常用构造函数的几种方法课件-2026届高三数学二轮复习

专题一　函数与导数 微专题一　常用构造函数的几种方法 题型一 题型选讲 ●命题分析 近几年高考客观题中的压轴题多以导数为工具来解决，这类问题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解决导数问题的基本方法．构造函数的规律方法归类总结如下． 构造具体函数比较大小 ●典例研析 根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或结构形式的相同点，构造具体的函数解析式，利用导数研究该函数的性质． A．c<b<a　　 B．c<a<b　　 C．a<c<b　　 D．a<b<c A．b<a<c B．b<c<a C．c<a<b D．c<b<a 【答案】　(1)C　(2)B 题型二 ●方法技巧 构造函数的基本规律 (1)对于xf ′(x)＋f(x)>0(<0)，构造g(x)＝xf(x)． (2)对于xf ′(x)＋kf(x)>0(<0)，构造g(x)＝xkf(x)． (4)对于f ′(x)＋f(x)>0(<0)，构造函数g(x)＝exf(x)． 利用导数的运算法则构造函数解不等式或比较大小 (6)对于f ′(x)sin x＋f(x)cos x，构造F(x)＝f(x)sin x. (7)对于f ′(x)cos x－f(x)sin x，构造F(x)＝f(x)cos x． ●典例研析 2．(1)(利用f(x)与x构造)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f ′(x),若对任意的x>0都有2f(x)＋xf ′(x)>0成立,则(　　) A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3) C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2) 【答案】　(1)A　(2)A　(3)(0，＋∞) 【解析】　(1)根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f ′(x)，又对任意的x>0都有2f(x)＋xf ′(x)>0成立，则当x>0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf ′(x)]>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，则有g(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3)． 题型三 ●方法技巧 与ex和ln x相关的常见同构模型 (1)aea≤bln b⇔ealn ea≤bln b，构造f(x)＝xln x(或aea≤bln b⇔aea≤(ln b)eln b，构造g(x)＝xex)． (3)ea±a>b±ln b⇔ea±ln ea>b±ln b，构造f(x)＝x±ln x(或ea±a> b±ln b⇔ea±a>eln b±ln b，构造g(x)＝ex±x)． 利用同构法构造函数 【答案】　－e－3 题型四 构造双函数 ●方法技巧 ●典例研析 4．(2023·湖南模拟)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋1)＋1，h(x)＝kx＋b(k，b∈R)． (1)若直线y＝h(x)是曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的公切线，求h(x)的解析式； (2)直线y＝h(x)经过点(－1，－1)，理由如下： 令函数φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1. 当x∈(－∞，0)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增． 故φ(x)≥φ(0)＝0，则F(x)≥0，当且仅当x＋ln x＝0时，等号成立． 令函数G(x)＝x＋ln x，显然G(x)在(0，＋∞)上单调递增， 1．(1)已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) (2)设a＝，b＝9sin ，c＝，则(　　) 【解析】　(1)由b＝＝，令f(x)＝，则f ′(x)＝，令f ′(x)＝0，则x＝e，当x∈(0，e)时， f ′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时， f ′(x)<0，故f(x)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，由7>5>e，则>>，即b>c>a. (2)令f(x)＝sin x－x，则f ′(x)＝cos x－1≤0，所以f(x)在定义域上单调递减，所以当x>0时，f(x)<f(0)＝0，即sin x<x，所以b＝9sin<9×＝<1，又a＝>＝1，c＝>＝1，且a45＝105，c45＝39＝3×94<105，所以a>c>b. (3)对于xf ′(x)－f(x)>0(<0)，构造g(x)＝. (5)对于f ′(x)－f(x)>0(<0)，构造g(x)＝. (2)(利用f(x)与sin x(cos x)构造)已知函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f ′(x)cos x＋f(x)sin x>0(其中f ′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是(　　) A． f <f B． f <f C．f(0)<f D．f(0)<2f (3)(利用f(x)与ex构造)若定义在R上的函数f(x)满足f ′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>的解集为________. (2)构造F(x)＝，则F ′(x)＝，导函数f ′(x)满足f ′(x)cos x＋f(x)sin x>0，则F ′(x)>0，F(x)在内单调递增．把选项转化后可知选A． (3)构造F(x)＝f(x)·e2x，∴F ′(x)＝f ′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f ′(x)＋2f(x)]>0，∴F(x)在R上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，∵不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1，即F(x)>F(0)，∴x>0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)． (2)<⇔<，构造f(x)＝，. ●典例研析 3．(2023·合肥模拟)设k，b∈R，若关于x的不等式ln(x－1)－b≤x(k－1)在(1，＋∞)上恒成立，则的最小值是________. 【解析】　由题意知，不等式ln(x－1)＋(1－k)x≤b在(1，＋∞)上恒成立，令t＝x－1＞0，则ln t＋t＋1－k(t＋1)≤b在(0，＋∞)上恒成立，令f(t)＝ln t＋t＋1－k(t＋1)，所以f ′(t)＝＋1－k，若k≤1，则f ′(t)＞0，f(t)在(0，＋∞)上单调递增，当t→＋∞时，f(t)→＋∞，不等式不恒成立，故k＞1，当0<t<时，f ′(t)＞0，当t>时，f ′(t)＜0，所以当t＝时，f(t)取得最大值f ＝ln－1＋1－k＝－ln (k－1)－k，所 以－ln(k－1)－k≤b，所以ln(k－1)＋k－1≥－2－(b－1)，所以≥－－1，令g(k－1)＝－－1，u＝k－1，则g(u)＝－－1，所以g′(u)＝－＝，当0<u<时g′(u)<0，当u>时，g′(u)>0，所以当u＝时，g(u)取得最小值g＝－e－1，的最小值是－e－1．又＝＝－2，所求最小值是－e－3. 本例的第(2)问把恒成立问题转化为求函数F(x)＝f(x)－－1的最小值，利用同构思想化简 F(x)＝f(x)－－1＝(xex－x－ln x－1)＝(ex＋ln x－x－ln x－1)，从而构造函数φ(x)＝ex－x－1， 求导判断单调性，再结合零点的存在性定理可知∃x0∈，G(x0)＝x0＋ln x0＝0，则F(x0)＝0，即f(x0)＝＋1.利用f(x)≥h(x)≥＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，所以，f(x0)≥h(x0)≥＋1＝f(x0)， 所以f(x0)＝h(x0)，即ex0＝kx0＋b.再构造函数M(x)＝ex－kx－b，由M(x)≥0＝M(x0)，知x＝x0是M(x)的一个极小值点，从而得到k＝ex0， 最终建立k－b＝ex0－(ex0－kx0)＝kx0＝x0ex0＝1，即可把直线方程化为h(x)＝kx＋k－1＝k(x＋1)－1，即可得出结果． (2)若f(x)≥h(x)≥＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，试问直线y＝h(x)是否经过点(－1，－1)？请说明理由． 【解析】　(1)设h(x)与y＝f(x)相切的切点坐标为A(x1，ex1)， 与g(x)＝ln(x＋1)＋1相切的切点坐标为B(x2，ln(x2＋1)＋1)． 因为f ′(x)＝ex，g′(x)＝， 所以ex1＝＝， 则＝，整理得x1x2＝0. 若x1＝0，则ex1＝＝1，则x2＝0； 若x2＝0，则ex1＝＝1，则x1＝0； 故x1＝x2＝0，切点A(0，1)， ∴则h(x)＝x＋1. 令函数F(x)＝f(x)－－1＝(xex－x－ln x－1)＝(ex＋ln x－x－ln x－1)， 因为G<0，G(1)>0， 所以∃x0∈，G(x0)＝x0＋ln x0＝0， 则F(x0)＝0，即f(x0)＝＋1. 又f(x)≥h(x)≥＋1对x∈(0，＋∞)恒成立， 所以f(x0)≥h(x0)≥＋1＝f(x0)， 所以f(x0)＝h(x0)， 即ex0＝kx0＋b.∴b＝ex0－kx0 令函数M(x)＝ex－kx－b，则M′(x)＝ex－k. 由M(x)≥0＝M(x0)，知x＝x0是M(x)的一个极小值点， 则M′(x0)＝ex0－k＝0.即k＝ex0. 由x0＋ln x0＝0，得ex0＝，即x0ex0＝1， 则k－b＝ex0－(ex0－kx0)＝kx0＝x0ex0＝1， 则h(x)＝kx＋k－1＝k(x＋1)－1，故直线y＝h(x)经过点(－1，－1)． $