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，涵盖原函数与导函数混合构造、指对同构两大核心考点，依据高考评价体系分析幂函数、指数型等四类构造及和差型等三种同构模型的高频考向，归纳构造函数解不等式等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“典例+变式”实战训练，如以河北邯郸月考真题为例，通过构造F(x)=f(x)/x分析单调性破解不等式，培养数学思维与逻辑推理素养。特设易错点分析与解题模板，助力学生掌握构造技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

高考热点2　导数中的构造问题 返回目录 类型1 导数中原函数与导函数的混合构造 构造函数解不等式的解题技巧:解此类题目的关键是构造新函数,研究新函数的单调性 及其导函数的结构形式,下面是常见函数的构造类型. 已知的不等式中所含结构 构造函数的方向 xf'(x)-f(x) F(x)= ,F'(x)=  xf'(x)+f(x) F(x)=xf(x),F'(x)=f(x)+xf'(x) f(x)+f'(x) F(x)=exf(x),F'(x)=ex[f(x)+f'(x)] f(x)-f'(x)  F(x)= ,F'(x)= xf'(x)+2f(x) F(x)=x2f(x),F'(x)=x2f'(x)+2xf(x) xf'(x)-2f(x) F(x)= ,F'(x)=  返回目录 f(x)cos x+f '(x)sin x F(x)=f(x)sin x, F '(x)=f(x)cos x+f '(x)sin x f '(x)sin x-f(x)cos x F(x)=  ,F'(x)=    若f(x)>0,则构造F(x)=ln f(x); 若f(x)<0,则构造F(x)=ln[-f(x)] f '(x)ln x+  F(x)=f(x)ln x 返回目录 角度1　含幂函数结合f(x)构造 典例1    (2026届河北邯郸月考,7)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,+∞)     C     返回目录 解析　根据题意,构造函数F(x)= ,【含结构xf'(x)-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,【奇×奇=偶】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. 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. 返回目录 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. 返回目录 变式训练 1.(关键元素变式)已知函数f(x)的定义域为(-∞,0), f(-1)=-1,其导函数f'(x)满足xf'(x)-2f (x)>0,则不等式f(x+2 025)+(x+2 025)2<0的解集为 ( ) A.(-2 026,+∞)　　    B.(-∞,-2 025) C.(-∞,-2 026)　　    D.(-2 026,-2 025)     D     返回目录 解析　设F(x)= (x<0), 则F'(x)= , 结合题意可知F'(x)<0,即F(x)在(-∞,0)上单调递减, 由f(x+2 025)+(x+2 025)2<0,得f(x+2 025)<-(x+2 025)2,根据定义域知,x+2 025<0,则(x+2 025)2 >0, 不等式两边同除以(x+2 025)2, 可得 <-1= , 即F(x+2 025)<F(-1), 返回目录 结合F(x)在(-∞,0)上单调递减和定义域可得-1<x+2 025<0, 解得-2 026<x<-2 025, 则不等式f(x+2 025)+(x+2 025)2<0的解集为(-2 026,-2 025).故选D. 返回目录 角度2　含指数(型)函数结合f(x)构造 典例2    (黑龙江大庆实验中学模拟,7)已知函数y=f(x),x∈R, f'(x)是其导函数,若 f '(x)-4f(x)>0恒成立,且f =1,则不等式f(x)-e4x-1<0的解集为 ( ) A. 　　    B.  C. 　　    D.      A     返回目录 解析　令g(x)= ,【含结构f'(x)-4f(x)】则g'(x)= >0,所以g(x)在R上单调递 增. 不等式f(x)-e4x-1<0等价于 < , 即g(x)< = =g ,所以x< ,所以不等式f(x)-e4x-1<0的解集为 .故选A. 返回目录 变式训练 2.(关键元素变式)(2026届湖南师大附中三模,7)已知定义域为R的函数f(x)满足f(1)=  ,且f(x)+f'(x)<0,则不等式f(x+1)> 的解集是 ( ) A.(2,+∞)　　    B.(-∞,2) C.(0,+∞)　　    D.(-∞,0)     D     返回目录 解析　令g(x)=exf(x),则g'(x)=ex[f(x)+f'(x)]<0,所以g(x)在R上单调递减, 因为g(1)=e1f(1)=1,不等式f(x+1)> 可变形为ex+1f(x+1)>1, 所以g(x+1)>g(1), 所以x+1<1,即x<0,所以不等式f(x+1)> 的解集为(-∞,0).故选D. 返回目录 角度3　含对数(型)函数结合f(x)构造 典例3　若可导函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时,有ln x·f'(x)+ ·f(x)<0,则不等式 (x-2)·f(x)>0的解集为 ( ) A.(-2,0)　　    B.(0,2)　　    C.(-2,2)　　    D.(2,+∞)     B     返回目录 解析　令F(x)=ln x·f(x),x∈(0,+∞),【含结构ln x·f'(x)+ ·f(x)】则F'(x)= ·f(x)+ln x·f'(x), 又当x>0时,ln x·f '(x)+ ·f(x)<0, 故F(x)=ln x·f(x)在x∈(0,+∞)上单调递减,又F(1)=ln 1·f(1)=0, 则当x>1时,F(x)<0,ln x>0, f(x)<0; 当0<x<1时,F(x)>0,ln x<0, f(x)<0; 又函数f(x)可导,则该函数必连续,所以当x>0时, f(x)<0. 因为可导函数f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,且x<0时, f(x)>0, 由(x-2)·f(x)>0⇒ 或 解得0<x<2.故选B. 返回目录 变式训练 3.(关键元素变式)定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf'(x)>x+1,且f(e)=ln ee+1,则不等式 f(ex)>ex+x的解集为 ( ) A.(0,+∞)　　    B.(1,+∞) C.(2,+∞)　　    D.(e,+∞)     B     返回目录 解析　设g(x)=f(x)-ln x-x,x>0, 则g'(x)=f'(x)- -1= ,x>0. 因为xf'(x)>x+1,所以 >0,即g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立. 所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增. 又g(e)=f(e)-1-e=0,所以由g(x)>0得x>e. 又f(ex)>ex+x⇒f(ex)-ln ex-ex>0⇒g(ex)>0,所以ex>e⇒x>1.故选B. 返回目录 角度4　含三角函数结合f(x)构造 典例4　定义域为 的函数f(x)满足f(x)+f(-x)=0,其导函数为f'(x),当0≤x< 时,有 f '(x)cos x+f(x)sin x<0成立,则关于x的不等式f(x)< f cos x的解集为 ( ) A. ∪ 　　    B.  C. ∪ 　　     D. ∪      B     返回目录 解析　由f(x)+f(-x)=0且x∈ ,得f(x)是奇函数, 令g(x)= ,【含结构f'(x)cos x+f(x)·sin x】当0≤x< 时,g'(x)= <0,则 g(x)在 上单调递减, 显然函数g(x)= 是奇函数,则g(x)在 上单调递减,从而g(x)在 上是减函 数, f(x)< f cos x可化为 < ,即g(x)<g ,解得 <x< ,【注意函数的定义域】 所以不等式f(x)< f cos x的解集为 .故选B. 返回目录 变式训练 4.