－ef(2 025)<2(e＋1) [解析]　令g(x)＝eq \f(fx＋2,ex)， 则g′(x)＝eq \f(f′x－fx－2,ex)>0， 因此函数g(x)是增函数， 于是得g(2 026)>g(2 025)，即eq \f(f2 026＋2,e2 026)>eq \f(f2 025＋2,e2 025)， 整理得f(2 026)－ef(2 025)>2(e－1)，故B正确． [答案]　B (2)f(x)是定义在R上的函数，满足2f(x)＋f′(x)＝xex，f(－1)＝－eq \f(1,2e)，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)在R上有极大值 B．f(x)在R上有极小值 C．f(x)在R上既有极大值又有极小值 D．f(x)在R上没有极值 [解析]　根据题意，2f(x)＋f′(x)＝xex，故2f(－1)＋f′(－1)＝－e－1， 又f(－1)＝－eq \f(1,2e)，得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2e)))＋f′(－1)＝－eq \f(1,e)，故f′(－1)＝0，令g(x)＝e2xf(x)， 则g′(x)＝2e2xf(x)＋e2xf′(x)＝e2x[2f(x)＋f′(x)]＝e2x·xex＝xe3x， 即2e2xf(x)＋e2xf′(x)＝xe3x，记h(x)＝e2xf′(x)＝xe3x－2e2xf(x)＝xe3x－2g(x)， 所以h′(x)＝e3x＋3xe3x－2g′(x)＝e3x＋3xe3x－2xe3x＝e3x(x＋1), 当x＜－1时，h′(x)＜0，当x＞－1时，h′(x)＞0，所以函数h(x)在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，所以h(x)≥h(－1)＝e－2f′(－1)＝0，即e2xf′(x)≥0，即f′(x)≥0，所以f(x)在R上单调递增，故f(x)在R上没有极值．故选项ABC说法错误，选项D说法正确． [答案]　D (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)＝eq \f(fx,enx). 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________． 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)是增函数． 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，＋∞)． 答案：(3，＋∞) 利用f(x)与sin x、cos x构造 [例3]　[多选]定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0成立，则有(　　) A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) [解析]　构造函数g(x)＝eq \f(fx,cos x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(π,2))). 则g′(x)＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x,cos x2)<0，即函数 g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，同理geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))). [答案]　CD 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)＝eq \f(fx,sin x)， F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcos x,sin2x)； F(x)＝f(x)cos x， F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x； F(x)＝eq \f(fx,cos x)， F′(x)＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x,cos2x). 函数f(x)定义域为(0，π)，其导函数是f′(x)，当(0，π)时，有f′(x)sin x－f(x)cos x＜0，则关于x的不等式f(x)＜eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))sin x的解集为________． 解析：令g(x)＝eq \f(fx,sin x)，则 g′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcos x,sin2x)， 因为x∈(0，π)，所以sin x＞0， 因为f′(x)sin x－f(x)cos x＜0，所以g′(x)＜0，所以g(x)在(0，π)上单调递减， 由f(x)＜eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))sin x，得eq \f(fx,sin x)＜eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),sin\f(π,4))， 所以g(x)＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，因为g(x)在(0，π)上单调递减，所以eq \f(π,4)＜x＜π，所以不等式f(x)＜eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))sin x的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π)). 答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π)) 　　　构造具体函数关系 [例4]　(1)(2025·昆明模拟)设a＝eq \f(1,6)，b＝eq \f(ln 5,10)，c＝eq \f(ln 6,12)，则(　　) A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c [解析]　设f(x)＝eq \f(ln x,x2)，则f′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)＝0，得x＝eq \r(e)， 则f(x)在(0，eq \r(e))上单调递增，在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减， b＝f(eq \r(5))，c＝f(eq \r(6))，则b＞c， 又a－b＝eq \f(1,6)－eq \f(ln 5,10)＝eq \f(5－3ln 5,30)＝eq \f(ln e5－ln 125,30)＞0，得a＞b， 所以a＞b＞c. [答案]　A (2)已知e是自然对数的底数，a＝eq \f(π,2ln\r(π))，b＝e2sineq \f(1,e)，c＝eq \f(2,ln 2)，则(　　) A．a＞b＞c B．c＞a＞b C．a＞c＞b D．b＞c＞a [解析]　构建f(x)＝eq \f(x,ln x)，x＞e，则f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln x2)＞0在(e，＋∞)上恒成立， 可知f(x)在(e，＋∞)上单调递增， 因为a＝eq \f(π,2ln\r(π))＝eq \f(π,ln π)，c＝eq \f(2,ln 2)＝eq \f(4,ln 4)， 可知f(4)＞f(π)＞f(e)＝e，即c＞a＞e； 构建g(x)＝x－sin x，x＞0，则g′(x)＝1－cos x≥0在(0，＋∞)上恒成立， 可知g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)＞g(0)＝0，即x＞sin x，x＞0， 可得eq \f(1,e)＞sin eq \f(1,e)，且e＞0，则e＞e2·sineq \f(1,e)，即e＞b； 综上所述：c＞a＞b. [答案]　B 通过研究或变形，使所研究的式子具有鲜明的结构特点，然后依据此特点构造新函数．常用的不等式：sin x＜x＜tan xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(π,2)))，ln(x＋1)＜x(x＞0)，ln x≤x－1≤x2－x(x＞0)，ex≥x＋1，ex≥ex＞x(x＞0)． 已知a＝sineq \f(π,5)，b＝ln eq \f(3,2)，c＝eq \f(1,2)，则(　　) A．a＞b＞c B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．a＞c＞b 解析：D　[a＝sineq \f(π,5)＞sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)＝c， 设f(x)＝ln x＋1－x，x＞1，则f′(x)＝eq \f(1－x,x)＜0， 故f(x)在(1，＋∞)上为减函数，故f(x)＜f(1)＝0即ln x＜x－1(x＞1)， 所以b＝lneq \f(3,2)＞eq \f(3,2)－1＝c，故a＞c＞b.] $$