主题2 第3章 热点强化课2 函数中的构造问题(教用Word)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

近几年高考数学客观题压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的取值范围，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． [例1]　定义在R上的可导函数f(x)满足f′(x)＜2，若f(m)－f(1－2m)≥6m－2，则m的取值范围是(　　) A．(－∞，－1]　　　　　B． C．[－1，＋∞) D． [解析]　令g(x)＝f(x)－2x，则g′(x)＝f′(x)－2＜0，则g(x)在R上单调递减，又f(m)－f(1－2m)≥6m－2等价于f(m)－2m≥f(1－2m)－2(1－2m)，即g(m)≥g(1－2m)，由单调性得m≤1－2m，解得m≤. [答案]　B [例2]　(2025·山东济南历城二中月考)已知f(x)是定义在R上的奇函数，f′(x)是函数f(x)的导函数且在[0，＋∞)上f′(x)＜1，若f(2 024－m)－f(m)≥2 024－2m，则实数m的取值范围为(　　) A．[－1 012，1 012] B．[1 012，＋∞) C．(－∞，－1 012] D．(－∞，－1 012]∪[1 012，＋∞) [解析]　设g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1， 又x∈[0，＋∞)上，f′(x)＜1，则g′(x)＜0，即函数g(x)在x∈[0，＋∞)上单调递减， 又f(x)是定义在R上的奇函数，则函数g(x)为R上的奇函数，故g(x)在R上单调递减， 又f(2 024－m)－f(m)≥2 024－2m， ∴f(2 024－m)－(2 024－m)≥f(m)－m， 即g(2 024－m)≥g(m)， 可得2 024－m≤m，解得m≥1 012. [答案]　B 　　 在求解抽象函数不等式中，若已知条件出现f′(x)＞k或f′(x)＜k，可构造函数g(x)＝f(x)－kx. [例3]　已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为f′(x)，若对任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)＞0恒成立，则下列结论正确的是(　　) A．f(0)＜0 B．9f(－3)＜f(1) C．4f(2)＞f(－1) D．f(1)＜f(2) [解析]　令x＝0，则2f(0)＋0＞0，∴f(0)＞0，则A错误； 令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)， 当x＞0时，由2f(x)＋xf′(x)＞0， ∴2xf(x)＋x2f′(x)＞0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为偶函数f(x)的定义域为R， ∴g(x)＝x2f(x)为偶函数，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(－3)＝g(3)＞g(1)，9f(－3)＞f(1)，故B错误； ∴g(2)＞g(－1)，4f(2)＞f(－1)，故C正确； 由题意，不妨假设f(x)＝c＞0(c为常数)符合题意，此时f(1)＝f(2)＝c，故D错误． [答案]　C [例4]　(2025·河南濮阳)已知函数f(x＋1)为定义域在R上的偶函数，且当x≥1时，函数f(x)满足xf′(x)＋2f(x)＝，f()＝，则4ef(x)＜1的解集是(　　) A．(－∞，2－)∪(，＋∞) B．(2－，) C．(－∞，2－e)∪(e，＋∞) D．(2－e，e) [解析]　由题可知，当x≥1时，[x2f(x)]′＝.令g(x)＝x2f(x)，则f(x)＝， f′(x)＝＝， 令h(x)＝ln x－2g(x)，h′(x)＝－2g′(x)＝， 令h′(x)＝0，解得x＝.可知函数h(x)在(，＋∞)上单调递减﹐在(1，)上单调递增． 又h()＝ln －2g()＝0，所以h(x)≤0， f′(x)≤0，所以函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减， 4ef(x)＜1，可化为f(x)＜＝f()，又函数f(x)关于x＝1对称， 故|x－1|＞|－1|，x－1＜1－或x－1＞－1，所以不等式的解集为(－∞，2－)∪(，＋∞). [答案]　A 　　 1．出现f′(x)＋f(x)＞0(＜0)，构造g(x)＝ex·f(x)； 2．出现f′(x)＋kf(x)＞0(＜0)，构造g(x)＝ekx·f(x)； 3．出现f′(x)－f(x)＞k(＜k)，构造g(x)＝ex[f(x)－k]； 4．出现f′(x)ln x＋＞0(＜0)，构造g(x)＝ln x·f(x). [例5]　若定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)＞f(x)，f(2 024)＝e2 024，则不等式f＜的解集为(　　) A．(0，e6 072) B．(0，e2 024) C．(e2 024，＋∞) D．