(关键元素变式)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为 ,且f(x)为偶函 数,当x≥0时, f'(x)≥f(x)tan x,且f =2,则不等式f(x)< 的解集为_________. 返回目录 解析　因为x∈ 时, f'(x)≥f(x)·tan x= , 所以f'(x)cos x≥f(x)sin x,即f'(x)·cos x+f(x)(cos x)'≥0, 因此[f(x)cos x]'≥0,从而F(x)=f(x)·cos x在 上单调递增, 又f(x)是 上的偶函数,且y=cos x是偶函数, 所以F(-x)=f(-x)cos(-x)=f(x)cos x=F(x),即F(x)是 上的偶函数,故F(x)在 上 单调递减, 因为f =2,所以F =1,又f(x)< ,所以f(x)cos x<1,即F(x)<1, 返回目录 所以F(x)<F ,故由F(x)的单调性和奇偶性可知- <x< , 因此不等式的解集为 . 返回目录 类型2 导数中的指对同构问题 1.常见的指、对同构的模型 (1)xex=ex+ln x,x+ln x=ln(xex). (2) =ex-ln x,x-ln x=ln . (3)x2ex=ex+2ln x,x+2ln x=ln(x2ex). (4) =ex-2ln x,x-2ln x=ln . 返回目录 2.其他常见结构 (1)eax+ax>ln(x+1)+x+1=eln(x+1)+ln(x+1)⇒ax>ln(x+1). (2)xex=ex+ln x≥x+ln x+1;x+ln x=ln(xex)≤xex-1. 3.凑常数、参数、变量结构 若式子无法直接进行变形同构,往往需要凑常数、凑参数或凑变量,如两边同乘x,同加 上x等,再用上述方式变形. (1)aeax>ln x⇒axeax>xln x. (2)ex>aln(ax-a)-a⇒ ex>ln[a(x-1)]-1⇒ex-ln a-ln a>ln(x-1)-1⇒ex-ln a+x-ln a>ln(x-1)+x-1=eln(x-1)+ ln(x-1). (3)ax>logax⇒exln a> ⇒(xln a)exln a>xln x. 返回目录 角度1　和差型指对同构 典例5    (2025届山东烟台三模,8)若不等式xex-x-ln x-a≥0恒成立,则实数a的取值范围为 ( ) A.(0,1]　　     B.(0,e-1] C.(-∞,1]　　    D.(-∞,e-1]     C     返回目录 解析　因为xex-x-ln x-a≥0,即eln x+x-(ln x+x)-a≥0, 令t=ln x+x,则et-t-a≥0恒成立,则a≤et-t恒成立, 令φ(t)=et-t,则φ'(t)=et-1,当t∈(-∞,0)时,φ'(t)<0;当t∈(0,+∞)时,φ'(t)>0,所以φ(t)在(-∞,0)上 单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 所以φ(t)min=φ(0)=1,所以a≤1.故选C. 返回目录 变式训练 5.(设问条件变式)已知实数a,b满足ea+a=ln b+b+2,则下列选项中一定正确的是  ( ) A.b>ea　　    B.b<ea　　    C.b<a+1　　    D.b>a+1 B     返回目录 解析　令f(x)=x+ln x+2,则f(x)在(0,+∞)上单调递增.【增+增=增】 对于A,B,由ea+a=ln b+b+2可得ln b+b+2=ln ea+ea,即f(b)=f(ea)-2<f(ea), 则b<ea,故A错误,B正确; 对于C,取a=-3,则f(b)=f(ea)-2=ea+a=e-3-3<0,且f(1)=3>0, 又f(x)在(0,+∞)上单调递增,故0<b<1,此时b>a+1,故C错误; 对于D,取a=0,则f(b)=ea+a=1,且f(1)=3>1,又f(x)在(0,+∞)上单调递增,故0<b<1,此时b<a+ 1,故D错误. 故选B. 解题关键　构造函数f(x)=x+ln x+2,得到f(b)=f(ea)-2<f(ea),结合函数单调性得到b<ea,通过 对a赋值即可推得C,D错误. 返回目录 角度2　积型指对同构 典例6    (2025届甘肃金昌三模,8)若关于x的不等式eln(ax)ln(ax)≤2xe2x在(0,+∞)上恒成立, 则实数a的取值范围为 ( ) A.(0,e]　　    B.(0,2e]　　    C.(0, ]　　    D.(0,e2]     B     返回目录 解析　由题设有a>0, 构造函数f(x)=xex,x∈R,因为f'(x)=(x+1)ex,所以函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞) 上单调递增,当x=-1时,函数f(x)=xex有极小值,又因为当x<0时, f(x)<0,当x>0时, f(x)>0,由 题意得f(ln(ax))≤f(2x),x>0,所以ln(ax)≤2x,则a≤ 对于任意x∈(0,+∞)恒成立.令g(x)=  ,x∈(0,+∞),则g'(x)= ,故当x∈ 时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈ 时, g'(x)>0,g(x)单调递增,因此g(x)的最小值为g =2e,则a≤2e.综上,实数a的取值范围为 (0,2e].故选B. 返回目录 变式训练 6.(关键元素变式)若正实数x0是方程ex+1=aln(ax-1)的根,则 -ax0= ( ) A.-1　　    B.1　　    C.2　　    D.-2     A     解析　由题可知xex+x=axln(ax-1),即xex+x=ln(ax-1)eln(ax-1)+ln(ax-1), 令f(x)=xex+x,则f '(x)=(x+1)ex+1>0在区间(0,+∞)上恒成立, 则f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以f(x)=f(ln(ax-1)), 因为正实数x0是方程ex+1=aln(ax-1)的根,所以x0=ln(ax0-1),即 =ax0-1,即 -ax0=-1.故 选A. 解题关键　本题的关键是利用方程同构,构造函数f(x)=xex+x,从而得到x0=ln(ax0-1). 返回目录 角度3　商型指对同构 典例7    (多选)(2025届安徽蚌埠期末,11)已知a>e,b>e,且a(1+ln b)=(1+eb)ln a,其中e为自 然对数的底数,则下列结论正确的是 ( ) A.ln a-ln b>1　　    B.ea<b C.2ln a+2ln b>6　　     D.ab>e3     ACD     返回目录 解析　因为a>e,b>e,所以ln a>1,ln b>1, 又因为a(1+ln b)=(1+eb)ln a,所以 = > ,【方程两边同除以ln a(1+ln b)】 所以 > ,令f(x)= (x>1),求导得f'(x)= = , 当x>1时, f'(x)>0,所以函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以ln a>1+ln b,所以ln a-ln b>1,故 A正确; 所以ln >ln e,所以 >e,所以a>eb,故B错误; 因为a>eb>e2,所以2ln a+2ln b>2ln(eb)+2ln b> +2ln b>4+2=6,故C正确; 又b>e,所以ab>eb2>e3,故D正确. 故选ACD. 返回目录 解题关键　本题关键在于由原式变形放缩得到 > ,进而构造函数f(x)= (x>1), 从而通过单调性解决问题. 返回目录 变式训练 7.(设问条件变式)设函数f(x)= . (1)讨论f(x)的单调性; (2)当x>e-1时,证明:f(x)<ln(x+2). 返回目录 解析    (1)由f(x)= , 得f '(x)=- , 令f '(x)=0,解得x= 或x= . 当x∈ 时, f '(x)<0; 当x∈ 时, f '(x)>0; 当x∈ 时, f '(x)<0, 返回目录 故f(x)在 , 上单调递减,在 上单调递增. (2)证明:f(x)= = ,当x>e-1时,ln(x+2)>1, 要证 <ln(x+2),即证 > . 构造函数h(x)= ,则h'(x)= ,当x>1时,h'(x)>0,则h(x)在(1,+∞)上单调递增, 因为h(x+1)= ,h(ln(x+2))= , 当x>e-1时,x+1>e,ln(x+2)>1,故只需证明x+1>ln(x+2).令g(x)=x-ln(x+1),x∈(-1,+∞),则g'(x) = ,当x∈(-1,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 返回目录 故g(x)≥g(0)=0,则x≥ln(x+1)在(-1,+∞)上成立, 故x+1≥ln(x+2),即f(x)<ln(x+2)成立. 返回目录 $