培优增分2 函数中的构造问题(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案

该高中数学高考复习课件聚焦“函数中的构造问题”专题，覆盖导数运算法则构造（与xⁿ、eˣ、三角函数结合）、变量与数值构造、指对同构等高考核心考点，依据高考评价体系明确单调性应用、大小比较、解不等式的考查要求，通过真题统计归纳高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+技巧提炼+素养培养”，如以2022新高考Ⅰ卷比较大小题为例，运用指对同构法和导数工具，培养学生逻辑推理和数学建模素养，提供“构造函数模板库”和易错警示，助力学生掌握答题技巧，教师可借此精准突破考点，提升复习效率。

培优增分2　函数中的构造问题 返回 ‹#› 能够利用已知条件构造对应的函数，并判断其单调性，再利用单调性比较大小或解不等式等． [命题解读] 返回 ‹#› 2 限时规范训练　 栏 目 导 引 1 突破·核心考点 返回 ‹#› 角度1　利用f(x)与xn构造 例1　已知f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的函数，其导函数为f′(x)，且不等式xf′(x)<f(x)恒成立，则下列结论正确的是(　　) A．3f(1)<f(3)　　　　 B．3f(1)>f(3) C．f(1)<3f(3) D．f(1)>3f(3) 突破 ·核心考点 通过导数的运算法则构造 类型 一 B 返回 ‹#› 解析：B　由xf′(x)<f(x)可得xf′(x)－f(x)<0，令函数g(x)＝，x∈(0，＋∞)，可得g′(x)＝<0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此可得g(1)>g(3)，即>，所以3f(1)>f(3)．故选B. 返回 ‹#› 1．出现xf′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)． 2．出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝. 返回 ‹#› 角度2　利用f(x)与ex构造 例2　已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R满足f(x)＋f′(x)<0，则下列结论一定正确的是(　　) A．e2f(2)>e3f(3) B．e2f(2)<e3f(3) C．e3f(2)>e2f(3) D．e3f(2)<e2f(3) A 返回 ‹#› 解析：A　构造函数g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]，因为f(x)＋f′(x)<0，故g′(x)<0，因此可得g(x)在R上单调递减，由于2<3，故g(2)>g(3)⇒e2f(2)>e3f(3)．故选A． 返回 ‹#› 1．出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)． 2．出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝. 返回 ‹#› 角度3　利用f(x)与sin x，cos x构造 例3　定义在上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)<－tan x·f(x)恒成立，则(　　) A．f> f B． f>f C．f> f D． f< f C 返回 ‹#› 解析：C　因为当x∈时，cos x>0，所以f′(x)<－tan x·f(x)可化为f′(x)＋tan x·f(x)<0，设g(x)＝，x∈，则g′(x)＝′＝<0，所以函数g(x)在上单调递减，因为<<，所以g>g>g，所以>>，即f> f>2f，对于A，因为f，A选项f> f不一定成立；对于B，因为 f>3f，B选项 f>f不一定成立；对于C，f> f成立；对于D， f> f，D选项不成立．故选C. 返回 ‹#› 函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式 (1)F(x)＝f(x)sin x， F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x. (2)F(x)＝， F′(x)＝. (3)F(x)＝f(x)cosx， F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x． (4)F(x)＝， F′(x)＝. 返回 ‹#› 跟踪训练1　(1)已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)满足f(x)>f′(x)，则(　　) A．f(1)>ef(0) B．f(1)<ef(0) C．ef(ln 2)<2f(1) D．f(2)>ef(1) B 返回 ‹#› 解析：B　构造函数g(x)＝，x∈R，则g′(x)＝<0，所以函数g(x)为R上的减函数，则g(1)<g(0)，即<f(0)，所以f(1)<ef(0)，A错误，B正确；因为ln 2<ln e＝1，所以g(ln 2)>g(1)，即>，所以ef(ln 2)>2f(1)，C错误；因为g(2)<g(1)，可得<，所以f(2)<ef(1)，D错误．故选B. 返回 ‹#› (2)(2026·江西南昌期中)设函数f′(x)是定义在(0，π)上的函数f(x)的导函数，有f′(x)cos x－f(x)sin x<0，若a＝0，b＝－f，c＝fa，b，c的大小关系是(　　) A．a<b<c B．b<c<a  C．c<b<a D．b<a<c 解析：D　令g(x)＝f(x)cos x，则g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x，当x∈(0，π)时，g′(x)<0，所以g(x)为减函数，所以g<g<g，即b＝－f＝g<a＝0＝g<c＝f＝g.