第4章 微专题(3) 构造法在导数中的应用-【金版教程】2026年高考数学一轮复习解决方案全书word（基础版）

重点解读　近几年高考数学客观压轴题，多以导数为工具采用构造函数比较大小或求参数取值范围的形式出题，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解决导数问题的基本方法，以下对在处理导数问题时构造函数的规律方法进行归类总结，并举例说明． 类型一　导数型构造函数(多角度探究) 角度1　利用f(x)与xn构造 (1)对于xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，其中n>0，构造函数F(x)＝xnf(x)； (2)对于xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，其中n>0，构造函数F(x)＝. 已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，f(－3)＝0，当x>0时，3f(x)＋xf′(x)<0，则使得f(x)<0成立的x的取值范围是(　　) A．(－∞，－3)∪(0，3) B．(－3，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(－3，0) 答案：B 解析：设g(x)＝x3f(x)，则g′(x)＝3x2f(x)＋x3f′(x)＝x2[3f(x)＋xf′(x)]，当x>0时，因为3f(x)＋xf′(x)<0，则g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(x)为奇函数，则f(x)＝－f(－x)，则g(－x)＝(－x)3f(－x)＝x3f(x)＝g(x)，则g(x)为偶函数，可得g(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(－3)＝0，则g(－3)＝g(3)＝0，当x>0时，由f(x)<0，得g(x)<0，即g(x)<g(3)，解得x>3.当x<0时，由f(x)<0，得g(x)>0，即g(x)>g(－3)，解得－3<x<0.综上所述，不等式f(x)<0的解集为(－3，0)∪(3，＋∞)．故选B. 　题目已知中出现含f(x)，f′(x)的不等式，一般应考虑逆用导数的运算法则构造新函数，然后再逆用单调性等解决问题． 　1.设f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且f(1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，则不等式f(x)>0的解集为________． 答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：构造F(x)＝，则F′(x)＝，由当x<0时，xf′(x)－f(x)>0可得当x<0时，F′(x)>0，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．又f(x)为偶函数，g(x)＝x为奇函数，∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增．根据f(1)＝0可得F(1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数F(x)的大致图象，根据函数F(x)的大致图象可知f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 角度2　利用f(x)与enx构造 (1)对于f′(x)＋nf(x)>0(或<0)，其中n>0，通常构造函数F(x)＝enxf(x)； (2)对于f′(x)－nf(x)>0(或<0)，其中n>0，通常构造函数F(x)＝. 已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，且f(x)－f′(x)>0，f(0)＝1，则关于x的不等式f(x)>ex的解集为(　　) A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．{x|x<1} D．{x|x>1} 答案：B 解析：由f(x)>ex，得>1，设g(x)＝，则g′(x)＝<0，则g(x)在R上单调递减，且g(0)＝1，所以由>1，得g(x)>1＝g(0)，故x<0.故选B. 　若不等式满足“f′(x)－nf(x)>0”的形式，优先构造函数F(x)＝，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可，注意所求问题的转化． 　2.(多选)(2025·安徽滁州高三模拟)已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，且对任意的x∈R，都有f(x)＋f′(x)>0，则下列说法正确的是(　　) A．ef(1)<f(0) B．ef(1)>f(0) C．2f(ln 2)<ef(1) D．2f(ln 2)>ef(1) 答案：BC 解析：令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以g(0)<g(1)，即f(0)<ef(1)，故A错误，B正确；又g(ln 2)<g(1)，所以eln 2f(ln 2)<ef(1)，即2f(ln 2)<ef(1)，故C正确，D错误．故选BC. 角度3　利用f(x)与sinx，cosx构造 由于sinx，cosx的导函数存在一定的特殊性，且它们之间可以相互转化，因此，要解由f(x)，f′(x)，sinx，cosx构成的不等式，常用的构造方法如下： (1)对于f′(x)sinx＋f(x)cosx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝f(x)sinx； (2)对于f′(x)sinx－f(x)cosx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝； (3)对于f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝； (4)对于f′(x)cosx－f(x)sinx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝f(x)cosx. 定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f′(x)>f(x)tanx成立，则(　　) A.f<f B.f>2cos1·f(1) C.f>2f D.f>f 答案：A 解析：由f′(x)>f(x)tanx，得f′(x)cosx－f(x)sinx>0，构造函数F(x)＝f(x)cosx，则F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx>0，故F(x)在上单调递增，则F＝fcos<fcos＝F，即f<f.故选A. 　若不等式满足或通过变形后满足“f′(x)cosx－f(x)sinx>0”的形式，优先考虑构造函数F(x)＝f(x)cosx，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可，注意所求问题的转化． 　