(e6 072，＋∞) [解析]　由题可设F(x)＝，因为f′(x)－f(x)＞0，则F′(x)＝＝＞0， 所以函数F(x)在R上单调递增，又F(2 024)＝＝1，不等式f＜可转化为＜1， ∴F＜1＝F(2 024)，所以ln x＜2 024，解得0＜x＜e6 072，所以不等式f＜的解集为(0，e6 072). [答案]　A [例6]　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) [解析]　设g(x)＝， 则g′(x)＝. 因为f(x)－f′(x)＜0，所以g′(x)＞0，则g(x)在R上单调递增． 因为－2＜1，所以g(－2)＜g(1)，即＜，所以e3f(－2)＜f(1)，则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，则B错误； 因为1＜2，所以g(1)＜g(2)，则＜，所以ef(1)＜f(2)，则C正确； 因为f(1)，f(2)的大小不能确定，所以f(1)，ef(2)不能确定，则D错误． [答案]　C 　　 1．出现x·f′(x)－f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝； 2．出现x·f′(x)－kf(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝； 3．出现f′(x)－f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝； 4．出现f′(x)－kf(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝. [例7]　(2025·湖北模拟)奇函数f(x)定义域为(－π，0)∪(0，π)，其导函数是f′(x).当0＜x＜π时，有f′(x)sin x－f(x)cos x＜0，则关于x的不等式f(x)＜fsin x的解集为(　　) A． B．∪ C．∪ D．∪ [解析]　令F(x)＝，因为当0＜x＜π时，有f′(x)sin x－f(x)cos x＜0， 所以当0＜x＜π时， F′(x)＝＜0， 所以函数F(x)＝在(0，π)上为单调递减函数， 所以当0＜x＜π时，关于x的不等式f(x)＜fsin x可化为＜，即F(x)＜F，所以π＞x＞； 当－π＜x＜0时，0＜－x＜π，则关于x的不等式f(x)＜fsin x可化为＞， 即＞， 因为函数f(x)为奇函数，故＞，也即F(－x)＞F，所以－x＜，即x＞－， 所以－＜x＜0.综上，原不等式的解集∪. [答案]　D [例8]　定义在R上的连续函数f(x)的导函数为f′(x)，且cos xf′(x)＜(cos x＋sin x)f(x)成立，则下列各式一定成立的是(　　) A．f(0)＝0 B．f(0)＜0 C．f(π)＞0 D．f＝0 [解析]　由题可得cos xf′(x)－sin xf(x)＜ cos xf(x)，所以(cos xf(x))′＜cos xf(x)， 设g(x)＝， 则g′(x)＝＜0， 所以g(x)在R上单调递减，且g＝0， 由g(0)＞g＞g(π)，可得f(0)＞0＞－， 所以f(0)＞0，f(π)＞0，所以选项A，B错误，选项C正确；把x＝代入cos xf′(x)＜(cos x＋sin x)f(x)，可得f＞0，所以选项D错误． [答案]　C 　　 1．出现sin x·f′(x)＋cos x·f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝f(x)·sin x. 2．出现cos x·f′(x)－sin x·f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝f(x)·cos x. 3．出现sin x·f′(x)－cos x·f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝. 4．出现cos x·f′(x)＋sin x·f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝. [例9]　(2025·辽宁省实验中学期末)下列结论正确的是(　　) A．π＜eln π B．π2＞2eln π C．e2ln2π＞4π D．π2＜e2ln π [解析]　构造函数f(x)＝，其中x＞0， 则f′(x)＝， 当0＜x＜e时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增， 当x＞e时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减， 对于A选项，∵e＜π，则f(e)＞f(π)，即＞，所以π＞eln π，A错误； 对于B选项，∵e＜π2，则f(e)＞f(π2)，即＞，所以π2＞2eln π，B正确； 对于C选项，∵0＜＜e，则f()＜f(e)， 即＝＜， 所以0＜eln π＜2，所以e2ln2π＜4π，C错误； 对于D选项，∵π2＞e2＞e，则f(π2)＜f(e2)，即＝＜＝，所以π2＞e2ln π，D错误． [答案]　B [例10]　(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　) A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b [解析]　设f(x)＝ln (1＋x)－x(x＞－1)， 因为f′(x)＝－1＝－， 当x∈(－1，0)时，f′(x)＞0，当x∈(0，＋∞)时， f′(x)＜0， 所以函数f(x)＝ln (1＋x)－x在(0，＋∞)上单调递减，在(－1，0)上单调递增， 所以f＜f(0)＝0，所以ln －＜0，故＞ln ＝－ln 0.9，即b＞c， 所以f＜f(0)＝0，所以ln ＋＜0，故＜e，所以e＜， 故a＜b， 设g(x)＝xex＋ln (1－x)(0＜x＜1)，则g′(x)＝(x＋1)ex＋＝， 令h(x)＝ex(x2－1)＋1，h′(x)＝ex(x2＋2x－1)， 当0＜x＜－1时，h′(x)＜0，函数h(x)＝ex(x2－1)＋1单调递减， 当－1＜x＜1时，h′(x)＞0，函数h(x)＝ex(x2－1)＋1单调递增， 又h(0)＝0， 所以当0＜x＜－1时，h(x)＜0， 所以当0＜x＜－1时，g′(x)＞0，函数g(x)＝xex＋ln (1－x)单调递增， 所以g(0.1)＞g(0)＝0，即0.1e0.1＞－ln 0.9，所以a＞c.