故选D. D 返回 ‹#› (3)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且xf′(x)－f(x)<0，若g(x)＝，则不等式g(2x)－g(x＋2)<0的解集为________. 解析：由函数g(x)＝，可得g′(x)＝，因为xf′(x)－f(x)<0，可得g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，不等式g(2x)－g(x＋2)<0等价于g(2x)<g(x＋2)，所以解得x>2，所以不等式的解集为(2，＋∞)． 答案：(2，＋∞) 返回 ‹#› 例4　已知α，β∈，且αsin α－βsin β<0，则(　　) A．α<β　　　　　　　　 B．α2<β2 C．α>β D．α2>β2 解析：B　构造函数f(x)＝x sin x，易知其为偶函数，f′(x)＝sin x＋x cos x，当x∈时，sin x<0，x cos x<0，所以f′(x)<0，当x∈时，sin x>0，x cos x>0，所以f′(x)>0，所以f(x)＝x sin x在上单调递减，在，即α2<β2.故选B. 类型 二 根据变量构造函数 B 返回 ‹#› 若题目所给的条件含有两个变量，可通过变形使两个变量分别置于等号或不等号两边，即可构造函数，并且利用函数的单调性求解． 返回 ‹#› 跟踪训练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 解析：D　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x2＋ln x2>y＋ln y，所以g(x2)>g(y)，所以x2>y，即x2－y>0.故选D. D 返回 ‹#› 例5　设a＝e0.125，b＝，c＝2ln 3－3ln 2，则(　　) A．b<c<a B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b 类型 三 根据数值构造函数 B 返回 ‹#› 解析：B　令函数f(x)＝ex－x，x>0，求导得f′(x)＝ex－1>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此f(0.125)>f(0)>0，即e0.125－>0，则a＝e0.125>＝b，令函数g(x)＝ln (x＋1)－x，x>0，求导得g′(x)＝－1<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此g<g(0)＝0，即ln <0，则c＝2ln 3－3ln 2＝ln <＝b，所以c<b<a.故选B. 返回 ‹#› 当要比较的各数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数成为该函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小． 返回 ‹#› 跟踪训练3　已知a＝ln ，b＝ln ，c＝ln ，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．c>b>a D．c>a>b 解析：A　构造函数f(x)＝ln x＋1－x，f′(x)＝，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f>f>a>b>c.故选A． A 返回 ‹#› 在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数或证明不等式，部分试题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的是同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度．找到这个函数模型的方法，我们称为同构法，其实质还是指数、对数恒等式的变换． 1．五个常见变形：xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，x＋ln x＝ln (xex)，x－ln x＝ln . 返回 ‹#› 2．三种基本模式： (1)积型：aea≤b ln b 返回 ‹#› (2)商型：< (3)和差型：ea±a>b±ln b 返回 ‹#› 典例　(1)已知函数f(x)＝，若不等式f(x)≥对x∈(0，e]恒成立，则a的取值范围是__________. 解析：因为，设函数g(x)＝，x∈(0，e]，则等价于g(eax)≥g(x)．因为g′(x)＝，所以当x∈(0，e]时，g′(x)>0，则g(x)在(0，e]上单调递增，所以当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x，即a≥恒成立．设函数h(x)＝，x∈(0，e]，则h′(x)＝≥0，即h(x)在(0，e]上单调递增，所以h(x)max＝h(e)＝，则a≥，所以a的取值范围为. 答案： 返回 ‹#› (2)对于任意的x>0，ex≥(a－1)x＋ln (ax)恒成立，则a的最大值是________. 解析：由ex≥(a－1)x＋ln (ax)，可得ex＋x≥ax＋ln (ax)，即ex＋x≥eln (ax)＋ln (ax)，令f(x)＝ex＋x，则f(x)≥f(ln (ax))，因为f(x)在R上是增函数，所以x≥ln (ax)，即a≤，令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以＝h(1)＝e，即a≤e，所以a的最大值是e. 答案：e 返回 ‹#› 尝试训练　(1)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<b ln b，则 (　　) A．ab>e　　　　 B．b>ea C．ab<e D．b<ea 解析：B　由已知aea<b ln b，即ea ln ea<b ln b．设f(x)＝x ln x，x>0，则f(ea)<f(b)，f′(x)＝ln x＋1.因为a>0，b>0，所以b ln b>ea ln ea>0，所以ea>1，b>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，所以f(x)＝x ln x在(1，＋∞)上单调递增，所以ea<b.故选B. B 返回 ‹#› (2)若关于x的不等式ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A． B．(－∞，e] C．(－∞，1] D．(－∞，2] 解析：C　因为ex－a≥ln x＋a，所以ex－a＋x－a≥x＋ln x，所以ex－a＋x－a≥eln x＋ln x．设f(t)＝et＋t，则f′(t)＝et＋1>0，所以f(t)在R上单调递增，故ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，即f(x－a)≥f(ln x)，所以x－a≥ln x，即x－ln x≥a.设g(x)＝x－ln x，x>0，则g′(x)＝1－.令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1.故选C. C 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 (建议用时：45分钟　分值：52分) 限时规范 训练25　函数中的构造问题 1．已知a＝，则(　　) A．a<b<c　　　　　　 B．c<b<a C．c<a<b D．b<a<c 解析：B　设f(x)＝，则f′(x)＝，当x≥2时，f′(x)<0，故f(x)在[2，＋∞)单调递减，因此>>，故c<b<a.故选B. B 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2．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 解析：B　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，故g(1)<g(2)<g(3)，即ef(1)<e2f(2)<e3f(3)，所以b>c>a.故选B. B 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 3．已知x，y为不相等的正实数，ln x＋ln y＝－x，则(　　) A．x＞y B．x＜y C．x＋y＞2 D．x＋y＜2 解析：C　由ln x＋ln y＝－x得：ln x＋x＝－ln y＋＝ln ，构造函数f(x)＝ln x＋x，x>0，则f′(x)＝＋1>0，可知f(x)＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，结合ln x＋x＝ln ，得 x＝，即xy＝1，由基本不等式可知：x＋y≥2 ＝2，当且仅当x＝y＝1时等号成立，所以x＋y>2.故选C. C 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 4．已知函数f(x)为定义在R上的偶函数，当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，则下列正确的为(　　) A．f(－3)<3f(1) B．f(－3)>3f(1) C．f(－3)< D．f(－3)> D 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：D　令函数g(x)＝xf(x)，而函数f(x)是偶函数，则g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－g(x)，即函数g(x)是奇函数，当x>0时，求导得g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)在(－∞，0)上单调递增，因为－3<－1，所以g(－3)<g(－1)，即－3f(－3)<－f(－1)＝－f(1)，所以f(－3)>，虽然3f(1)>，但不能确定f(－3)与3f(1)的大小，故A、B、C错误，D正确．故选D. 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 5．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)，则下列不等式成立的是(　　) A． f>f B． f>f C．f(0)> f D．f(0)>2f A 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 解析：A　设g(x)＝，x∈，则g′(x)＝>0，g(x)在上单调递增，对于A，<，化简得 f>f，故A正确；对于B，<，化简得 f<故B错误；对于C，<，化简得f(0)< f，故C错误；对于D，<，化简得f(0)<2f，D错误．故选A． 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 6．定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x≥0时，恒有f(x)＋f′(x)>0，则不等式x2f(x)<(2x－3)2f(2x－3)的解集为(　　) A．(－∞，3) B．(1，3) C．(－∞，1)∪(3，＋∞) D．(3，＋∞) 解析：C　构造函数F(x)＝f(x)，则F′(x)＝xf(x)＋f′(x)＝x[f(x)＋f′(x)]，因为当x≥0时，恒有f(x)＋(2x－3)2f(2x－3)，即F(x)<F(2x－3)，所以|x|<|2x－3|，解得x<1或x>3.故选C. C 返回 ‹#› 7 8 9 10 1 3 4 5 6 2 7．(2022·新高考Ⅰ卷T7)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　) A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b 返回 ‹#› 7 8 9 10 1 3 4 5 6 2 解析：C　设u(x)＝xex(0＜x≤0.1)，v(x)＝(0＜x≤0.1)，ω(x)＝－ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则当0＜x≤0.1时，u(x)＞0，v(x)＞0，ω(x)＞0. ①设f(x)＝ln [u(x)]－ln [v(x)]＝ln x＋x－[ln x－ln (1－x)]＝x＋ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则f′(x)＝1－＜0在(0，0.1]上恒成立，所以f(x)在(0，0.1]上单调递减，所以f(0.1)＜0＋ln (1－0)＝0，即ln [u(0.1)]－ln [v(0.1)]＜0，所以ln [u(0.1)]＜ln [v(0.1)]，又函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以u(0.1)＜v(0.1)，即0.1e0.1＜，所以a＜b. 返回 ‹#› 7 8 9 10 1 3 4 5 6 2 ②设g(x)＝u(x)－ω(x)＝xex＋ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则g′(x)＝(x＋1)ex－(0＜x≤0.1)，设h(x)＝(1－x2)ex－1(0＜x≤0.1)，则h′(x)＝(1－2x－x2)ex＞0在(0，0.1]上恒成立，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(x)＞(1－02)×e0－1＝0，即g′(x)＞0在(0，0.1]上恒成立，所以g(x)在(0，0.1]上单调递增，所以g(0.1)＞0×e0＋ln (1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－ω(0.1)＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c.综上，c＜a＜b.故选C. 返回 ‹#› 8 9 10 1 3 4 5 6 7 2 8．(多选)若a，b为正实数，则a>b的充要条件为(　　) A．> B．ln a>ln b C．b ln a<a ln b D．a－b<ea－eb 解析：BD　对于A，由a>b>0，得<，故A错误；对于B，由函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以ln a>ln b，故B正确；对于C，设函数f(x)＝，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f(a)与f(b)的大小关系无法判断，即b ln a<a ln b不一定成立，故C错误；对于D，设函数g(x)＝ex－x，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝ex－1，x∈(0，＋∞)时g′(x)>0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(a)>g(b)，即ea－a>eb－b，所以a－b<ea－eb成立，故D正确．故选BD. BD 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－1>0，则下列结论正确的是(　　) A．f(2)－ln 2>f(1) B．f(4)－f(2)>ln 2 C．f(2)＋ln 2>f(e)＋1 D．f(e2)－f(e)>1 ABD 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：ABD　构造函数g(x)＝f(x)－ln x，x>0，则g′(x)＝f′(x)－，因为xf′(x)－1>0，所以g′(x)>0，故g(x)是增函数．由g(2)>g(1)得，f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－ln 2>f(1)，故A正确；由g(4)>g(2)得，f(4)－ln 4>f(2)－ln 2，即f(4)－f(2)>ln 4－ln 2＝ln 2，故B正确；由g(e)>g(2)得，f(e)－ln e>f(2)－ln 2，即f(e)＋ln 2>f(2)＋1，故C错误；由g(e2)>g(e)得，f(e2)－ln e2>f(e)－ln e，即f(e2)－2>f(e)－1，即f(e2)－f(e)>1，故D正确．故选ABD. 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(5分)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)>2，且满足f(1)＝3，则不等式x2[f(x2)－2]<1的解集为__________. 解析：构造函数F(x)＝xf(x)－2x，因为F′(x)＝xf′(x)＋f(x)－2>0，所以F(x)在R上单调递增，因为f(1)＝3，所以F(1)＝f(1)－2＝3－2＝1，x2[f(x2)－2]<1可化为x2f(x2)－2x2<1，即F(x2)<F(1)，因为F(x)在R上单调递增，所以x2<1，解得－1<x<1. 答案：(－1，1) 返回 ‹#› 培优增分2　函数中的构造问题 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $