第3章 第4节 函数中的构造问题(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第三章　一元函数的导数及其应用 第四节　函数中的构造问题 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 研磨·高考题型 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 课 时 作 业 （二十三） 点击进入word 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 [重点解读]　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　利用f(x)与x构造函数 [例1]　(2025·信阳模拟)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) 答案　D 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). eq \a\vs4\al([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)＝ eq \f(f(x),xn). 　[即时训练] 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 eq \f(1,8)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))，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)＋xf′(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)是减函数， 因为20.6>1，0<ln 2<1，log2 eq \f(1,8)＝－3<0， 所以log2 eq \f(1,8)<0<ln 2<1<20.6， 又a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，c＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))， 所以c>b>a. 题型二　利用f(x)与ex构造函数 [例2]　(2025·枣庄质检)已知f(x)为定义在R上的可导函数，f′(x)为其导函数，且f(x)<f′(x)恒成立，其中e是自然对数的底数，则(　　) A．f(2 024)<ef(2 025) B．ef(2 024)<f(2 025) C．ef(2 024)＝f(2 025) D．ef(2 024)>f(2 025) 答案　B 解析　设g(x)＝ eq \f(f(x),ex)，则g′(x)＝ eq \f(f′(x)－f(x),ex)， 因为f(x)<f′(x)，即f′(x)－f(x)>0， 所以g′(x)>0，g(x)为增函数， 则 eq \f(f(2 024),e2 024)< eq \f(f(2 025),e2 025)， 即ef(2 024)<f(2 025). eq \a\vs4\al([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)＝ eq \f(f(x),enx).　 　[即时训练] 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)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，＋∞). 题型三　利用f(x)与sin x，cos x构造函数 [例3]　(2025·成都质检)记函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)为奇函数，且当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) 时恒有f(x)cos x＋f′(x)sin x>0 成立，则(　　) A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))> eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))) B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>－ eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))) C． eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))> eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D． eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))>－ eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) 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∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) 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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增， 所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，则－ eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>－ eq \f(\r(2),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))< eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，选项A错误； g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，则－ eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>－ eq \f(\r(3),2)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>－ eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，选项B正确； g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，则 eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))> eq \r(2)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，又f(x)为奇函数，所以 eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))< eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，选项C错误； 由 eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))> eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))) 得－ eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))> eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，选项D错误．故选B. eq \a\vs4\al([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)＝ eq \f(f(x),sin x)， F′(x)＝ eq \f(f′(x)sin x－f(x)cos x,sin2x)； F(x)＝f(x)cosx， 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)． 　[即时训练] 已知函数f(x)的定义域为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且对∀x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，有f′(x)cosx<f(x)sin x，则关于x的不等式2f(x)< eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos x)的解集为_______． 答案　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) 解析　令φ(x)＝f(x)·cos x，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))， ∴φ′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x， 依题意知，φ′(x)<0， ∴φ(x)是减函数， ∵x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))， ∴cos x>0， ∴2f(x)< eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos x)可化为f(x)·cos x< eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，　 即φ(x)<φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，故 eq \f(π,3)<x< eq \f(π,2)， ∴原不等式的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))). $$