第3章 微专题强化4-（配套课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高考数学高考一轮总复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数中的函数构造”专题，依据高考评价体系梳理构造具体函数、抽象函数、指对同构三大类型，分析指对同构（积型、简型、和差型）等高频考点，归纳比较大小、不等式恒成立等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“类型梳理+例题精讲+模拟训练”，通过构造函数培养数学思维与推理能力，如例2构造g(x)=f(x)/x利用导数判断单调性比较大小，训练3通过指对同构解决恒成立求参数最值，帮助学生掌握构造技巧，教师可据此精准指导高效复习。

导数中的函数构造问题 微专题强化四 专|题|梳|理 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 典|型|例|题 类型一 构造具体函数 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型二 构造抽象函数 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型三 指对同构 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型四 和(差)型同构 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 把握高考微点，实现素能提升 完成——微练（二十四） 本部分内容讲解结束 构造法是将不同的代数式(或不等式、方程)通过变形，转化为形式结构相同或相近的式子，然后通过构造的函数利用函数单调性解题，此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式或不等式问题．主要考查幂、指数、对数函数的性质、导数运算及应用等，试题形式灵活多样，思维量大，对观察能力、代数式的变形能力要求比较高． 函数构造问题主要包括三大类： 1．构造具体函数 依据题设中目标特征适当变形，将其化为结构相同的式子，然后同构函数，利用函数单调性求解． 2．构造抽象函数 本种题目主要是抽象函数f(x)与x(或xn)、ex(或enx)、sin x(或cos x)的组合函数问题，通过构造f(x)与x(或xn)、ex(或enx)、sin x(或cos x)的和、差、积、商的组合函数，利用构造函数的单调性解决问题． 3．指、对同构 (1)积型：对于不等式aea≤bln b有三种同构方式． (2)商型：对于不等式<有三种同构方式． (3)和差型：对于不等式ea±a>b±ln b有两种同构方式． 有时要对式子进行变形，甚至放缩才能进行同构．例如：aeax>ln x，两边同乘以x，得axeax>xln x，再进行同构：ln eax·eax>xln x或axeax>ln x·eln x，构造函数f(x)＝xln x或f(x)＝xex. 【例1】　已知a＝＋ln，b＝1＋，c＝＋ln 2，则(　　) A．c<b<a B．b<c<a C．c<a<b D．a<c<b 构造函数f(x)＝＋ln x，因为f′(x)＝－＋＝(x>0)，所以当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为1<<2<e，所以f<f(2)<f(e)，即＋ln<＋ln 2<1＋，所以a<c<b.故选D. 根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或者结构形式的相同点，构造具体的函数解析式，利用导数研究该函数的性质从而解决问题． 【训练1】　(2025·山东济宁模拟)若实数a，b，c∈[0,1]，且满足ae＝ea，be1.2＝1.2eb，ce1.6＝1.6ec，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．b>c>a 由ae＝ea，be1.2＝1.2eb，ce1.6＝1.6ec，得＝，＝，＝.令f(x)＝，则f′(x)＝，当x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，于是f(1)>f(1.2)>f(1.6)，即f(a)>f(b)>f(c)，又a，b，c∈[0,1]，所以a>b>c.故选C. 【例2】　(1)已知定义在R上的连续函数为f(x)，其导函数为f′(x)，当x≠0时，xf′(x)－f(x)<0恒成立．设a＝2f，b＝f()，c＝f(1)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．a>c>b D．c>a>b 令g(x)＝，则g′(x)＝，因为x≠0时，xf′(x)－f(x)<0恒成立，所以当x>0时，g′(x)<0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减．则a＝2f＝g，b＝f()＝g()，c＝f(1)＝g(1)，因为<1<，所以g>g(1)>g()，即a>c>b.故选C. (2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(1)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3e的解集为(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，因为f(x)＋f′(x)>1，所以f(x)＋f′(x)－1>0，又ex>0，所以g′(x)>0恒成立，所以y＝g(x)在定义域R上单调递增．故原不等式可转化为exf(x)－ex>3e，又f(1)＝4，所以g(1)＝ef(1)－e＝3e，所以g(x)>g(1)，所以x>1.故选D. 隐函数构造问题常见的两类情况 1．g(x)f′(x)±g′(x)f(x)型：此类问题中，往往需要构造y＝g(x)·f(x)或y＝(g(x)≠0)型的函数，常见的如：含xf′(x)±nf(x)需要构造xn·f(x)或，含f′(x)·sin x±f(x)·cos x需要构造f(x)·sin x或，含f′(x)·ln x±f(x)需要构造f(x)·ln x或. 2．f′(x)±kf(x)型：此类问题往往是省略了ekx结构，一般需要构造y＝ekx·f(x)或y＝型的函数． 【训练2】　已知函数y＝f(x)对任意的x∈(0，π)，满足f′(x)sin x>f(x)cos x，则下列不等式成立的是(　　) A．f<f B．f>f C．f>f D．f<f 令F(x)＝，x∈(0，π)，则F′(x)＝，因为f′(x)sin x>f(x)cos x，则f′(x)sin x－f(x)cos x>0，所以F′(x)>0，所以F(x)在(0，π)上单调递增，所以F>F，即>，即f>f.故选B. 考向❶：积型同构 【例3】　设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea＋1＋b<bln b，则(　　) A．ab>e B．b>ea＋1 C．ab<e D．b<ea＋1 由已知，aea＋1<b(ln b－1)＝bln，则ealn ea<ln.设f(x)＝xln x，则f(ea)<f.因为a>0，则ea>1.又b(ln b－1)>0，b>0，则ln b>1，即b>e，从而>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)内单调递增，所以ea<，即b>ea＋1.故选B. 本题要进行变形，不能直接同构．不同的变形可以有不同的同构方式，可以按aea<ln 的左边同构，也可以按右边同构． 【训练3】　设m>0，对任意实数x≥e，不等式x2ln x－me≥0恒成立，则m的最大值是________． e　 由x2ln x－me≥0，得xln x≥e，即ln x·eln x≥e (x≥e)，设f(t)＝tet(t>0)，则f(t)在(0，＋∞)上是增函数，又f(ln x)≥f，所以ln x≥，即m≤xln x，又当x≥e时，xln x≥eln e＝e，所以m≤e，即m的最大值是e. 考向❷：商型同构 【例4】　若关于x的不等式－>0对∀x∈(0,1)恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A． B． C． D． 由题意可知a>0，>，即>对∀x∈(0,1)恒成立．设g(x)＝，则问题转化为g(aex)>g(x)在(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，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)＝，x∈(0,1)，则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.故选B. 商型同构即构造函数y＝的形式，如：，，，等及变形形式． 【训练4】　已知函数f(x)＝(ex－1)ln(x＋1)(x>0)，求证：f(x)>x2. 由题意，证明f(x)>x2，只需证明(ex－1)ln(x＋1)>x2，即证明>＝＝，令F(x)＝(x>0)，则F′(x)＝，令g(x)＝(x－1)ex＋1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝xex>0，所以g(x)单调递增，所以x∈(0，＋∞)时g(x)>g(0)＝0，所以F′(x)>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故原不等式成立只需F(x)>F(ln(x＋1))，即只需x>ln(x＋1)成立，又ln x≤x－1，所以ln(x＋1)≤x，又x>0，所以ln(x＋1)<x成立，所以原不等式f(x)>x2成立． 【例5】　对于任意的x>0，ex≥(a－1)x＋ln(ax)恒成立，则a的最大值是________． e 由ex≥(a－1)x＋ln(ax)，可得ex＋x≥ax＋ln(ax)，即ex＋x≥eln(ax)＋ln(ax)，令f(x)＝ex＋x，则f(x)≥f(ln(ax))，因为f(x)在R上是增函数，所以x≥ln(ax)，即a≤，令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝e，即a≤e，所以a的最大值是e. 本题通过变形变为y＝ex＋x的形式． 【训练5】　(2025·河南洛阳模拟)已知a>1，b>1，且满足a2－3b>2ln a－ln 4b，则(　　) A．a2>2b B．a2<2b C．a2>b2 D．a2<b2 因为a2－3b>2ln a－ln 4b，所以a2－ln a2>3b－ln 4b＝2b－ln 2b＋b－ln 2.令f(x)＝x－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－＝，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为a>1，b>1，所以a2>1,2b>1，b－ln 2>0，又f(a2)＝a2－ln a2>2b－ln 2b＋b－ln 2＝f(2b)＋b－ln 2，所以f(a2)－f(2b)>b－ln 2>0，即f(a2)>f(2b)，所以a2>2b.故选A. $$