故b＞a＞c. [答案]　C 　　 结合题目特征，发掘题中所给结构式的相似性，并进行等价变形，构造函数，利用函数单调性比较函数值的大小，是比较大小很重要的方法． [例11]　(2025·全国模拟)在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于a的方程aea＝e6和关于b的方程b(ln b－2)＝e3λ-1(a，b，λ∈R)可化为同构方程，则λ＝_______，ln (ab)＝_______． [解析]　对aea＝e6两边取自然对数得ln a＋a＝6，①对b(ln b－2)＝e3λ-1两边取自然对数得ln b＋ln (ln b－2)＝3λ－1，即ln b－2＋ln (ln b－2)＝3λ－3.② 因为方程①，②为两个同构方程，所以3λ－3＝6，解得λ＝3.设f(x)＝ln x＋x(x＞0)，则f′(x)＝＋1＞0， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以方程f(x)＝6的解只有一个，所以a＝ln b－2， 所以ab＝(ln b－2)b＝b(ln b－2)＝e3×3-1＝e8，故ln (ab)＝ln e8＝8. [答案]　3　8 [例12]　已知函数f(x)＝xex－2a(ln x＋x)有两个零点，则a的最小整数值为(　　) A．0　　　　B．1　　　　C．2　　　　D．3 [解析]　f(x)＝xex－2a(ln x＋x) ＝ex＋ln x－2a(ln x＋x)， 设t＝x＋ln x(x＞0)，t′＝1＋＞0，即函数在(0，＋∞)上单调递增，易得t∈R，于是问题等价于函数g(t)＝et－2at在R上有两个零点，g′(t)＝et－2a， 若a≤0，则g′(t)＞0，函数g(t)在R上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去； 若a＞0，则x∈(－∞，ln 2a)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减，x∈(ln 2a，＋∞)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增． 因为函数g(t)在R上有两个零点，所以g(t)min＝g(ln 2a)＝2a(1－ln 2a)＜0⇒a＞， 而g(0)＝1＞0， 限定t＞1，记φ(t)＝et－t，φ′(t)＝et－1＞0，即φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，于是φ(t)＝et－t＞φ(1)＝e－1＞0⇒et＞t，则t＞2时，e＞⇒et＞，此时g(t)＞－2at＝(t－8a)，因为a＞，所以8a＞4e＞1，于是t＞8a时，g(t)＞0. 综上，当a＞时，有两个交点，a的最小整数值为2. [答案]　C 　　 1．如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈现同构特征，则a，b可视为方程f(x)＝0的两个根或函数y＝f(x)的两个零点． 2．结合指数运算和对数运算的法则，掌握下述结论(其中x＞0)： (1)xex＝ex＋ln x；x＋ln x＝ln (xex)， (2)＝ex－ln x；x－ln x＝ln ， (3)x2ex＝ex+2ln x；x＋2ln x＝ln (x2ex)， (4)＝ex-2ln x，＝ex-2ln x． [例13]　对于任意x1，x2∈[1，＋∞)，当x2＞x1时，恒有a ln ＜2(x2－x1)成立；则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．(－∞，1] C．(－∞，2] D．(－∞，3] [解析]　对于任意x1，x2∈[1，＋∞)，当x2＞x1时，恒有a ln ＜2(x2－x1)成立， 即a ln x2－2x2＜a ln x1－2x1成立， 令f(x)＝a ln x－2x，∴f(x2)＜f(x1)， ∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减， ∴f′(x)＝－2≤0在[1，＋∞)上恒成立， ∴a≤2x在[1，＋∞)上恒成立， ∵当x≥1，2x≥2， ∴实数a的取值范围为(－∞，2]. [答案]　C 　　 双元，可以借助相同结构来构造对应“统一函数”． [例14]　若对于任意的0＜x1＜x2＜a，都有＞2，则a的最大值为(　　) A．1　　　　B．e　　　　C．　　　　D． [解析]　∵0＜x1＜x2＜a，∴x1－x2＜0，∴x2ln x1－x1ln x2＜2(x1－x2)，∴－＜－， ∴＜，∴函数f(x)＝在定义域(0，a)上单调递增， ∴f′(x)＝＝≥0在(0，a)上恒成立，由－ln x－1≥0，解得0＜x≤，故a的最大值是. [答案]　C 学科网（北京）股份有限公司 $$