微专题4　导数中的构造问题导学案——2027届高三数学一轮复习

该高中数学讲义聚焦高考导数中的构造问题核心考点，按构造具体函数比较大小和构造抽象函数解不等式两大视角组织，涵盖f(x)±g(x)、f(x)·g(x)等构造类型，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生建立函数构造思维框架。 资料以分类突破为特色，如例2构造g(x)=f(x)-2x研究单调性，培养数学思维与模型意识，设置分层跟踪训练，确保学生高效掌握构造策略，提升解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

微专题4　导数中的构造问题 视角一　构造具体函数比较大小 例1：(1)若a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．b<c<a D．c<b<a (2)(2026·广州期末)已知函数f(x)＝－，若0<a<1，0<b<1且满足aea+1＝beb，则(　　) A．f(a)>f(b) B．f(a)<f(b) C．f(a)＝f(b) D．f(a)，f(b)的大小关系不能确定 学霸笔记：根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或者结构形式的相同点，构造具体的函数解析式，利用导数研究该函数的性质从而解决问题． 　跟踪训练　(1)已知5a＝2(ln 5－ln 2)，b＝，2c＝ln 2，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b>a>c B．a>c>b C．a>b>c D．b>c>a (2)已知x，y∈(0，＋∞)，x，y满足x2－y>ln y－2ln x，则(　　) A．y－2x>0 B．y－x2>0 C．2x－y>0 D．x2－y>0 视角二　构造抽象函数解不等式或比较大小 题型1　构造f(x)±g(x)型可导函数 例2：(2026·唐山模拟)设f′(x)是函数f(x)的导函数，若对任意x∈R都有f′(x)<2，f(2)＝3，则使得f(ex)<2ex－1成立的x的取值范围是________． 学霸笔记：当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x)±g ′(x)”时，不妨联想、逆用“f ′(x)±g ′(x)＝(f(x)±g(x)) ′”，构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． 　跟踪训练　定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若f′(x)>3，f(2)＝6，则f(x)>3x的解集为(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，2) C．(0，＋∞) D．(2，＋∞) 题型2　构造f(x)·g(x)型可导函数 例3：(1)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，满足f(x)＋f′(x)>0(f′(x)为f(x)的导函数)，设a＝ef(1)，b＝e3f(3)，c＝e2f(2)，则(　　) A．a>b>c B．b>c>a C．b>a>c D．a>c>b (2)(2026·驻马店模拟)定义在R上的奇函数f(x)(f(x)不是常数函数)的导函数为f′(x)，当x≥0时，恒有3f(x)＋xf′(x)≥0，则不等式x3f(x)<(3x－1)3f(3x－1)的解集为(　　) A．∪ B． C． D． 学霸笔记：当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x)·g(x)＋f(x)·g ′(x)”时，可联想、逆用“f ′(x)·g(x)＋f(x)·g ′(x)＝(f(x)·g(x)) ′”，构造可导函数y＝f(x)·g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． 　跟踪训练　已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)cos x＋f′(x)sin x>0成立，则(　　) A．f>f B．f(1)sin 1<f C．f>f D．f<f 题型3　构造型可导函数 例4：(2026·萍乡模拟)已知函数y＝f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)为其导函数，若xf′(x)－2f(x)>0恒成立，且f＝，则不等式f(x)<x2的解集为(　　) A．(0，1) B． C． D．(1，＋∞) [听课笔记]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 学霸笔记：当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x)·g(x)－f(x)·g ′(x)”时，可联想、逆用“＝”，构造可导函数y＝，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． 跟踪训练　已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)－f(x)<0，f(1)＝e，则不等式f(x)>ex的解集为__________． 微专题4　导数中的构造问题 例1　解析：(1)因为a＝>0，b＝>0，c＝>0，所以ln a＝，ln b＝，ln c＝.设函数f(x)＝，则f′(x)＝，当x∈[e，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，所以f(4)<f(3)<f(e)，所以ln a<ln c<ln b，故a<c<b.故选B. (2)因为aea+1＝beb，所以aea·e＝beb，所以aea<beb，令g(x)＝xex(0<x<1)，求导可得g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，当0<x<1，可得g′(x)>0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，所以a<b，由f(x)＝－，可得f′(x)＝－，当0<x<1，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，所以f(a)>f(b)．故选A. 答案：(1)B　(2)A 跟踪训练　解析：(1)因为a＝，所以令f(x)＝，则f′(x)＝>0对任意的x∈(1，e)恒成立，所以函数f(x)在(1，e]上单调递增，所以f(e)>f>f(2).因此b>a>c.故选A. (2)设g(x)＝x＋ln x，x>0，所以g′(x)＝1＋>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为x2－y>ln y－2ln x，所以>y＋ln y，所以g(x2)>g(y)，所以x2>y，即x2－y>0.故选D. 答案：(1)A　(2)D 例2　解析：设g(x)＝f(x)－2x，则g′(x)＝f′(x)－2<0，g(2)＝f(2)－2×2＝－1，可知g(x)在R上单调递减，由f(ex)<2ex－1，得f(ex)－2ex<－1，即g(ex)<g(2)，故ex>2，则x>ln 2，即使得f(ex)<2ex－1成立的x的取值范围是(ln 2，＋∞)． 答案：(ln 2，＋∞) 跟踪训练　解析：令函数g(x)＝f(x)－3x，求导得g′(x)＝f′(x)－3，而f′(x)>3，则g′(x)>0，函数g(x)在R上单调递增，又f(2)＝6，则g(2)＝f(2)－6＝0，不等式f(x)>3x⇔f(x)－3x>0⇔g(x)>g(2)，解得x>2，所以所求解集为(2，＋∞)．故选D. 答案：D 例3　解析：(1)令g(x)＝exf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因为f(x)＋f′(x)>0，所以g′(x)>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为1<2<3，所以b>c>a.故选B. (2)根据题意可构造函数g(x)＝x3f(x)，则g′(x)＝3x2f(x)＋x3f′(x)＝x2[3f(x)＋xf′(x)].因为当x≥0时，3f(x)＋xf′(x)≥0，则g′(x)＝x2[3f(x)＋xf′(x)]≥0，所以g(x)＝x3f(x)在区间[ 或x>.则不等式x3f(x)<(3x－1)3f(3x－1)的解集为∪.故选A. 答案：(1)B　(2)A 跟踪训练　解析：令h(x)＝f(x)sin x，x∈，则h′(x)＝f(x)cos x＋f′(x)sin x>0，所以h(x)在上单调递增．对于A，h<h⇒fsin <fsin ⇒f<f，故A错误；对于B，h(1)>h⇒f(1)sin 1>fsin ⇒f(1)sin 1>f，故B错误；对于C，h<h⇒fsin <fsin ⇒<f，故C错误；对于D，h<h⇒sin <fsin ⇒f<f，故D正确．故选D. 答案：D 例4　解析：令g(x)＝，则g′(x)＝.因为在(0，＋∞)上，xf′(x)－2f(x)>0恒成立，可知g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f＝，所以g＝＝1，当f(x)<x2时，即<1，可得g(x)<g.因为g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以0<x<.故选B. 答案：B 跟踪训练　解析：令函数g(x)＝，由f′(x)－f(x)<0，得g′(x)＝<0，因此函数g(x)在R上单调递减，而g(1)＝＝1，不等式f(x)>ex⇔>1⇔g(x)>g(1)，解得x<1，所以不等式f(x)>ex的解集为(－∞，1)． 答案：(－∞，1) 学科网（北京）股份有限公司 $