培优课2 函数中的构造问题-【红对勾】2025年高考数学二轮复习讲与练

培优课2函数中的构造问题 考情分析 导数中的函数构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题的形式出现，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 热点分类 考向探究 考向1导数型构造函数 e<f(x)在R上恒成立，则不等式f(x)< (2-x)e的解集为 角度1利用f(x)与x”构造 A.（-∞，2) B.(2,+∞) 【例1】已知函数f(x)是定义域为（一∞，0）U C.(-∞，1) D.(1,+∞) (0,+∞)的奇函数，当x∈(0，十∞)时， 听课记录 xf'(x)<f(x),则不等式5f(2-x)+(x 2)f(5)<0的解集为 A.(-∞，-3)U(3,+∞) B.(-3,0)U(0,3) C.(-3,0)U(0,7) 022 D.(-∞，-3)U(2,7) 听课记录 反思感悟0 1.出现f'(x)+nf(x)的形式，构造函数 F(x)=ef(). 2.出现f'(x)一nf(x)的形式，构造函数 F(x)=(x) 角度3利用f(x)与sinx,cosx构造 反思感悟) 【例3】 已知定义在R上的函数f(x)满足 1.出现nf(x)十xf'(x)的形式，构造函数 f (x)sin x+f'(x)cos0, () F(z)=x"f(x). 2.出现xf'(x)一nf(x)的形式，构造函数 Af(）f) F(x)=f(x) B.f(<5f) 角度2利用f(x)与e构造 C.f(5>f) 【例2】已知函数f(x)的定义域为R,f'(x)为 f(x)的导函数.若f(1)=e,且f'(x)+ D.f()() ☑一红西勾讲与练·高三二轮数学 马听课记录 c.f()）>2f(》 D.Ef()>f(5) (3)已知函数f(x)的定义域为R,对任意 x∈R,有f(x)-f(x)>0,则不等式ef(x十 1)>e2f(2x-1)的解集是 A.{xx<4} B.(xx<3) C.{xx<2} D.{x|x<1》 考向2利用函数值的特征构造函数 反思感悟Q 【例4】 (1)若对任意正实数x,y都有 函数f(x)与sinx,cosx相结合构造可导函数 的几种常见形式 (2y-)nx-1n）-六≤0，则实数n m (1)F(x)=f(x)sin z,F'()=f'(x)sin 的取值范围为 () f(x)cos x. A.(0,1] (2)F(x)=f(x) sin B.(0,e] F'()=f(x)sin x-f()cos C.(-o∞，0)U[1,+∞) sin'x D.(-o∞，0)U[e,+o∞) (3)F(x)=f(x)cos c,F'(z)=f'(x)cos x 1 (2)若a=1.1,b=l 10c,c=e1,则a,b,c 023 f(x)sin z. (4)F(x)=f() 的大小关系为 cos x' A.b<a<c B.a<b<c F'(a)=f()cos a+f()sin C.b<c<a D.a<c<b cos'x 听课记录 【跟踪训练1】(1)已知函数f(x)及其导函数 f'(x)的定义域均为(0，+∞)，若xf'(x)< 2f(x),则 A.4ef(2)<16f(e)<e°f(4) B.e2f(4)<4ef(2)<16f(e) C.ef(4)<16f(e)<4ef(2) D.16f(e)<ef(4)<4ef(2) (2)定义在o,)上的函数了(x)(x)是 它的导函数，且恒有f'(x)>f(x)·tanx 反思感悟① 构造函数比较大小的常见类型 成立，则 ( (1)构造相同的函数，利用单调性，比较函数值 A5f(g)<f(贺 的大小 (2)构造不同的函数，通过比较两个函数的函数 Bf1)<2cos1·f(g 值进行比较大小 专题一函数、导数、不等式一讲 【跟踪训练2】(1)已知f(x)=alnx十 (2)已知a=4ln3",b=3元，c=4lnπ3，则a, b,c的大小关系是 ( (a>0),若对于任意两个不等的正实数x1, A.c<b<a B.b<c<a x,都有fx)-f(x,) 2恒成立，则a的 C.b<a<c D.a<b<c x1一2 取值范围是 ( A.(0,1] B.[1,+∞) 学习至此，请完成课时作业9 C.(0,3] D.[1,2e) 培优课3导函数的隐零点 考情分析 隐零点问题在高考中不会单独考查，一般在研究函数的单调性的过程中应用，难度较大，往往作为压轴题 出现. 