专题6 高考提能2 导数应用中的函数构造-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用word）

高考提能2　导数应用中的函数构造 题型一 构造具体函数 [例1]　(1)(2025·济南二模)已知 a＝，b＝，c＝，则 a，b，c 的大小关系为(　　) A．a＜b＜c B．a＜c＜b　 C．c＜b＜a D．b＜c＜a (2)已知 α，β 均为锐角，且 α＋β－＞sin β－cos α，则(　　) A．sin α ＞sin β B．cos α ＞cos β C．cos α ＞sin β D．sin α ＞cos β 【解析】　(1)因为b＝，c＝，构造函数 f(x)＝，x＞1，则 f′(x)＝， 当 1＜x＜e 时， f′(x)＞0; 当 x＞e 时， f′(x)＜0， 故函数 f(x) 在(1, e)上单调递增，在 (e，＋∞) 上单调递减， 由于 b＝＝＝＝f(4)，c＝＝f(3)，且 e＜3＜4， 则 f(3)＞f(4)，即 c＞b，又 b＝＞＝a，所以 a＜b＜c. (2)由 α ＋β－＞sin β－cos α，得 β－sin β＞－α －sin ， 令 f(x)＝x－sin x，x∈，则 f′(x)＝1－cos x＞0， 所以f(x)在 上单调递增，所以β＞－α. 因为α，β均为锐角，所以cos β＜cos，sin β＞sin ， 所以cos β＜sin α，sin β＞cos α. 【答案】　(1)A 　(2)D 利用导数比较大小， 其关键在于利用所给条件构造辅助函数， 把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数单调性， 进而根据单调性再比较大小． [对点训练]　(2025·黑龙江一模)已知实数 x，y，z 满足 ex－e2＝e(x－2)≠0，ey－e3＝e(y－3)≠0，ez－e5＝e(z－5)≠0，其中e为自然对数的底数．则 x，y，z 的大小关系是(　　) A．x＜y＜z B．y＜x＜z C．z＜x＜y D．z＜y＜x 解析：选D.因为 ex－e2＝e(x－2)≠0，ey－e3＝e(y－3)≠0，ez－e5＝e(z－5)≠0， 可得ex－ex＝e2－2e，ey－ey＝e3－3e，ez－ez＝e5－5e， 设f(t)＝et－et，则 f(x)＝f(2)，f(y)＝f(3)，f(z)＝f(5)，且 x≠2，y≠3，z≠5，而 f′(t)＝et－e，因为 f′(t) 在定义域R上单调递增，且 f′(1)＝0，若 t＞1，则 f′(t)＞0; 若 t＜1，则 f′(t)＜0，可得 f(t) 在 (1，＋∞) 上单调递增，在 (－∞，1) 上单调递减， 所以 f(x)＜f(y)＜f(z)，且 x＜1，y＜1，z＜1，所以 z＜y＜x. 题型二 构造抽象函数 [例2]　(1)(2025·邵阳一模) 定义在 ∪上的偶函数 f(x)，其导函数为 f′(x).若 x∈， f′(x)sin x＋f(x)·cos x＞0恒成立，则(　　) A．f＞f　 B．f＜f C．f＞f　 D．2f＜f (2)已知 y＝f(x) 是定义在 (1，＋∞) 上连续可导函数，其导函数为 y＝f′(x)，若 xf′(x)＜f(x)，且 f(3)＝6，则不等式 f(ln x)＞2ln x 的解集为________． 【解析】　(1)构造函数 F(x)＝f(x)sin x，x∈， 则 F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x＞0，故函数 F(x) 在 上单调递增，所以 F＜F＜F＜F， 又 F＝f，F＝f， F＝f，F＝f， 所以 f＜f＜f＜f，又 f(x) 是偶函数， 则 f＝f＜f＝f＜f＝f＜f， 所以 f＜f，f＜f， f＜f，2f＞f. (2)令 g(x)＝(x＞1)，则 g′(x)＝， 因为 xf′(x)＜f(x)，所以 g′(x)＜0，则 g(x)＝(x＞1) 在区间 (1，＋∞) 上单调递减，又 f(3)＝6， 由f(ln x)＞2ln x，得 所以1＜ln x＜3，解得e＜x＜e3，所以原不等式的解集为 (e，e3) 【答案】　(1)B　(2)(e，e3) 对于含有 f(x), f′(x) 的不等式问题，常构造f(x) 与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条， 利用导数研究新函数的单调性， 从而求解不等式． [对点训练]　1.(2025·茂名二模)已知函数 f(x) 为 R 上的奇函数， f(2)＝0，当 x＞0 时， f(x)＋f′(x)＞0，不等式 (x－1)f(x)＜0 的解集为(　　) A．(－∞，－2)∪(0，1)　 B．(－∞，－2)∪(1，2) C．(－2，0)∪(0，1)　 D．(－2，0)∪(1，2) 解析：选D.构造 g(x)＝exf(x)，则 g′(x)＝ex，因为当 x＞0 时， f(x)＋f′(x)＞0，则此时 g′(x)＞0，g(x) 单调递增， 则 f(x)＝e－xg(x) 的正负符号由 g(x) 决定，又因为 f(2)＝0， 则 g(2)＝0，因为 g(x) 在 (0，＋∞) 上单调递增， 则当0＜x＜2时，g(x)＜0，所以此时 f(x)＝e－xg(x)＜0， 当 x＞2 时， g(x)＞0，所以此时 f(x)＝e－xg(x)＞0， 又因为 f(x) 为 R 上的奇函数，则当 －2＜x＜0时，f(x)＞0， 当x＜－2时，f(x)＜0，且 f(－2)＝－f(2)＝0＝f(0)， 若 (x－1)f(x)＜0，则 或 即 或 解得 1＜x＜2 或 －2＜x＜0， 综上， (x－1)f(x)＜0的解集为 (－2，0)∪(1，2). 2．设 f(x) 的导函数为 f′(x)，xf′(x)＋f(x)＝(x＞0)，且 f(1)＝0，则 f(2)，f(3)，f(5)的大小关系是__________________．(用“<”连接) 解析：因为[xf(x)]′＝f(x)＋xf′(x)＝，所以 xf(x)＝ln ax＋c(a，c为常数)，即 f(x)＝，x>0. 所以 f(1)＝ln a＋c＝0，a＝e－c，故 f(x)＝，x>0， 又因为 f′(x)＝，当 x＞e 时， f′(x)＜0， 当 0＜x＜e 时， f′(x)＞0， 即f(x) 在(0, e)上单调递增，在 (e，＋∞) 上单调递减． 因为 f(2)＝＝＝f(4)，且 e＜3＜4＜5， 所以 f(5)＜f(4)＝f(2)＜f(3). 答案：f(5)＜f(2)＜f(3) 题型三 同构函数 角度1　双变量同构问题 [例3]　(2025·秦皇岛一模) 已知函数 f(x)＝x ln x，若任意两个不相等的正实数 x1，x2，都有 ＜m 恒成立，则实数 m 的取值范围为 (　　) A． B． C．[1，＋∞) D． 【解析】　不妨设 0＜x1＜x2，则由＜m⇒f(x1)－f(x2)＞m(x－x)，即f(x1)－mx＞f(x2)－mx， 也就是说，函数 g(x)＝f(x)－mx2＝x ln x－mx2 在 (0，＋∞)上单调递减， 因为 g′(x)＝ln x＋1－2mx，则ln x＋1－2mx≤0在(0，＋∞)上恒成立， 即m≥，x＞0 恒成立，令 h(x)＝，x＞0， 求导得 h′(x)＝＝，x＞0， 当0＜x＜1时，h′(x)＞0，当x＞1时，h′(x)＜0， 所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞) 上单调递减，故h(x)max＝h(1)＝，所以实数m的取值范围为 . 【答案】　D 对含有同等地位的两个变量的不等式 (或方程) 进行变形， 通过变形整理后的不等式 (或方程)两边具有相同结构，往往通过函数的单调性进行求解，这类问题主要针对双变量 x1，x2(或 a，b)，常见的类型有： (1)＞k(x2＞x1)⇔f(x1)－f(x2)＜kx1－kx2⇔f(x1)－kx1＜f(x2)－kx2⇔构造 y＝f(x)－kx 为增函数． (2)＜(x2＞x1)⇔f(x1)－f(x2)＞⇔f(x1)＋＞f(x2)＋⇔构造y＝f(x)＋ 为减函数． 　 角度2　指对同构问题 [例4]　(1)已知 x＞0，e2x－2ln x＋(4－a)x≥2ln a恒成立，则正数 a 的最大值为(　　) A．1 B．2e C． D．e (2)已知 aeax≥ln x对 ∀x≥3 恒成立，则实数 a 的取值范围是________． 【解析】　(1)由 e2x－2ln x＋(4－a)x≥2ln a，可得 e2x＋4x≥2ln (ax)＋ax＝eln(ax)＋2ln (ax). 令 f(x)＝ex＋2x，易知f(x) 在 R 上单调递增， 可得 f(2x)≥f， 故 2x≥ln (ax)，即 ln a≤2x－ln x. 令 h(x)＝2x－ln x(x＞0)，则 h′(x)＝2－＝， 当 0＜x＜ 时， h′(x)＜0，当 x＞ 时， h′(x)＞0， 所以 h(x) 在 上单调递减，在 上单调递增， 则 h(x)min＝h＝1＋ln 2，所以 ln a≤1＋ln 2，即 a≤2e，所以正数a的最大值为2e. (2)因为aeax≥ln x对 ∀x≥3 恒成立， 所以当 x＝3 时， ae3a≥ln 3＞0，则有 a＞0. 方法一：当a＞0 时， aeax≥ln x可等价变形为 axeax≥xln x＝ln x·eln x．设 f(t)＝tet(t＞0)，则 f′(t)＝(t＋1)et. 因为t＞0时， t＋1＞0，et＞0，所以f′(t)＞0，故 f(t) 在 (0，＋∞) 上单调递增． 所以由 axeax≥ln x·eln x 可得 ax≥ln x，即 a≥ 对 ∀x≥3 恒成立． 设 g(x)＝(x≥3)，则 g′(x)＝＝. 当 x≥3 时，ln x≥ln 3＞1，g′(x)＝＜0. 所以g(x)在[3，＋∞) 上单调递减， 所以当x∈[3，＋∞) 时， g(x)max＝g(3)＝. 因为a≥对 ∀x≥3 恒成立， 所以a≥g(x)max＝，即实数a的取值范围是 . 方法二：当a＞0 时， aeax≥ln x可等价变形为 axeax＝eaxln eax≥xln x. 设 f(t)＝t ln t(t＞1)，则 f′(t)＝ln t＋1. 当t＞1时， f′(t)＞0，故 f(t)在 (1，＋∞) 上单调递增． 所以由 f(eax)≥f(x)，可得eax≥x，即ax≥ln x， 即 a≥ 对 ∀x≥3 恒成立，以下解法同方法一． 【答案】　(1)B　(2) 对于一个指数、一次函数、对数三阶的问题常常可以通过跨阶函数的同构， 转化为两阶问题解决. 跨阶同构需要构造一个母函数， 即外层函数， 这个母函数需要满足： 指对跨阶、 单调性与最值易求． 为了实现不等式两边 “结构” 相同的目的， 需对指对式进行 “改头换面”， 跨阶同构常有三种基本模式： (1)和差型：ea±a＞b±ln b (2)乘积型：aea≤b ln b (3)比商型：＜ [对点训练]　 1．若0＜x1＜x2＜a都有x2ln x1－x1ln x2＜x1－x2 成立，则 a 的最大值为 (　　) A． B．1 　 C．e D．2e 解析：选B.根据题意，若 0＜x1＜x2＜a，则 x2ln x1－x1ln x2＜x1－x2，即－＜－，整理得＜.设 f(x)＝(x＞0). 所以可得 f(x)＝(x＞0) 在(0，a)上单调递增． 对于 f(x)＝，f′(x)＝＝－. 若f′(x)＞0，解得0＜x＜1，即函数f(x)的单调递增区间为(0，1). 又因为函数f(x)在(0，a)上单调递增，则a的最大值为1. 2．(2025·上海模拟) 已知函数 f(x)＝eλx－2ln x(x＞0)，若 f(x)≥x2－λx 恒成立，则实数 λ 的取值范围为________． 解析：由 f(x)≥x2－λx 恒成立，即 eλx－2ln x≥x2－λx，对 x＞0 恒成立， 整理得 eλx＋ln eλx≥x2＋ln x2，对 x＞0 恒成立， 令 g(x)＝x＋ln x，x>0，易知 g(x) 在 (0，＋∞) 上单调递增， 则g(eλx)≥g(x2)，则 eλx≥x2，即 λx≥ln x2，整理得 λ≥，对 x＞0 恒成立， 令h(x)＝，x>0，则 h′(x)＝，则当x∈(0，e)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，则 h(x)max＝h(e)＝，所以 λ≥. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $