热点强化课2 函数中的构造问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（北师大版）

高考总复习数学(BS) [热点强化课2]函数中的构造问题 近几年高考数学客观题压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的取值范围，这类试题具有 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，以下对在处理导数问题 时构造函数的规律方法进行归类总结，并举例说明 题型1 加减型 方法指导 [例1]定义在R上的可导函数f(x)满足'(x) 1.出现(x)+f(x)>0(<0),构造g(x) <2,若f(m)-f(1-2m)≥6m-2,则m的取值 =ex·f(x): 范围是 2.出现f(x)+kf(x)>0(<0),构造g(x) A.(-∞，-1] =e·f(x); 3.出现f(x)一f(x)>k(<k),构造g(x) C.[-1,+∞) D[哈+ =e[f(.x)-k]; [例2]已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(x) 4.出现(rnx+f>0(<0),构造g(x) 是函数f(x)的导函数且在[0，十o∞)上f(x)<1, lnx·f(x). 若f(2026-m)-f(m)≥2026-2m,则实数m 的取值范围为 题型3 减除型 A.[-1013,1013] [例5]若定义在R上的函数f(x)的导函数为 B.[1013,+∞) f(x),且满足f(x)>f(x),f(2024)=e2o24, C.(-∞，-1013] D.(-∞，-1013]U[1013,+o∞) 则不等式f行n小匠的解集为 方法指导 A.(0,e5o72) B.(0,e2o24) 在求解抽象函数不等式中，若已知条件出现 C.(e2o24,+oo) D.(e5o72,+o∞) f(x)>k或f'(x)<k,可构造函数g(x)=f(x) [例6]已知f(x)是定义在R上的函数f(x)的 kx. 导数，且f(x)一f(x)<0,则下列不等式一定成 加乘型 立的是 ( ) 题型2 A.e3f(-2)>f(1) B.f(-2)<e3f1) [例3]已知偶函数f(x)的定义域为R,导函数为 C.ef(1)<f(2) D.f(1)<ef(2) f(x),若对任意x∈[0，+∞)，都有2f(x)+ x∫'(x)>0恒成立，则下列结论正确的是() …方法指导 A.f(0)<0 B.9f(-3)<f(1) 1.出现x·f(x)-f(x)>0(<0),构造g(x) C.4f(2)>f(-1) D.f(1)<f(2) =f(x) [例4]已知函数f(x十1)为定义域在R上的偶 2.出现x·f(x)-kf(x)>0(<0),构造 函数，且当x≥1时，函数f(x)满足xf'(x)十 2f)-,6)-。则4ef)<1的解集是 8(x)=f(x) 26 3.出现f(x)-f(x)>0(<0),构造g(x) f(x) A.(-∞，2-√e)U(e,+∞) er B.(2-e,e) 4.出现f(x)-kf(x)>0(<0),构造g(x) C.(-∞，2-e)U(e,+∞) f(x) D.(2-e,e) ekr ·56· 主题二第三章 导数及其应用 题型4 三角函数型 题型6 函数零点问题中同型构造 [例7]奇函数f(x)定义域为（一π，0）U(0,π)，其 [例11] 在数学中，我们把仅有变量不同，而结 导函数是'(x).当0<x<π时，有f'(x)sinx 构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方 f(x)cosx<0,则关于x的不等式f(x)< 程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等 式.若关于a的方程aea=es和关于b的方程 Ef()sinx的解集为 b(1nb-2)=e3-1(a,b,λ∈R)可化为同构方程， B(,( 则入 ,In(ab)= [例12]已知函数f(x)=xe-2a(lnx+x)有两 c(-ou(o,)D(-要ou(x 个零点，则a的最小整数值为 ) A.0 B.1 C.2 D.3 [例8]定义在R上的连续函数f(x)的导函数为 f(x),且cos af'(x)<(cosx+sinx)f(x)成 方法指导 立，则下列各式一定成立的是 1.如果方程f(a)=0和f(b)=0呈现同构特征， A.f(0)=0 B.f(0)<0 则a,b可视为方程f(x)=0的两个根或函数 y=f(x)的两个零点. C.f(π)>0 D.f)0 2.结合指数运算和对数运算的法则，掌握下述结 方法指导 论（其中x>0): (1)xer=ez+in:;x+In x=In(xer), 1.出现sinx·f(x)十cosx·f(x)>0(<0),构 造g(x)=f(x)·sinx (2)e=er-in r ;x-In x=In e, 2.出现cosx·f(x)-sinx·f(.x)>0(<0),构 (3)x2e*=er+2Inx;x+2In x=In(z2e), 造g(x)=f(x)·cosx. 3.出现sinx·f(x)-cosx·f(x)>0(<0),构 (4)e 22 =ex-2Inx e =ex-2Inx 造g(x)= f(x) sin x 题型7 双元构造 4.出现cosx·f(x)+sinx·f(x)>0(<0),构 [例13] 对于任意x1,x2∈[1，+∞)，当x2>x1 造g(x) f(x) 时，恒有aln2<2(x2一1)成立，则实数a的取 cos x 值范围是 ( ) 题型5 比较大小中的同型构造 A.(-∞，0] B.(-∞，1] [例9] 下列结论正确的是 C.(-o∞，2] D.(-∞，3] A.π<elnx B.π2>2eln元 方法指导 C.e21n2π>4π D.2<e2In 双元，可以借助相同结构来构造对应“统 [例10]已知a=e.1-1,b= 27c=1n1.1,则 函数” [例14] 若对于任意的0<x1<x2<a,都有 A.b<a<c B.c<a<b x2lnx一ln2>2,则a的最大值为( x1-x2 C.c<b<a D.b<c<a A.1 B.e -方法指导 结合题目特征，发掘题中所给结构式的相似性， e 并进行等价变形，构造函数，利用函数单调性比 ©温馨提污 学习至此，请完成配套训练课时冲关19 较函数值的大小，是比较大小很重要的方法. 57跟踪训练 1.解析：因为f(x)=(x-1)e+ax2, 专（四-小南于企2. 所以f'(x)=rer+2ax=x(e+2a), 若a≥0，则x∈（一∞，0）时，f(x) 因地号(9-）≥2. 0,故f(x)在（一o∞，0）上单调递减， x∈(0，+∞)时，f(x)>0,故f(x)在 整理得0≥5r,故0<r≤2.所以建造 (0,十∞)上单调递增， 费用y=2πrlX3十4元r2c 所以当x=0时，f(x)有最小值f(0) =一1，满足题意； =2wx号(2-）X3+rc 若a<0,则当x无限趋近于负无穷大 时，f(x)无限趋向于负无穷大，f(x) 因此y=4x(c-2)2+160r,0<r≤2. 没有最小值，不符合题意； 综上，a≥0，所以实数Q的取值范围为 (2)由(1)得y-8x(c-2)r-160x 「0，十∞). 8a2(-9)0<<2. 20 答案：[0，十∞) 2 1 2.解：(1)当a=1时，fx)=lnx-2x 由于c>3,所以c-2>0, x x∈(0，+∞)， 当 20 /20 c-2 =0时r=√-21 则f(x)=1 20 -2x2+x+1--(2x+1)(x-1 令√2m,则m>0, 所以y-8C2(,一m(,2+m+m. 解-(2x+1)(x-1)=0,可得x=1, 2 或x=一 是（含），所以当0<x<1时， ①当0m<2,即c>号时， f(x)>0,函数f(x)单调递增， 当r=m时，y=0； 当x>1时，f(x)0,函数f(x)单调 当r∈(0，m)时，y<0: 递减，故函数f(x)的单调递增区间是 当r∈(m,2)时，y>0. (0,1],单调递减区间是(1，+∞)， 所以r=m是函数y的极小值，点，也是 所以函数f(x)的极大值为f(1)=一3， 最小值点. 没有极小值· @当m≥2，即3<（≤号时， (2)由题意得f(x)-:-2+ 当r∈(0,2]时，y<0,函数单调递减， 2x2-ax-a2 所以r=2是函数y的最小值点。 综上所迷，当3<≤，建造贷用最 9 (x-a)(2x+a) 9 小时r=2,当>之，建造费用最小时 若a≥1，当x∈(0,1]时，f(x)≥0， 20 f(x)在区间(0,1]上单调递增， r=√-2 此时f(x)的最大值为f(1)=一2一a: 跟踪训练 若0<a<1,当x∈(0，a)时，f(x)>0, 解：(1)因为x=5时，y=11, f(x)单调递增， 当x∈(a,1]时，f(x)<0,f(x)单调 所以号+10=11，即a=2. 递减，此时f(x)的最大值为f(a)= (2)由(1)可知，该商品每日的销售量 aln a-3a; 若-2<a<0,则0<-号<1，当x∈ 为y-2 -3+10(x-6)2(3<x<6). 所以商场每日销售该商品所获得的利润 (0,-号）时，f(x)>0,f(x)单调递 为x)--3副[二3+10x-6r] 增，当re(号，小时f(x)<0, =2+10(x-3)(x-6)2(3x6). f(x)单调递减，此时f(x)的最大值为 从而f(x)=10[(x一6)2+2(x-3)· (x-6)]=30(x-4)(x-6). f(-)=aln(-)+3a: 于是，当x变化时，f(x),f(x)的变化 情况如下表： 若a≤-2，则-号≥1，当x∈(0,1] (3,4) 4 （4,6) 时，f'(x)≥0，f(x)在区间(0,1]上单 调递增，此时f(x)的最大值为f(1) f'(x) 0 -2-a2 单调极大单调 综上可得，f(x)mx= f(.x) 递增值42递减 ,-2-a2,a≤-2或a≥1， aln a-3a,0<a<1, 由上表可得，x=4时，函数f(x)在区 间(3,6)内的极大值点，也是最大值 oh(-号）十3a.-2a<0 点，所以当x=4时，函数f(x)取得最 题型3 大值，且最大值等于42.所以当销售 [典例][解](1)设容器的容积为V, 价格为4元/千克时，商场每日销售该 由题意知V-w21+子x,又V- 商品所获得的利润最大· 热点强化课2 题型1 w-280 3r= [例1][解析]令g(x)=f(x)-2x, 则g'(x)=f(x)-2<0,则g(x)在R 上单调递减，又f(m)一f(1一2m)≥ ·401· 参考答案 6-2等价于f(n)-2n≥f(1-2n) -2(1-2n),即g(m)≥g(1-2n),由 单调性得m≤1-2加，解得n≤3 [答案]B [例2][解析]设g(x)-f(x)-x, 则g'(x)=f(x)-1, 又x∈[0，+)上，f(x)<1,则g'(x) <0,即函数g(x)在x∈[0，十∞)上单调 递减， 又f(x)是定义在R上的奇函数，则函 数g(x)为R上的奇函数，故g(x)在R 上单调递减， 又f(2026-m)-f(n)≥2026-2n, ,.f(2026-m)-(2026-m)≥f(m) 一n, 即g(2026-m)≥g(m), 可得2026-n≤m,解得m≥1013. [答案]B 题型2 [例3][解析]令x-0,则2f(0)+0 >0,∴.f(0)>0,则A错误： 令g(x)=x2f(x),则g'(x)=2xf(x) +x2f'(x),当x>0时，由2f(x)+ xf(x)0,.2.xf(x)+x2f(x)>0, 则g(x)在(0，十∞)上单调递增， 又因为偶函数f(x)的定义域为R, g(x)=x2f(x)为偶函数，g(x)在 (0,十∞)上单调递增， …g(-3)=g(3)>g(1),9f(-3)> f(1),故B错误； .g(2)>g(-1),4f(2)>f(-1),故 C正确：由题意，不妨假设f(x)=c>0 (c为常数)符合题意，此时f(1)= f(2)=c,故D错误. [答案]C [例4][解析]由题可知，当x≥1时， [x2fx]'-三.令g(x)=x2f(x, 则f(x）=g2, f(x)= r2g'(r)-2xg(x)In r-2g(r) 令h(x)=lnx-2g(x), '(x)=1-2g(x)=1-2n正 x 令h(x)=0,解得x=√E.可知函数h(x) 在(We,十∞)上单调递减，在(1We)上 单调递增， 又h(e)=ln√e-2g(e)=0,所以 h(x)0,f(x)≤0，所以函数f(x)在 [1,十∞)上单调递减，4ef(x)<1,可 化为fx)<-f0,又画投f 关于x=1对称，故x-1>W-1, x-1<1-√或x-1>E-1,所以不等 式的解集为(-∞，2-√)U(WE,十o∞). [答案]A 题型3 [例5][解析]由题可设F(x) 2,因为f'(x)一fx)>0 则F(x)=(xe-f(x)e -f(x)=f>0, 所以函数F(x)在R上单调递增， 又F(20240=f2024)=1,不等式 e2024 高考总复习数学(BS) (兮如)<近可转他为合 <1F(合nx）<1=F(2024),所 以子lnx<2024,解得0<xr<es2 所以不等式 f(号nx)近的解集为0，e) [答案]A [例6】[解析]设gx)-fr, e 则g(x)=f(x)-fx) 因为f(x)-f(x)<0,所以g(x)> 0,则g(x)在R上单调递增. 因为-2<1，所以g(-2)<g(1),即 f(-2)<f1山，所以e3f(-2)< e 2 e f(1),则A错误； 因为f(-2),f(1)的大小不能确定， 所以f(一2)，e3f(1)的大小不能确 定，则B错误；因为1<2，所以g(1)< g2,则f1<f②2，所以ef1)< e2 f(2),则C正确：因为f(1),f(2)的大 小不能确定，所以f(1),ef(2)不能确 定，则D错误. [答案]C 题型4 [例7刀[解析]令F(x)=fC巴，因为 sin x 当0<x<π时，有f'(x)sinx一f(x) cosx<0,所以当0<xπ时，F(x) =f(r)sin)cos上<0，所以函 sinr 数F()=巴在(0，x)上为单调递减函 sinr 数，所以当0<x<π时，关于x的不等 式f(x)<Ef(于）simx可化为 f(z) () sin x n子 ,即Fx)<F(F) 所以>>牙：当-<x<0时，0< 一x<π，则关于x的不等式f(x) E(任)mx可化为> sin r () () ,即 -f(x) sin sin(-x) 因为西数)为奇画数，故二司 () m子 ,也即F(-)>F(至) 所以一<牙，即>-， 所以一 下<x<0.综上，原不等式的 4 解集(-至0）加（至x)月 [答案]D [例8][解析]由题可得cos rf'(x) -sin xf(x)<cos xf(x), x(x>0),则f(x)=1十1>0， 所以(cos rf(x))'<cos rf(x), 所以函数f(x)在(0，十∞)上单调递 设g(.x)=cosx·f(x) 增，所以方程f(x)=6的解只有一个， 所以a=lnb-2, g'(c)=(cos xf(r))'-cos rf(c) 所以ab=(1nb-2)b=b(1nb-2) e3x3-1 e8,In(ab)=In e8 =8. <0,所以g(x)在R上单调递减，且 [答案]38 (经)-0，由go)>g(Ξ)P [例12][解析]f(x)=xe2一2a(1nx +x)=e+nr-2a(lnx十x）, g(π)，可得f0)>0>-fπ) e】 设1=x+1nr(x>0),1-1+>0,即 所以f(0)>0,f(π)>0，所以进项A, 函数在(0，十∞)上单调递增，易得t∈ B错误，选项C正确：把x=乏代入 R,于是问题等价于函数g(t)=e一2at 在R上有两个零点，g(t)=e-2a, cos rf'(r)<(cos r+sin r)f(r), 若a0,则g'(t)>0,函数g(t)在R 得f(空)>0，所以选项D错误. 上单调递增，至多有1个零，点，不合题 意，舍去： [答案]C 若a>0,则x∈(-o∞，ln2a)时，g(t)< 颗型5 0,g(t)单调递减，x∈(ln2a,十∞)时， [例9][解析]构造函数f(x)= g(1)>0,g(1)单调递增. 血二，其中x>0,则f(x)=1血 因为函数g(t)在R上有两个零，点，所 g(1)min =g(In 2a)=2a(1-In 2a) 当0<xe时，f'(x)>0,此时函数 f(x)单调递增，当x>e时，f'(x)<0, <03a>2,而g(0)=1>0, 此时函数f(x)单调递减， 限定t>1,记(t)=e-t,9(t)=e-1 对于A选项，，e<π，则f(e)>f(π)， >0,即(t)在(1，十∞)上单调递增， 即上>l,所以r>eln元，A错误； 于是p(t)=e-t>p(1)=e-1>0→ 对于B选项，，eπ，则f(e)>fπ)， >1,则>2时，e时之分→e> 即>2，所以>2B正编： 此时g(0> -2a=1-8a),因 对于C选项，0√元e,则f(√π)< 为a>号，所以8a>4e>1,于是>8a f(e),即ln√-lnx<1 2√斤e, 时，g(1)>0. 所以0<elnπ<2√π，所以e2ln2π 综上，当a>号时，有两个交点a的最 4π，C错误； 小整数值为2. 对于D选项，：π2>e2>e,则f(π2) [答案]C <f(e2),即l血t-2nr<le 题型7 π2 π2 e2 [例13][解析]对于任意x1,x2∈ 吕所以>e21nx,D错误。 [1,+∞)，当x2>x1时，恒有aln2 [答案]B <2(x2-x1)成立， [例10]D[设f(x)=e-x-1, 即alnx2-2x2<alnx1-2x1成立， f(x)=e2-1,x∈(-∞，0)时，f'(x) Af (x)=aln x-2x,.f(x2) <0,f(x)为单调递减，x∈(0，+∞) <f(x1), 时，f(x)>0,f(x)为单调递增，所以 ,,f(x)在[1，十∞)上单调递减， f(x)≥f(0)=0,f(0.1)>0,即e.1 .f(x)=4-2≤0在[1，十o∞)上恒 1>0.1. 成立，∴.a2x在[1，十∞)上恒成立， 设g(x)=lnx-x十1g'(x)=⊥-1 当x≥1,2x≥2， x ,.实数a的取值范国为（一∞，2]. =1-,x∈(0,1)时，g'(x)>0,g(x)为 「答案]C [例14][解析].0<x1<x2<a, 单调递增，x∈(1，十∞)时，g(x)<0, g(x)为单调递减，所以g(x)≤g(1)= .x-<0 .rIn r1-x1In 2< 0,g(1.1)<0, 2(m1-),4-1n2<2 即ln1.1<0.1,所以a>c. x1 设h(x)=ln(x+1)-2r x+2,h'(x）- -2 x1 1 .4 In x+2 In x2+2 函数f(x) x打、（红2-(x+1)x+2> .1 0,h(x)为单调递增，所以h(0.1) =lnx十2在定义域(0，a)上单调递 h(0)-0,所以n1.1>员即>6，] 增，(x）=1-(Inx+2) 题型6 [例1l][解析]对ae=e两边取自 -lnt-1≥0在(0，a)上恒成立，由 然对数得lna十a=6,①对b(lnb-2)= e-1两边取自然对数得lnb十ln(lnb- 2)=3a-1,即lnb-2+ln(lnb-2)=3 一h一10，解得0K≤，就a的 -3.② 最大值是 因为方程①，②为两个同构方程，所以 3入一3=6，解得入=3.设f(x)=lnx十 [答案]C ·402·