微专题4导数中的构造问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数中的构造问题”专题，依据高考评价体系梳理了比较大小、解不等式等核心考点，通过题型分类（构造具体函数、抽象函数）和例题解析，明确构造f(x)±g(x)、f(x)·g(x)等高频题型的考查权重，构建系统备考框架。 课件亮点在于“方法归纳+真题训练+素养提升”，如以构造f(x)/x型函数比较大小为例，结合2026年模拟题深入剖析导数应用技巧，培养学生的数学思维和逻辑推理能力。特设学霸笔记和跟踪训练，帮助学生熟练掌握构造方法，教师可据此高效指导学生突破导数难点，提升高考得分率。

微专题4　导数中的构造问题 1 多元视角·拓展教材　开放式拓展 实现一个“广” 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 答案：B　 2 解析：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. 3 (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 答案：A 4 解析：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. 5 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． 6 　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 答案：A　 7 解析：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. 8 (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 答案：D 解析：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. 9 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___________． (ln 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，＋∞)． 10 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． 11 　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，＋∞) 答案：D 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. 12 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 答案：B　 解析：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. 13 (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． 答案：A 14 解析：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. 15 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． 16 　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 答案：D 17 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. 18 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，＋∞) 答案：B 19 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. 20 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． 21 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__________． (－∞，1) 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)． 22 1．若a＝，则下列不等式正确的是(　　) A．c>b>a B．a>b>c C．b>a>c D．b>c>a 答案：D 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 23 解析：因为a＝，令f(x)＝，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝.当0<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又因为2<e<3，所以f(2)<f(e)，f(e)>f(3)．又f(2)－f(3)＝<0，所以f(2)<f(3)，所以f(e)>f(3)>f(2)，即b>c>a.故选D. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 24 2．设函数f(x)，g(x)在[a，b]上的导函数分别为f′(x)，g′(x)，且f′(x)>g′(x)，f(a)＝g(a)，则当x∈(a，b)时，下列各式一定成立的是(　　) A．f(x)＋g(x)>0 B．f(x)<g(x) C．f(x)>g(x) D．f(x)＋g(x)<0 答案：C 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 25 解析：由题可知f(x)，g(x)的正负无法判断，所以f(x)＋g(x)与0的关系无法判断，故AD错误；设F(x)＝f(x)－g(x)，F′(x)＝f′(x)－g′(x)>0，所以F(x)在[a，b]上单调递增，因为f(a)＝g(a)，所以F(a)＝0，所以当x∈(a，b)时，F(x)>F(a)＝0，即f(x)>g(x)，故B错误，C正确．故选C. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 26 3．已知函数f(x)的定义域为R，f＝－，对任意的x∈R满足f′(x)>4x，当α∈[0，2π]时，不等式f(cos α)－cos 2α>0的解集为(　　) A．∪ B． C． D． 答案：A 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 27 解析：令h(x)＝f(x)＋1－2x2，则h′(x)＝f′(x)－4x>0，可得h(x)在R上单调递增．又h＝f＋1－2×＝0，所以由h(x)>0可得x>.因为cos 2α＝2cos 2α－1，不等式f(cos α)－cos 2α>0等价于h(cos α)>0，所以cos α>.又因为α∈[0，2π]，所以α∈∪.故选A. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 28 4．(2026·泉州模拟)已知函数f(x)的定义域为R，且f(2)＝1，对任意的x∈R，f(x)＋xf′(x)<0，则不等式(x＋1)f(x＋1)>2的解集是(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，2) C．(1，＋∞) D．(2，＋∞) 答案：A 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 29 解析：设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)在R上单调递减，又g(2)＝2f(2)＝2，由(x＋1)f(x＋1)>2，即g(x＋1)>g(2)，所以x＋1<2，解得x<1，所以不等式(x＋1)f(x＋1)>2的解集是(－∞，1)．故选A. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 30 5．已知f′(x)是函数f(x)的导数，f′(x)＋f(x)<0，f(2)＝，则不等式f(ln x)>的解集是(　　) A．(0，2) B．(0，e2) C．(2，＋∞) D．(e2，＋∞) 答案：B 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 31 解析：令g(x)＝exf(x)，则有g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]<0，所以g(x)在R上单调递减，所以g(2)＝e2f(2)＝e2×＝2，g(ln x)＝eln xf(ln x)＝xf(ln x)，所以由f(ln x)>且x>0，得xf(ln x)>2，即g(ln x)>g(2)，由g(x)在R上单调递减，所以ln x<2，即0<x<e2，故x∈(0，e2)．故选B. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 32 6．(2026·邯郸模拟)已知函数f′(x)是定义域为R的奇函数f(x)的导函数，当x<0时，xf′(x)－f(x)>0，且f(2)＝4，则不等式f(x)≤2x的解集为(　　) A．[－2，2] B．(－∞，－2]∪[2，＋∞) C．[－2，0]∪[2，＋∞) D．[－2，0)∪[2，＋∞) 答案：C 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 33 解析：根据题意，构造函数F(x)＝，求导得F′(x)＝.当x<0时，F′(x)>0，所以F(x)＝在(－∞，0)上单调递增．因为f(x)为奇函数，所以F(x)＝是偶函数，故F(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为f(2)＝4，所以F(2)＝＝2，故F(－2)＝F(2)＝2.当x<0时，不等式f(x)≤2x可化为F(x)＝≥2＝F(－2)．因为F(x)在(－∞，0)上单调递增，所以－2≤x<0； 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 34 当x＝0时，因为f(x)在R上为奇函数，所以f(0)＝0，满足f(x)≤2x；当x>0时，不等式f(x)≤2x可化为F(x)＝≤2＝F(2)，因为F(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以x≥2.综上，f(x)≤2x的解集为[－2，0]∪[2，＋∞)．故选C. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 35 7．若实数a，b满足a>0，b>0，则“a>b”是“ea－eb>a－b”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案：C 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 36 解析：由题意设f(x)＝ex－x(x>0)，对其求导得f′(x)＝ex－1，则当x>0时，f′(x)＝ex－1>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．充分性判断：因为a>b>0，所以 f(a)>f(b)，即ea－a>eb－b，移项得ea－eb>a－b，所以“a>b”可推出“ea－eb>a－b”，充分性成立．必要性判断：因为a>0，b>0且ea－eb>a－b，得ea－a>eb－b，即f(a)>f(b)，根据f(x)在(0，＋∞)上单调递增，可得a>b，所以“ea－eb>a－b”可推出“a>b”，必要性成立．因此，“a>b”是“ea－eb>a－b” 的充要条件．故选C. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 37 8．(2026·泰安模拟)已知函数y＝f(x)是奇函数，对于任意的x∈满足f′(x)sin x－f(x)cos x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是(　　) A．f<f B．f<f C．f>－f D．f<－f 答案：C 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 38 解析：令函数g(x)＝，x∈∪，由函数y＝f(x)是奇函数，得g(－x)＝＝g(x)，函数g(x)是偶函数，求导得g′(x)＝，由任意x∈，f′(x)sin x－f(x)cos x>0，得任意x∈，g′(x)>0，函数g(x)＝在上单调递增，在上单调递减． 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 39 对于A，由－<－，得>，化简得f>f，故A错误；对于B，由>，得>，化简得f>f，故B错误；对于C，由<，得<，化简得f>－f，故C正确；对于D，由<，得<，化简得f>－f，故D错误．故选C. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 40 9．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，满足f′(x)＋2f(x)>0，e为自然对数的底数，则(　　) A．f(1)>e2f(2) B．e2f(－1)>f(－2) C．f(2)<e2f(3) D．e4f(－1)>f(－3) 答案：BCD 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 41 解析：令g(x)＝e2xf(x)，由题可知g(x)在R上可导，g′(x)＝e2x[f′(x)＋2f(x)]，当x∈R时，g′(x)>0，g(x)在R上单调递增；由g(1)<g(2)，得f(1)<e2f(2)，故A错误；由g(－1)>g(－2)，得e2f(－1)>f(－2)，故B正确；由g(2)<g(3)，得f(2)<e2f(3)，故C正确；由g(－1)>g(－3)，得e4f(－1)>f(－3)，故D正确．故选BCD. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 42 10．已知x1，x2∈(0，＋∞)，有，则(　　) A．x1－ln x2<0 B．x2－ln x1<0 －x2<0 －ln x1<0 答案：AC 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 43 解析：由，得<x2ln x2＝·ln x2，ln x2>0，设函数f(x)＝xex，得f′(x)＝ex＋xex>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，而原不等式即为f(x1)<f(ln x2)，故即<x2，故的充要条件为，故AC正确；取x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)，则x1<ln x2成立，但－ln x1>0，故BD错误．故选AC. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 44 11．(2026·新余模拟)已知定义在[a，b]上恒正且可导的函数f(x)与g(x)满足f(a)＞g(a)，＞，则(　　) A．f(b)g(a)＞f(a)g(b) B．f(b)g(a)＜f(a)g(b) C．f(x)＞g(x)恒成立 D．f(x)与g(x)的大小关系无法确定 答案：AC 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 45 解析：令h(x)＝，则h′(x)＝>，且f(x)与g(x)恒正，∴f′(x)g(x)>f(x)g′(x)⇒h′(x)>0，h(x)在[a，b]上单调递增，∴h(a)<h(b)，即<⇒f(b)g(a)>f(a)g(b)，故A正确，B错误；方法一　h(x)＝>h(a)＝>1，∴f(x)>g(x)成立，故C正确，D错误． 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 46 方法二　令F(x)＝ln f(x)，G(x)＝ln g(x)，φ(x)＝F(x)－G(x)，∴φ′(x)＝F′(x)－G′(x)＝>0，∴φ(x)单调递增，又φ(a)>0，故φ(x)>0，∴F(x)>G(x)⇒f(x)>g(x)，故C正确，D错误．故选AC. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 47 12．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，恒有f′(x)>f(x)，a＝ef(－1)，b＝f(0)，c＝，则a，b，c的大小关系是________(用“<”连接)． a<b<c 解析：因为′＝>0，所以g(x)＝为R上的增函数．所以g(－1)<g(0)<g(1)，即ef(－1)<f(0)<，即a<b<c. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 48 13．(2026·保定模拟)定义在上的函数f(x)满足f＝且f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，则满足f(x)>2cos x的x的取值范围为________. 解析：设函数F(x)＝，x∈，则F′(x)＝>0.所以F(x)＝在上单调递增．又当x＝时，F＝＝2，所以当x<时，F(x)＝>2，即f(x)>2cos x. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 49 14．(2026·常德模拟)已知实数x，y满足ex ln y＝xey(x>e，y>e)，则y________x.(在“>”“≥”“＝”“<”“≤”中选一个填在横线处) < 解析：由ex ln y＝xey可得，令f(x)＝x－ln x(x>e)，则f′(x)＝1－>0.所以f(x)在(e，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(e)＝e－1>0，所以x>ln x，所以<.令g(x)＝(x>e)，ln x>1>，则g′(x)＝>0，所以g(x)在(e，＋∞)上单调递增．因为<，即g(y)<g(x)，所以y<x. 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 50 $