【知识拓展】 (2)解决此类问题的基本思路是形式上虚 (1)导函数的零点在很多时候是无法直接 设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化， 求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其 方法上分离参数，技巧上反客为主. 存在，但又无法用显性的代数进行表达， 热点分类 考向探究 024 考向1不含参函数的隐零点问题 反思感悟) 已知不含参函数f(x)的导函数方程f'(x)=0 ln(x+1), 1 【例1】 已知函数f(x)= ,若 的根存在，却无法求出，利用函数零点存在定理判定 零点存在，设方程f'(x)=0的根为xo,则①有关系 f(x)> z千在(0，十∞)上恒成立，求整数 式f'(x)=0成立，②注意确定x。的范围. 的最大值。 【跟踪训练1】已知函数f(x)=sinx十x2.求 马听课记录 证：f(x)>一16 ☑一红勾讲与练·高三二轮数学令t=f(x),则f(f(x))=m化为 观察图象知，f(x)=1的解，即函数 f(t)=m.当m0时f(t)=m无解， y=f(x)的图象与直线y=1交点的 =x) 则f(f(x))=m无解；当m=0时 横坐标，显然方程f(x)=1只有一个 f(t)=m=0,解得t=1,由图可知 解，要原方程有四个不同的实数根，当 f(x)=1有两个解，即f(f(x)=m 且仅当f(x)=m有三个不同的实数 有两个解；当0<m<1时f(t)=m有 根，因此直线y=m与函数y=f(x) 0 一个解且0<t<1,又f(x)=t有 的图象有三个公共点，则2<≤3，所 以实数m的取值范围为(2,3].故 令t=f(x),则函数y=f(f(x))-1 个解，即f(f(x)=m有一个解；当 的零点满足f(t)-1=0,即f(t)=1, m=1时f(t)=m=1有两个解，即 选D, 5 t1=0,t2=2,又f(x)=t1=0有 所以t= 6,t 6t=-1,当t= 培优课2函数中的构造问题 6 解，f(x)=t2=2有两个解，所以 f(f(x))=m共有三个解；当1m 时，则f(x)= 热点分类·考向探究 6 ,结合函数y=f(x) 2时f(t)=m有三个解，即t3<0,1< 的图象可得f(x)=工的根有3个；当 t1<2,t>2,f(x)=t<0无解 例1D令g(x)=,:当x∈(0. 6 f(x)=t1有三个解，f(x)=ts 有两 个解，所以f(f(x))=m共有五个 十oo)时，xf(x)<f(x),.当x∈ t=5严时，则f(x)=5四，结合画数y= 6 解；当m≥2时f(t)=m有两个解，即 (0,十∞)时，g'(x)=f'(x)-f(z) 22 f(x)的图象可得f(x)=5严的根有1 1<t6<2,t,>2,f(x)=t8有三个解 6 f(x)=t,有两个解，所以f(f(x)) 0,∴.g(x)在(0，十∞)上单调递减.又 m共有五个解.综上可得，的取值范 f(x)为（一∞，0）U(0,十∞)的奇函数， 个：当t=一1时，则f(x)=一1，结合 函数y=f(x)的图象可得f(x)=一1 围是(1，十∞).故选C ·g(-x)=f-四=f( 的根有0个.综上可得，函数y= 跟踪训练2(1)D由已知f(f(x) f(f(x))一1的零，点个数是4.故选C. 1)=0,令f(x)-1=t,即f(t)=0,当 f(x) =g(x),即g(x)为偶函数， 例3(1)A作出函数f(x)= 华-1以≤1的大致图象，如图 -t2+2t=0时，得t1=0或t2=2, lt≥0 .g(x)在（一o,0)上单调递增.又由 x2-6x+8,x>1 In(-t)+ 1 不等式5f(2-x)十(x-2)f(5)0 所示， 当 t =0,时，明显函数 得5f(2-x)<(2-x)f(5).当2 t<0 x>0,即x<2时，不等式可化为 ge)=1(一4)十上在(-0,0)上单调 f(2-x) sf(5) 2-x 5,即g(2-x)<g(5), t 递减，且g(-1)=-1<0,g(-2)= 由g(x)在(0，十©∞)上单调递减得2- x>5,解得x<一3，故x<一3；当2 n2 2=ln2-lne>0,g(-1). x<0,即x>2时，不等式可化为 g(-2)<0,故存在t∈(-2，-1)，使 f(2-x)f6 由2[f(x)]-(a+2)f(x) 0 2-x 5 ,即g(2-x)>g(5)= 得f(x)-1]fx)-2」 a ln(-tg)十 1 =0,画出f(x) g(-5),由g(x)在（一∞，0）上单调递 =0,得 t 增得2-x>一5，解得x<7,故2 -x2十2x,x≥0， f)=1或f)-号由图象可知直 x<7.