第4章 微专题1-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（教师课件）

第四章 导数及其应用 微专题(一)　导数中函数的构造问题 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 　 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 B 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 　 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 D D 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 谢 谢 观 看 按ESC键退出全屏播放 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 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. 导数型构造函数 考向一　利用f(x)与x构造 　已知函数f(x)的定义域为[0，＋∞)，导函数为f′(x)，若f′(x)<eq \f(fx,x＋1)恒成立，则(　　) A．f(2)>f(3)　　　　 B．2f(1)>f(3) C．f(5)>2f(2) D．3f(5)>f(1) 【解析】　设函数g(x)＝eq \f(fx,x＋1)，x≥0， 因为f′(x)<eq \f(fx,x＋1)，x≥0， 所以(x＋1)f′(x)－f(x)<0， 则g′(x)＝eq \f(x＋1f′x－fx,x＋12)<0， 所以g(x)在定义域上是减函数， 从而g(1)>g(2)>g(3)>g(5)， 即eq \f(f1,2)>eq \f(f2,3)>eq \f(f3,4)>eq \f(f5,6). 所以4f(2)>3f(3)，2f(1)>f(3)，2f(2)>f(5)，3f(1)>f(5)． 【答案】　B 【规律方法】　(1)出现nf(x)＋xf′(x)的形式，构造函数F(x)＝xnf(x)； (2)出现xf′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,xn). [跟踪训练] 1．(2025·常州模拟)已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，若f(2)＝0，则不等式x2f(x)>0的解集是_____________． 答案：(－2,0)∪(2，＋∞) 解析：构造函数g(x)＝x2f(x)，其中f(x)为奇函数且x≠0， 则g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)， 所以函数g(x)为奇函数， 且g(2)＝0，g(－2)＝－g(2)＝0， 当x>0时，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0， 所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为函数g(x)为奇函数，故函数g(x)在(－∞，0)上单调递增， 故x2f(x)>0⇒g(x)>0， 当x<0时，g(x)>0＝g(－2)，可得－2<x<0； 当x>0时，g(x)>0＝g(2)，可得x>2. 综上所述，不等式x2f(x)>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 考向二　利用f(x)与ex构造 　　(2025·黄山模拟)已知定义域为R的函数f(x)，其导函数为f′(x)，且满足f′(x)－2f(x)<0，f(0)＝1，则(　　) A．e2f(－1)<1 B．f(1)>e2 C．f(eq \f(1,2))<e D．f(1)>ef(eq \f(1,2)) 【解析】　设g(x)＝eq \f(fx,e2x)，则g′(x)＝eq \f(f′x·e2x－2fxe2x,e2x2)＝eq \f(f′x－2fx,e2x)， 因为f′(x)－2f(x)<0在R上恒成立， 所以g′(x)<0在R上恒成立， 故g(x)是减函数，所以g(－1)>g(0)， eq \f(f－1,e－2)＝e2f(－1)>eq \f(f0,e0)＝1，故A不正确； g(1)<g(0)，即eq \f(f1,e2)<eq \f(f0,e0)，即f(1)<e2f(0)＝e2，故B不正确； g(eq \f(1,2))<g(0)，即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),e1)<eq \f(f0,e0)＝1， 即f(eq \f(1,2))<e，故C正确； g(eq \f(1,2))>g(1)，即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),e1)>eq \f(f1,e2)， 即f(1)<ef(eq \f(1,2))，故D不正确． 【答案】　C 【规律方法】　(1)出现f′(x)＋nf(x)的形式，构造函数F(x)＝enxf(x)； (2)出现f′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,enx). [跟踪训练] 2．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为(　　) A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0<x<1} 答案：A 解析：令φ(x)＝exf(x)－ex，x∈R， 则φ′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex ＝ex[f(x)＋f′(x)－1]． 又f(x)＋f′(x)>1，∴f(x)＋f′(x)－1>0， ∴φ′(x)>0， ∴φ(x)在定义域上是增函数， 不等式exf(x)>ex＋1可化为exf(x)－ex>1， 又φ(0)＝e0f(0)－e0＝1， ∴原不等式等价于φ(x)>φ(0)，故x>0， ∴原不等式的解集为{x|x>0}． 考向三　利用f(x)与sin x，cos x构造 　　(2025·重庆模拟)已知偶函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其导函数为f′(x)，当0≤x<eq \f(π,2)时，有f′(x)cos x＋f(x)sin x>0成立，则关于x的不等式f(x)>2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cos x的解集为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) 【解析】　构造函数g(x)＝eq \f(fx,cos x)，－eq \f(π,2)<x<eq \f(π,2)， g′(x)＝eq \f(f′xcos x－fxcos x′,cos2x) ＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x,cos2x)， 当0≤x<eq \f(π,2)时，g′(x)>0， 所以函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))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， 且函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增， 所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减， 因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以cos x>0， 关于x的不等式f(x)>2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cos x可变为eq \f(fx,cos x)>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，即g(x)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))， 所以g(|x|)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)<x<\f(π,2)，)))) 解得eq \f(π,3)<x<eq \f(π,2)或－eq \f(π,2)<x<－eq \f(π,3). 