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)cosx＋f(x)sinx>0成立，则关于x的不等式f(x)>2fcosx的解集为________． 答案：∪ 解析：构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＝>0，所以函数g(x)＝在上单调递增，因为函数f(x)为偶函数，所以函数g(x)＝也为偶函数，所以函数g(x)＝在上单调递减，因为x∈，所以cosx>0，所以关于x的不等式f(x)>2f·cosx可变形为>，也即g(x)>g，所以g(|x|)>g，则解得<x<或－<x<－.故原不等式的解集为∪. 类型二　同构法构造函数(多角度探究) 角度1　和差型同构 若ex－ax≥－x＋ln (ax)，则正实数a的取值范围为(　　) A. B．(0，e] C. D．(e，＋∞) 答案：B 解析：解法一：不等式ex－ax≥－x＋ln (ax)，可化为ex＋x≥eln (ax)＋ln (ax)，设g(x)＝ex＋x，则g′(x)＝ex＋1>0，即g(x)在R上是增函数，而g(x)≥g(ln (ax))，因为a>0，x>0，所以x≥ln (ax)＝ln a＋ln x，即ln a≤x－ln x恒成立，令f(x)＝x－ln x，则f′(x)＝1－，当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)≥f(1)＝1，故只需ln a≤1，即a≤e.又a>0，所以正实数a的取值范围为(0，e]． 解法二：因为ex－ax≥－x＋ln (ax)，所以ex＋x≥ax＋ln (ax)，即ex＋ln ex≥ax＋ln (ax)．令f(x)＝x＋ln x，则f(ex)≥f(ax)，因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以ex≥ax，又x>0，所以a≤，令g(x)＝，则g′(x)＝，当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)＝e，故a≤e，又a>0，所以0<a≤e，即正实数a的取值范围为(0，e]． 　利用恒等式x＝ln ex和x＝eln x，通过幂转指或幂转对进行等价变形，构造函数，然后由构造的函数的单调性进行研究，最后解决问题． 　4.(2025·河北石家庄高三联考)已知x0是方程ex－ln 3x－2x＝0的一个根，则＝(　　) A. B. C．2 D．3 答案：D 解析：解法一：因为x0是方程ex－ln 3x－2x＝0的一个根，所以ex0－ln 3x0－2x0＝0，即ex0－ln 3x0－3x0＋x0＝0，整理，得ln ex0＋e x0＝ln 3x0＋3x0，令f(x)＝ln x＋x，x>0，则f′(x)＝＋1>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，由ln e x0＋e x0＝ln 3x0＋3x0，可得f(e x0)＝f(3x0)，所以e x0＝3x0，所以＝3.故选D. 解法二：因为x0是方程ex－ln 3x－2x＝0的一个根，所以ex0－ln 3x0－2x0＝0，即ex0－ln 3x0－3x0＋x0＝0，所以ex0＋x0＝ln 3x0＋3x0，所以ex0＋x0＝ln 3x0＋eln 3x0，令g(x)＝ex＋x，x>0，则g′(x)＝ex＋1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上为增函数，由ex0＋x0＝ln 3x0＋eln 3x0，可得g(x0)＝g(ln 3x0)，所以x0＝ln 3x0，所以＝3.故选D. 角度2　积型同构 设实数k>0，对于任意的x>1，不等式kekx≥ln x恒成立，则k的最小值为________． 答案： 解析：由kekx≥ln x，得kxekx≥xln x，即kxekx≥eln xln x，令f(x)＝xex，则f(kx)≥f(ln x)．因为f′(x)＝(x＋1)ex，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，因为kx>0，ln x>0，所以kx≥ln x，即k≥，令h(x)＝(x＞1)，则h′(x)＝，当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(e)＝，即k≥，所以k的最小值为. 　对于含有xex和xln x的不等式或通过变形可以转化为含有xex和xln x型的不等式，可以通过xex＝(ln ex)ex进行指对互化，然后转化为研究函数f(x)＝xln x的性质来解决问题． 　5.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aea<bln b，得ealn ea<bln b．设f(x)＝xln x(x>0)，因为a>0，则ea>1，因为b>0，且bln b>aea>0，则b>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，则ealn ea<bln b，即f(ea)<f(b)，所以ea<b. 角度3　商型同构 (2025·山西吕梁孝义高三模拟)若关于x的不等式ea＋xln x<x2＋ax对任意x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，0] B．[－1，0] C．[－1，＋∞) D．[0，＋∞) 答案：C 解析：由ea＋xln x<x2＋ax，可得<，即<，当a≥0时，对任意x∈(0，1)，有<0，>0，故不等式<在x∈(0，1)上显然成立．当a<0时，令f(x)＝，则所求不等式转化为f(ln x)<f(a＋x)在x∈(0，1)上恒成立，由f′(x)＝，在x∈(－∞，1)上，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，又当x∈(0，1)时，ln x∈(－∞，0)，a＋x∈(－∞，1)，所以只需ln x<a＋x在x∈(0，1)上恒成立，即a>ln x－x恒成立．令g(x)＝ln x－x，则当x∈(0，1)时，g′(x)＝>0，即g(x)在(0，1)上单调递增，又g(1)＝ln 1－1＝－1，故a≥g(1)＝－1，所以此时有－1≤a<0.综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞)．故选C. 　(1)函数f(x)＝和f(x)＝可以借助＝＝进行互化． (2)常见的几种同构涉及的函数图象： 　6.若关于x的不等式－>0对任意x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：由题意可知a>0，>，即>对任意x∈(0，1)恒成立．设g(x)＝，则问题转化为g(aex)>g(x)在x∈(0，1)上恒成立，因为g′(x)＝，所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，g(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.①在x∈(0，1)上，若aex≥1恒成立，即a≥1，则g(aex)≥0>g(x)；②在x∈(0，1)上，若0<aex<1，则aex>x恒成立，即<a<1恒成立，令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)<h(1)＝，所以≤a<1.综上所述，实数a的取值范围为. 4 学科网（北京）股份有限公司 $$