综上所述，不等式5f(2-x)十 ln(-x)+ ,x<0的大致图象如图 (x-2)f(5)<0的解集为(-∞， x 线y=1与f(x)的图象有3个公共 -3)U(2,7).故选D. 再画出直线y=t+1,其中t∈{0,2，t3》, 点，所以方程f(x)=1有3个不同的 例2D设函数g(x)= 十x,可得 实根，因为方程2[f(x)]-(a+2)· e f(x)十a=0有7个不同的实根，所以 g′(x)= f(z)e'-f(r)e" e 十1= 直线y=2与f()的图象有4个公 y=f(x) 共点，故0<号 '(z)-fx)十e<0,所以函数 <1,故0<a<2,则实 e =t+1 g(x)在R上单调递减，由f(x)<(2 数a的取值范围是(0,2).故选A. x)e,可得f(x)十xe<2e,即 (2)C由f(x)= x-72,x>1, 观察图象可得交点个数为5，即函数 f(x y=f(f(x)- 1)的零，点个数是5.故 2+x<2=fD+1,可得g(x)< e 2-2,x1, 选D. 当x≤1时f(x)=2一2，函数在 (2)D当x≤0时，函数f(x)=x十3 g(1),所以x>1,即不等式f(x)< (-∞，1]上单调递减，且f(1)=0, 单调递增，函数取值集合是（一∞，3]， (2一x)e的解集为(1，十o).故选D. f(0)=1,当x→一∞时f(x)→2，当 1 当x>0时，函数f(x)=x十一在(0， 例3B令F(x)=fx ,x≠2 十kπ， 1 x>1时f(x)=x十 7一2，则 k∈Z,故F'(x) 1)上单调递减，在(1，+0)上单调递 1 =x(x-2) f'(x)cosx十f(x)sin工>0恒成立， f'(x)=1 (x-1)2 (-1),所以 增，函数取值集合是[2，十∞)，方程 「f(x)]2-(1十m)f(x)十m=0,化为 cos'x 当1<x<2时f'(x)<0,当x>2时 [f(x)-1][f(x)-m]=0,解得 故F(x)= f'(x)>0,所以f(x)在(1,2)上单调 f(x)=1或f(x)=m,如图， cos x 递减，在(2，十∞)上单调递增，且 f(2)=1,可得f(x)的大致图象如图 ),k∈Z上单调递增，故F(行)< 所示。 y=fx) c053 2 r() 1 →f()<f(),故选B. -267- 参考答案一y 跟踪训练1(1)Cxf'(x)<2f(x), 调递减.故f(t)mx=f(e)=1,所以 当x∈(x0,十o∞)时，g（x)>0, 「f(x)7' x'(z)=2fx)<0,设 1≥1，解得m∈(0,1].故选A. h'(x)>0. 故h(x)在(0，xo)上单调递减，在 g(z)=f(z) (2)A m(x)=In x-x+1,n(x)= (x0,十∞)上单调递增，从而h(x)的 x 2一，则g(x)在(0，十∞)上 e一x一1，则当x>1时，m'(x)= 最小值为h(x。). 单调递减，.g(2)>g(e)>g(4), 考虑到xo∈(2,3)为g(x)的零点， :f2fef④. -1<0,m(x)在(1，十∞)上单调递 2 故ln(x。十1)=x。-1, e2 16,即4e2f(2) 减，当0<x<1时，m'(x)>0,m(x)在 故h(x)mim=h(xo)= (xo十1)ln(x0十1)十xo十1 16f(e)>ef(4).故选C (0,1)单调递增，故m(x)≤m(1)=0, 故lnx≤x一1，当且仅当x=1时取等 (2)A当x∈(0，)时eosx>0,则 号，当x>0时，n'(x)=e-1>0→ (x6十1)(x。-1)十x。十1=x6十x 不等式f'(x)>f(x)·tanx等价于 x>0,n(x)在(0，十o∞)上单调递增， n'(x)=e" ().(cos -1<0→x<0,n(x)在 x十1∈(3,4). (-o∞，0)上单调递减，所以n(x)≥n(0) 又k<h(x)mim=xo十1， cOS f(x)sin x>0,g(x)=f(x)cos x, 0,故e≥x十1，当且仅当x=0时取等 故满足条件的整数k的最大值为3. 11 11 跟踪训练1证明：f'(x)=cosx十2x, x∈(0，)，则g(x)=f'(x)cosx 号，所以b=ln10e=ln0十1<1.1， 令函数u(x)=f'(x),则'(x) 故b<a.e1>1.1,故a<c,因此b< sinx+2>0,所以u(x)=f'(x)是 f(x)sinx>0,即函数g(x)在 增函数 ac.故选A. (,)上单调递增，则g(石) 跟踪训练2(1)B不妨设x1>x2>0, 因为0)=1f(）=0 可得f(x1)-f(x2)>2x1-2x2,可得 g(5)g1)>s(5)g() f(x1)-2x1>f(x2)-2x2,令g(x) 1<0 所以存在∈（之0小，使得 g()g()<g()即 f(z)-2x=al+ g(x1)>g(x2),所以函数g(x)在 f'(x0)=cosx0十2x。=0,即x8= f(传）<f(号)s1r) (0,十∞)上为增函数，所以g'(x) cos o. 十x一2≥0对任意的x>0恒成立， 所以当x∈(-o∞，xo)时，f'(x)<0, ()()号（任） 2 当x∈(x0,十oo)时，f'(x)0, 所以a≥2x-x2,当x>0时，2x 所以f(x)在（一∞，x。)上单调递减， (任）f(传)r() x2=一(x-1)2十1≤1，当且仅当x= 在(x。,十∞)上单调递增. 1时，等号成立，所以a≥1.故选B. f(x)f(xo)=sin xo+xo=sin xo+ (2)Ba=4ln3"=4πln3,b=3π，c= f(写)故A正确：2eos1·f1)> 4ln元=4X3ln元，观察a,c的式子结 cogx,=-simx,十-sin十 5f(),得不出5f1)<2cos1· 构，构造画数f)=n二，则f(x) x 因为w∈（是0小，所以sm,> ()故B错误w5f(）<2f(于)】 1-n2,当x∈(0，e)时，f'(x)>0, sin(-)>sin(-）=- f(x)单调递增，当x∈(e,+o)时， 故C错误：Ef(）<f(),故D f'(x)<0,f(x)单调递减，因为π 所以-sin2x。十sinx十4 错误.故选A. 3>e,所以f(x)<f(3),即lnr<ln3. ×()-+ 1 f() 爪 3 +4=一16 (3)C令g(x)= x∈R,则 所以3lnπln3,即4×3nπ<4πln3, g'(r)=f')f(x) 即c<a,又lnπ>lne=1,所以3π< 故f(x)>-i6 >0,所以g(x)= 3X4<4X3lnπ，即b<c.综上，b<c< 例2证明：当a≤0时，令F(x)= a.故选B. f(x)-x-2=e“-lnx-2,x>0, fx在R上单调递增，不等式ef(x十 培优课3导函数的隐零点 求导得F'(x)=e一1=xe“-l 1D>cf(2x-1),即fx+D 热点分类·考向探究 显然函数F'(x)在(0，十∞)上单调递 e+1 增，令g（x)=xe-“-1,x>0,则 f2xD,即g(x+1)>g(2x-1). 例1解：由于f(x)> e2.x-1 x+19(x+1). g'(x)=(x十1)ea>0,即函数g(x) 在(0，十∞)上单调递增，而g(0) 所以x十1>2x-1,解得1<2，所以不 fx)=z+1)nx+1)+x+k, -1<0,g(1)=e--1≥e-1>0,则 等式ef(x十1)>ef(2x-1)的解集 是{xx<2}.故选C. 令h(x)= (x十1)ln(x+1)x+1 存在唯一实数x。∈(0,1)，使得 ,则 g()=0,即e0=1,因此存在唯 例4(1A国为2-）nx-lny) 由题意得，k<h(x)m,其中x>0. 一实数x。∈(0,1)，使得F'(xo)=0, 六≤0，所以2)h子≤ ,设 h'(x)=-ln(x+1)+x-1 当0<x<x。时，F'(x0)<0,当x>x0 m 2 时，F'(x。)>0,因此函数F(x)在(0， =,t>0,f()=(2-)nt,则 令g(x)=-ln(x十1)+x-1,其中 xo)上单调递减，在(xo,十∞)上单调 x0. y -0- 由于g'(x)= 中1+1=>0， 递增，当e“=时一a=一lnx f'(t)=-Int 故g(x)在(0，十∞)上单调递增， 则F(x)≥F(xo)=e-lnx。-2= e+2-1-0,令g)= 又g(0)=-1<0,g(1)=-ln2<0, 1 1 e e g(2)=-ln3+1<0,g(3)=-ln4+ +。-a-2>2√ ·x0一a 21 12 t -。,g'(t)=-e t2 ·<0恒成 2>0, 故g(x)在(0，十∞)上有且仅有一个 2=-Q≥0（当且仅当1=，即x。= 立，故y=f'(t)单调递减，当t∈(0，e) 零点，设为x0,且xo∈(2,3). 时，f'(t)>0,函数f(t)单调递增；当 由此当x∈(0，xo)时，g(x)<0 1时取等号，故取不到等号)，所以当 t∈(e,十∞)时，f'(t)<0,函数f(t)单 h'(x)<0; a0时，f(x)>x十2 ☑一红因勾讲与练·高三二轮数学 -268-