【答案】　C 【规律方法】　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 (1)F(x)＝f(x)sin x， F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x； (2)F(x)＝eq \f(fx,sin x)， F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcos x,sin2x)； (3)F(x)＝f(x)cos x， F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x； (4)F(x)＝f(x)/cos x， F′(x)＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x ,cos2x). [跟踪训练] 3．(2025·成都统考)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．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))) B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>－eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))) C.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))>－eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) 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geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，则－eq \f(1,2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>－eq \f(\r(2),2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，选项A错误；geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>g(－eq \f(π,3))，则－eq \f(1,2)f (－eq \f(π,6))>－eq \f(\r(3),2)f (－eq \f(π,3))，又f(x)为奇函数，所以－f(－x)＝f(x)，即f (eq \f(π,6))>－eq \r(3)f (－eq \f(π,3))，选项B正确；g(－eq \f(π,3))<g(－eq \f(π,4))，则eq \r(3)f (－eq \f(π,3))>eq \r(2)f (－eq \f(π,4))，所以eq \r(3)f (eq \f(π,3))<eq \r(2)f (eq \f(π,4))，选项C错误；由eq \r(3)f (－eq \f(π,3))>eq \r(2)f (－eq \f(π,4))，得－eq \r(3)f(eq \f(π,3))>eq \r(2)f (－eq \f(π,4))，选项D错误． 构造函数比较大小 　(1)(2025·榆林统考)已知a＝ln eq \f(9,4\r(e))，b＝ln eq \f(16,9\r(3,e))，c＝2ln eq \f(5,4)－eq \f(1,4)，则(　　) A．a<c<b B．b<a<c C．a<b<c D．c<b<a (2)(2025·咸阳模拟)已知a＝eq \f(1,2 023)，b＝ ，c＝eq \f(cos\f(1,2 023),2 023)，则(　　) A．a>b>c B．b>a>c C．b>c>a D．a>c>b 【解析】　(1)a＝ln eq \f(9,4\r(e))＝2ln eq \f(3,2)－eq \f(1,2)， b＝ln eq \f(16,9\r(3,e))＝2ln eq \f(4,3)－eq \f(1,3)， 构造函数f(x)＝2ln(x＋1)－x(0<x<1)， 则f′(x)＝eq \f(2,x＋1)－1＝eq \f(1－x,x＋1)， 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递增，所以f (eq \f(1,4))<f (eq \f(1,3))<f (eq \f(1,2))，所以c<b<a. (2)设f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1， 令f′(x)<0⇒x<0，令f′(x)>0⇒x>0， 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 则f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，得ex≥x＋1. 所以b＝ >－eq \f(2 022,2 023)＋1＝eq \f(1,2 023)＝a，即b>a； 又0<cos eq \f(1,2 023)<1，所以c＝eq \f(cos\f(1,2 023),2 023)<eq \f(1,2 023)＝a， 即a>c，所以b>a>c. 【答案】　(1)D　(2)B 【规律方法】　构造函数比较大小的常见类型 (1)构造相同的函数，利用单调性，比较函数值的大小； (2)构造不同的函数，通过比较两个函数的函数值进行比较大小． [跟踪训练] 4．(1)(2025·山西联考)设a＝eq \f(1,2e)，b＝eq \f(ln π,2π)，c＝eq \f(ln\r(3),3)，则(　　) A．b>c>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b (2)已知a＝1012，b＝1111，c＝1210，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b>c>a B．b>a>c C．a>c>b D．a>b>c 解析：(1)易知a＝eq \f(1,2e)＝eq \f(ln e,2e)， b＝eq \f(ln π,2π)，c＝eq \f(ln\r(3),3)＝eq \f(ln 3,2×3)， 令f(x)＝eq \f(ln x,2x)(x>0)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,2x2)， f′(x)<0⇒x>e，所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减， 又因为e<3<π，所以f(e)>f(3)>f(π)，即a>c>b. (2)构造函数f(x)＝(22－x)ln x，x≥10， f′(x)＝－ln x＋eq \f(22,x)－1， f′(x)＝－ln x＋eq \f(22,x)－1在[10，＋∞)上单调递减， 且f′(10)＝－ln 10＋eq \f(11,5)－1＝eq \f(6,5)－ln 10<eq \f(6,5)－ln e2＝eq \f(6,5)－2<0， 所以f′(x)＝－ln x＋eq \f(22,x)－1<0在[10，＋∞)恒成立， 故f(x)＝(22－x)ln x在[10，＋∞)上单调递减， 所以f(10)>f(11)>f(12)， 即12ln 10>11ln 11>10ln 12， 所以1012>1111>1210，即a>b>c. $