第5章 教考衔接4 构造法在导数中的应用（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

本讲义聚焦导数应用中构造辅助函数解决不等式及比较大小问题，以2022新高考真题为切入点，溯源教材函数单调性证明基础，通过导数构造（如乘积型、比商型）和同构法等类题探究，结合阶段测评形成“真题-教材-方法-应用”的学习支架。 资料特色在于真题溯源强化教材关联，类法探究总结构造类型培养数学思维，如通过构造f(x)=x/e^x分析参数大小体现推理意识，同构法构造φ(x)=e^x+x展现数学语言简洁性。课中辅助教师突出重点，课后测评助力学生查漏补缺，提升用数学眼光观察、思维分析问题的能力。

一、真题展示 (2022·新高考全国卷Ⅰ)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 二、真题溯源 [教材P99第12题] 利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证： (1)ex>1＋x，x≠0； (2)ln x<x<ex，x>0. 三、类法探究 联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值类问题，则可构造函数，并确定自变量的取值范围，通过研究函数的单调性、最值等，可使问题变得清晰明了，因此，准确构造函数是解题的关键．构造函数的主要依据有两个：一是直接根据所求解的不等式或方程；二是根据求导的基本法则． 类型一　与导数有关的函数构造 　(1)已知实数a，b，c∈(0,1)，e为自然对数的底数，且ae2＝2ea，be3＝3eb,2c＝ecln 2，则(　　) A．b<a<c B．a<b<c C．b<c<a D．c<a<b (2)对任意的x1，x2∈(1,3]，当x1<x2时，x1－x2－ln >0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．[9，＋∞) D．(9，＋∞) [解析]　(1)由ae2＝2ea，be3＝3eb,2c＝ecln 2得＝，＝，＝＝＝， 构造函数f(x)＝(x>0)，求导得f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 因为1<ln 4<2<3，所以f(ln 4)<f(2)<f(3)，所以f(c)<f(a)<f(b)，又因为a，b，c∈(0,1)，f(x)在(0,1)上单调递减，所以b<a<c.故选A． (2)x1－x2－ln >0， 即x1－ln x1>x2－ln x2， 令f(x)＝x－ln x， 由题意得f(x)在(1,3]上单调递减， 故f′(x)＝1－≤0，即a≥3x在(1,3]上恒成立，则a≥9， 故选C． [答案]　(1)A　(2)C 1．出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)； 2．出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝； 3．出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)； 4．出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.　 类型二　同构法构造函数 　已知函数g(x)＝ex－ln x－m的图象恒在f(x)＝(em－1)x的图象的上方，则实数m的取值范围是(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，e－1) C．(0,1) D．(0，e－1) [解析]　由题意可得(em－1)x<ex－ln x－m， 故x·em＋m＋ln x<ex＋x， 即em＋ln x＋m＋ln x<ex＋x. 令φ(x)＝ex＋x，则φ(x)＝ex＋x单调递增，原不等式可化为φ(m＋ln x)<φ(x)， 所以m＋ln x<x，即m<x－ln x， 令h(x)＝x－ln x， 则h′(x)＝1－＝，当0<x<1时， h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0， 所以函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)min＝h(1)＝1， 所以m<1.故选A． [答案]　A 同构法的三种基本模式：①乘积型，如aea≤bln b可以同构成aea≤(ln b)eln b，进而构造函数f(x)＝xex；②比商型，如<可以同构成<，进而构造函数f(x)＝；③和差型，如ea±a>b±ln b，同构后可以构造函数f(x)＝ex±x或f(x)＝x±ln x．　　 阶段测评(四)[5.3] (时间：50分钟，满分：100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2025·怀化期末)函数f＝x2－ln x的极值为(　　) A．＋ B． C．2ln 3 D．3 解析　由题知f的定义域为，且f′＝3x－＝. 当0<x<时，f′＝<0； 当x>时，f′＝>0， 所以f在上单调递减，在上单调递增， 故f的极小值为f＝＋，无极大值． 故选A． 答案　A 2．已知函数y＝f的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′的图象如下图所示，则该函数的大致图象是(　　) 解析　因为y＝f′的图象经过与两点，即f′＝0，f′＝0， 由导数的几何意义可知y＝f在x＝－1与x＝1处的切线的斜率为0，故选项A，C，D错误； 由y＝f′的图象知，f′>0在上恒成立，故f在上单调递增， 又f′在上越来越大，在上越来越小， 所以f在上增长速度越来越快，在上增长速度越来越慢，因此选项B正确． 故选B． 答案　B 3．函数f＝4ln x＋－x的单调递增区间为(　　) A． B． C． D．(3，＋∞) 解析　因为f′＝－－1＝(x>0)， 所以令f′(x)>0可得－x2＋4x－3>0， 解得1<x<3， 所以函数的单调递增区间为. 故选C． 答案　C 4．(2025·牡丹江期末)已知函数f(x)＝x2－2ln x在区间上不单调，则k的取值范围是(　　) A． B．(，2) C． D． 解析　∵f′(x)＝2x－＝，又函数f(x)的定义域是(0，＋∞)， 当0<x<1时，f′<0，当x>1时，f′>0， 故函数f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴解得1≤k<. 故选C． 答案　C 5．已知函数f(x)＝若函数y＝f(x)－a(a为常数)有三个零点，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C．∪{－1} D．(－∞，－1)∪ 解析　当x>0时，则f(x)＝， 可得f′(x)＝， 令f′(x)>0，解得0<x<e；令f′(x)<0， 解得x>e； 则f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，且x∈(e，＋∞)时，函数值为正， 故f(x)≤f(e)＝； 当x≤0时，则f(x)＝x2＋2x＝(x＋1)2－1， 则f(x)在[－1,0]上单调递增，在(－∞，－1)上单调递减， 故f(x)≥f(－1)＝－1，f(0)＝0； 综上所述，f(x)的图象如下图所示． 令y＝f(x)－a＝0，则f(x)＝a， 原题意等价于y＝f(x)与y＝a有三个交点， 由图象可得实数a的取值范围为. 故选B． 答案　B 6．设x>0，y>0，若ex＋ln y>x＋y，则下列选项正确的是(　　) A．x>y B．x>ln y C．x<y D．x<ln y 解析　不等式ex＋ln y>x＋y等价于ex－x>y－ln y， 令f(x)＝ex－x， 则f(ln y)＝eln y－ln y＝y－ln y， ∴不等式ex－x>y－ln y等价于f(x)>f(ln y)， ∵f′(x)＝ex－1， ∴当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝ex－1>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， ∴若y∈(1，＋∞)，则ln y∈(0，＋∞)， 由f(x)>f(ln y)有x>ln y； 若y∈(0,1]，则ln y≤0，由x>0，有x>ln y. 综上所述，设x>0，y>0，若ex＋ln y>x＋y，则有x>ln y. 故选B． 答案　B 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 7．已知函数f(x)＝xln x，下列说法正确的有(　　) A．f(x)的极大值为－ B．f(x)的单调递减区间为 C．曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1 D．方程f(x)＝1有两个不同的解 解析　函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ln x＋1， 令f′(x)<0，解得0<x<； 令f′(x)>0，解得x>， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，B选项正确； f(x)有极小值f＝－，无极大值，A选项错误； 由f(1)＝0，f′(1)＝1，曲线y＝f(x)在x＝1处的切点为(1,0)，切线斜率为1， 切线方程为y＝x－1，C选项正确； f(x)＝xln x＝1，即ln x＝，函数y＝ln x与y＝的图象在(0，＋∞)上只有一个交点， 所以方程f(x)＝1有一个解，D选项错误． 故选BC． 答案　BC 8．f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，有xf′(x)＋2f(x)>0恒成立，则(　　) A．f(1)<4f(2) B．f(－1)<4f(－2) C．16f(4)<9f(3) D．4f(－2)>9f(－3) 解析　令g(x)＝x2f(x)， ∵当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0， ∴当x>0时， g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0， ∴g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 又f(x)为定义在R上的奇函数，y＝x2为定义在R上的偶函数， ∴g(x)＝x2f(x)为R上的奇函数，∴g(x)在R上单调递增． 由g(2)>g(1)，可得4f(2)>f(1)，故A正确； 由g(－1)>g(－2)，可得f(－1)>4f(－2)，故B错误； 由g(3)<g(4)，可得16f(4)>9f(3)，故C错误； 由g(－2)>g(－3)，可得4f(－2)>9f(－3)，故D正确． 故选AD． 答案　AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 9．(2025·三门峡月考)已知函数f＝ax－ln x的最小值为0，则a＝________. 解析　因为f＝ax－ln x(x>0)， 所以f′＝a－＝. 若a≤0，则f在上单调递减，无最小值． 若a>0，则f在上单调递减，在上单调递增，所以fmin＝f＝1＋ln a＝0，解得a＝. 答案　 10．若函数f(x)＝x＋tsin x在上单调递增，则实数t的取值范围是________. 解析　若函数f(x)＝x＋tsin x在上单调递增，只需f′(x)＝1＋tcos x≥0在上恒成立， 故t≥－在上恒成立， 而y＝－在上单调递减， 所以y<－＝－1， 故t≥－1，即实数t的取值范围是[－1，＋∞)． 答案　[－1，＋∞) 11．若函数f＝ax2－2ln x－1有两个零点，则a的取值范围为________. 解析　由f(x)＝0得a＝，令g(x)＝，则g′(x)＝－(x>0)， 当0<x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0， 于是得g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 且gmax＝g(1)＝1，而g(e－)＝0，x∈(e－，＋∞)时，g(x)>0；x∈(－∞，e－)时，g(x)<0， 从而得f(x)有两个不同零点，当且仅当直线y＝a与函数g(x)＝的图象有两个不同交点， 即0<a<1. 答案　 四、解答题：本题共3小题，共43分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 12．(13分)已知函数f(x)＝x3－x2－x＋1. (1)求函数f(x)在点x＝－1处的切线方程； (2)求函数f(x)在[0,4]上的最大值和最小值． 解析　(1)易知，函数f(x)＝x3－x2－x＋1的定义域为R， 所以f(－1)＝－1－1＋1＋1＝0，则切点为(－1，0)， 又f′(x)＝3x2－2x－1， 则f(x)在点x＝－1处的切线斜率k＝f′(－1)＝4， 所以切线方程为y－0＝4(x＋1)，整理可得y＝4x＋4，即4x－y＋4＝0， 即函数f(x)在点x＝－1处的切线方程为4x－y＋4＝0. (2)由(1)可知，f′(x)＝3x2－2x－1， 又x∈[0,4]，所以令f′(x)＝0得x＝1. 令f′(x)<0得0≤x<1， 所以f(x)在[0,1)上单调递减， 令f′(x)>0得1<x≤4， 所以f(x)在(1,4]上单调递增， 所以函数f(x)有极小值为f(1)＝1－1－1＋1＝0，也是函数的最小值， 又f(0)＝0－0－0＋1＝1， f(4)＝64－16－4＋1＝45， 所以函数f(x)的最大值为45， 综上可得，函数f(x)在[0,4]上的最大值为45，最小值为0. 13．(15分)(2025·许昌期末)已知函数f＝aln x－x＋x2. (1)当a＝－1时，求f在点处的切线方程； (2)若a>0，试讨论f的单调性． 解析　(1)当a＝－1时，f＝－ln x＋x＋x2， f′＝－＋1＋2x， ∴k＝f′＝2，f＝2，所以切点为， ∴切线方程y－2＝2，即2x－y＝0. (2)f的定义域为，f′(x)＝， 当0<a<时，由f′>0可得x<a或x>；由f′<0可得a<x<， 所以函数f的单调递增区间为，，单调递减区间为； 当a＝时，f′≥0恒成立，∴函数f的单调递增区间为； 当a>时，由f′>0可得x<或x>a； 由f′<0可得<x<a 所以函数f的单调递增区间为，，单调递减区间为. 综上，当0<a<时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，，单调递减区间为； 当a＝时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a>时，函数f(x)的单调递增区间为，(a，＋∞)，单调递减区间为. 14．(15分)已知函数f(x)＝. (1)若f(x)在x＝2处取得极大值，求实数a的值； (2)若f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围． 解析　(1)因为f′(x)＝＝， 所以f′(2)＝＝0，解得a＝1， 此时f′(x)＝， 所以当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)在x＝2处取得极大值，符合题意， 故实数a的值为1. (2)由(1)知，f′(x)＝， 因为f(x)在(－1,1)上单调递增， 所以f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立， 因为ex>0，所以－x＋a＋1≥0在(－1,1)上恒成立，即a≥x－1在(－1,1)上恒成立， 因为g(x)＝x－1在(－1,1)上单调递增， 所以g(x)<g(1)＝0，所以a≥0， 故实数a的取值范围为[0，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $