第3章 培优增分3 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（创新版）

该高中数学高考复习课件聚焦“函数中的构造问题”专题，对接高考导数压轴题考查要求，梳理了与e^x、x^n、sinx/cosx结合的三大构造类型，通过近五年真题分析明确“导数运算法则构造”占60%的高频考点，归纳出比较大小、解不等式等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“类型化构造方法+真题变式训练+数学思维培养”，如例1通过e^x构造函数解决单调性比较问题，例2用x^n构造处理奇偶性与不等式综合题，培养学生逻辑推理和创新意识。配套限时规范训练和易错点解析，帮助学生熟练构造技巧，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

培优增分3　函数中的构造问题 返回 ‹#› 近几年高考数学客观题多以导数为工具来证明不等式、求不等式的解集或求参数的取值范围作为压轴题，这类试题结构独特、技巧性高、综合性强，而构造函数是解决导数问题的基本方法． 命题解读 返回 ‹#› 2 限时规范训练　 栏 目 导 引 1 考点突破 通法悟道 返回 ‹#› 考点突破 通法悟道 考点一　通过导数的运算法则构造函数(多维探究) 角度1　利用f(x)与ex构造 例1　设函数y＝f(x)，x∈R的导函数为f′(x)，且f(－x)＝f(x)，f′(x)<f(x)，则下列不等式成立的是(　　) A．f(0)<e-1f(1)<e2f(2) B．e2f(2)<f(0)<e-1f(1) C．e2f(2)<e-1f(1)<f(0) D．e-1f(1)<f(0)<e2f(2) D 返回 ‹#› 解析：D　由题意，构造函数g(x)＝e－x·f(x)，可得g′(x)＝(e－x)′·f(x)＋e－x·f′(x)＝－e－xf(x)＋e－xf′(x)＝e－x(f′(x)－f(x))，因为f′(x)<f(x)，所以g′(x)＝e－x(f′(x)－f(x))<0，所以函数g(x) 为R上的减函数，所以g(－2)>g(0)>g(1)，因为g(0)＝e0f(0)＝f(0)，g(－2)＝e2f(－2)，g(1)＝e-1f(1)，由f(－x)＝f(x)，可得g(－2)＝e2f(－2)＝e2f(2)，所以e-1f(1)<f(0)<e2f(2).故选D. 返回 ‹#› 常用的构造形式有exf(x)，enxf(x)，，这类形式一方面是对uv，型函数的导数运算的考察，另外一方面也是对(ex)′＝ex，(enx)′＝nenx的考察．具体有以下情形： (1)对于f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf(x)； (2)对于f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝； (3)对于f′(x)＋nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝enxf(x)； (4)对于f′(x)－nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝. 返回 ‹#› 角度2　利用f(x)与xn构造 例2　(1)设f(x)是定义域为R的奇函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　) A.(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) A 返回 ‹#› 解析：A　令g(x)＝，则g′(x)＝，所以当x>0 时，g′(x)<0，所以g(x) 在(0，＋∞) 上单调递减．又f(x) 为奇函数，所以g(x) 为偶函数，所以g(x) 在(－∞，0) 上单调递增．又f(1)＝－f(－1)＝0，即g(1)＝g(－1)＝0.而f(x)>0 等价于 或 即 或 所以x<－1 或0<x<1. 所以f(x)>0 的解集为(－∞，－1)∪(0，1)． 故选A. 返回 ‹#› (2) 已知f(x)是定义在R上的连续不断的奇函数，且f′(x)是f(x)的导函数，若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，且f(2)＝，则不等式f(x)－>0的解集为________________． 返回 ‹#› 解析：令g(x)＝x2f(x)，可得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，因为对于任意的x∈(0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)>0 成立，可得g′(x)>0，所以函数g(x) 在(0，＋∞) 上单调递增，又因为f(x) 是定义在R上的奇函数，可得g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，所以g(x) 是定义在R上的奇函数，可得g(x) 在(－∞，0) 上单调递增，因为f(x) 在R上连续不断，则g(x) 在R上连续不断，所以函数g(x) 在R上单调递增，由不等式f(x)－>0，得x2f(x)－2>0，即g(x)>2，因为f(2)＝，可得g(2)＝22f(2)＝2，所以g(x)>g(2)，可得x>2，所以不等式f(x)－>0 的解集为(2，＋∞)． 答案： (2，＋∞) 返回 ‹#› 常用的构造形式有xf(x)，xnf(x)，，这类形式是对uv，型函数的导数运算的推广及应用，具体有以下情形： (1)如果题目中出现nf(x)＋xf′(x)的形式，构造函数F(x)＝xnf(x)； (2)如果题目中出现xf′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝. 返回 ‹#› 角度3　利用f(x)与sin x，cos x构造 例3　已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(0，π)，有f′(x)sin x>f(x)cos x，设a＝2f，b＝ f，c＝，则a，b，c的大小关系为__________________________．(用“< ”连接) 解析：构造函数F(x)＝，x≠kπ ，k∈Z，则x∈(0，π) 时，F′(x)＝>0，所以函数F(x)在(0，π) 上单调递增，因为<<，故F<F<F，即< f<f，所以a<b<c. 答案：a<b<c 返回 ‹#› 由于sin x，cos x的导函数存在一定的特殊性，且它们之间可以相互转化，所以在构造函数时要充分考虑到这一点，具体有以下情形： (1)对于f′(x)sin x＋f(x)cos x>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)sin x； (2)对于f′(x)sin x－f(x)cos x>0(或<0)，构造函数F(x)＝； (3)对于f′(x)cos x＋f(x)sin x>0(或<0)，构造函数F(x)＝； (4)对于f′(x)cos x－f(x)sin x>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)cos x. 返回 ‹#› 1. 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＋2025)＋(x＋2025)2<0的解集为(　　) A．(－2026，0) B．(－2026，－2025) C．(－∞，－2026) D．(－∞，－2025) 解析：B　根据题意可令g(x)＝(x<0)，则g′(x)＝<0，所以g(x)＝ 在(－∞，0) 上单调递减，原不等式等价于<－1，由g(x＋2025)＝<－1＝g(－1)，则－1<x＋2025<0，解得x∈(－2026，－2025)．故选B. B 返回 ‹#› 2. 已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0)对称，且当x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，则下列不等式成立的是(　　) A．f<－f<－f B．－f<f<－f C．－f<－f<f D．－f<f<－f D 返回 ‹#› 解析：D　由f(x－1) 的图象关于点(1，0) 对称可知，f(x)的图象关于点(0，0) 对称，则f(x) 为奇函数．令g(x)＝f(x)sin x，则g(x) 为偶函数，又当x>0 时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，即g′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，则g(x) 在(0，＋∞) 上单调递增，则有＝g<g<g，即f<f<－f，故<f<－f.故选D. 返回 ‹#› 3．若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>的解集为________________． 解析：构造F(x)＝f(x)e2x，所以F′(x)＝＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，所以F(x) 在R上单调递增，且F(0)＝f(0)e0＝1，不等式f(x)> 可化为f(x)e2x>1＝F(0)，即F(x)>F(0)，由F(x) 的单调性可知x>0，所以原不等式的解集为(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞) 返回 ‹#› 考点二　通过变量构造具体函数(师生共研) 例4　若实数a，b，c∈[0，1]，且满足ae＝ea，be1.2＝1.2eb，ce1.6＝1.6ec，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．b>c>a 解析：C　由ae＝ea，be1.2＝1.2eb，ce1.6＝1.6ec，得.令f(x)＝，则f′(x)＝，当x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，于是f(1)>f(1.2)>f(1.6)，即f(a)>f(b)>f(c)，又a，b，c∈[0，1]，所以a>b>c.故选C. C 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 ‹#› (多选)已知x，y∈R，若2(e2y－ex)＝(y－x)(y＋x＋2)，则下列关系式能成立的是(　　) A．y>x>0 B．x>y>0 C．x<y<0 D．x＝y＝0 解析：BCD　当x＝y＝0时，等式成立，故D正确；若2(e2y－ex)＝(y－x)(y＋x＋2)，则e2y－－y＝ex－－x.设f(x)＝ex－－x，则f′(x)＝ex－x－1， 令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1， 当x<0时，g′(x)<0； 当x>0时，g′(x)>0. BCD 返回 ‹#› 所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0， 即f′(x)≥0恒成立，所以f(x)单调递增． 当y>0时，ex－－x＝e2y－－y>ey－－y，即f(x)>f(y)，所以x>y>0，故B正确，A错误；当y<0时，ex－－x＝e2y－－y<ey－－y，即f(x)<f(y)，所以x<y<0，故C正确．故选BCD. 返回 ‹#› 考点三　通过数值构造具体函数(师生共研) 例5　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 解析：C　因为ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，有ex＝x＋1，所以当x＝－0.1时，e-0.1>1－0.1＝，于是e0.1<，a＝0.1e0.1<＝b.设函数f(x)＝xex＋ln (1－x)，则f′(x)＝(x＋1)ex－. 当0≤x≤0.1时，(1－x2)ex－1≥(1－x2)(x＋1)－1＝x(1－x－x2)≥0，所以f′(x)≥0，f(x)在[0，0.1]上单调递增，有f(0.1)>f(0)＝0，即0.1e0.1＋ln 0.9>0，所以a>c.故c<a<b.故选C. C 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 ‹#› 实数e3，3π，π3的大小关系为_________________________． 解析：设f(x)＝，则f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f(3)>f(π)，即>，所以πln 3>3ln π，所以ln 3π>ln π3，即3π>π3.因为y＝x3在(0，＋∞)上单调递增，e<π，所以e3<π3，所以e3<π3<3π. 答案：e3<π3<3π 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 限时规范 训练(二十二) (建议用时：45分钟　分值：52分) 单项选择题、填空题5分；多项选择题6分． 1．已知函数y＝f(x)对任意的x∈(0，π)满足f′(x)cos x>f(x)sin x(其中f′(x)为函数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 D 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 解析：D　令g(x)＝f(x)cos x，x∈(0，π)，则g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x>0，故g(x) 在(0，π) 上单调递增，所以g>g，可得f>f，即 f<f，所以D 正确．故选D. 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(1)＝0，f′(x)>f(x)，则不等式f(x)>0的解集为(　　) A．(0，＋∞) B．(1，＋∞) C．(0，1) D．(0，1)∪(1，＋∞) 解析：B　令g(x)＝，则g(x) 的定义域为R，且g′(x)＝，即f′(x)－f(x)>0，且ex>0，所以g′(x)>0，可知g(x) 在R上单调递增，且g(1)＝＝0，当x>1 时，g(x)＝>0，即f(x)>0；当x<1 时，g(x)＝<0，即f(x)<0，所以不等式f(x)>0 的解集为(1，＋∞)．故选B. B 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 3．设a＝，则(　　) A．a<c<b B．a<b<c C．b<c<a D．c<a<b 解析：C　设f(x)＝，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝ ，当x∈ 时，f′(x)>0； 当x∈ 时，f′(x)<0，可得f(x) 在 上单调递增，在 上单调递减．而a＝＝f(2)，b＝＝f(e)，c＝＝f，因为 <2< <e，所以f(e)<f<f(2)， 即b<c<a.故选C. C 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 4．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若xf′(x)－f(x)<0，且f(3)＝0，则不等式(x－2)f(x)<0的解集为(　　) A．(0，2)∪(2，3) B．(0，2)∪(3，＋∞) C．(0，2)∪(2，＋∞) D．(0，3)∪(3，＋∞) 解析：B　依题意，令g(x)＝，x>0，求导得g′(x)＝<0，则g(x) 在(0，＋∞) 上单调递减，由f(3)＝0，得g(3)＝0，不等式(x－2)f(x)<0，即(x－2)·<0，即(x－2)g(x)<0，则 或 即 或 解得0<x<2 或x>3，所以不等式(x－2)f(x)<0 的解集为(0，2)∪(3，＋∞)．故选B. B 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 5．若∀x1，x2∈[1，e](x1≠x2)，均有<a成立，则a的取值范围为(　　) A．(－∞，0] B．[1，＋∞) C．[0，1] D．[0，＋∞) 解析：B　不妨设1≤x1<x2≤e，由<a，得x1ln x2－x2ln x1<ax2－ax1，即x1(ln x2＋a)<x2(ln x1＋a)，两边同时除以x1x2，得<＝在区间[1，e] 上单调递减，则f′(x)＝≤0，即1－ln x－a≤0 恒成立，所以a≥1－ln x 在x∈[1，e] 上恒成立，函数y＝1－ln x 在区间[1，e] 上单调递减，所以y＝1－ln x 的最大值为1，所以a≥1.故选B. B 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 6．若ln x－ln y<(x>1，y>1)，则(　　) A．ey－x>1 B．ey－x<1 C．ey－x-1>1 D．ey－x-1<1 解析：A　依题意，ln x－<ln y－＝t－(t≠0)，则f′(t)＝1＋在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；又x>1，y>1，得ln x>0，ln y>0，则f(ln x)<f(ln y)，得ln x<ln y，所以1<x<y，即y－x>0，所以ey－x>e0＝1，故A正确，B错误；又y－x－1无法确定与0的大小关系，故C，D错误．故选A. A 返回 ‹#› 7 8 9 10 1 3 4 5 6 2 7．(多选)已知f′(x)是f(x)的导函数，对任意x∈，f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，则下列结论正确的是(　　) A． f> f B．f< f C． f< f D．f> f BC 返回 ‹#› 7 8 9 10 1 3 4 5 6 2 解析：BC　令g(x)＝，则g′(x)＝，对于∀x∈，可得g′(x)>0，所以g(x)在上单调递增，因为<<，所以g<g<，即<<，所以<<f，所以 f< f< f，f< f .故选BC. 返回 ‹#› 8 9 10 1 3 4 5 6 7 2 8．(多选)已知a>b>0，且，则(　　) A．0<b<1 B．0<a<1 C．1<b<e D．a>e 解析：CD　两边同时取自然对数得，设f(x)＝，由f′(x)＝，令f′(x)>0，解得0<x<e，令f′(x)<0，解得x>e，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝e处取得最大值f(e)＝，在(0，e)内，函数f(x)有唯一的零点x＝1，在(e，＋∞)内，f(x)>0，又因为a>b>0且f(a)＝f(b)>0，所以1<b<e，a>e.故选CD. CD 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(5分)设f(x)，g(x)分别是定义域为R的奇函数和偶函数，当x>0时f′(x)g(x)－f(－x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)>0的解集为______________． 解析：令F(x)＝f(x)g(x)，F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)，因为f(x) 是定义域为R的奇函数，所以f′(x)g(x)－f(－x)g′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即当x>0 时，F′(x)>0，F(x)单调递增，由已知得F(x)＝f(x)g(x)为奇函数，且在(－∞，0)，(0，＋∞)上均单调递增，因为F(－3)＝F(3)＝0，所以f(x)g(x)>0 的解集为(－3，0)∪(3，＋∞)． 答案：(－3，0)∪(3，＋∞) 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(5分)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，其导函数为f′(x)，且对任意实数x都有f(x)＋f′(x)>1，则不等式exf(x)>ex－1的解集为________________． 解析：设函数g(x)＝ex(f(x)－1)，可得g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex，因为f(x)＋f′(x)>1，所以exf(x)＋exf′(x)>ex，即exf(x)＋exf′(x)－ex>0，即g′(x)>0，所以g(x) 在R上单调递增，因为f(x)是定义域在R上的奇函数，所以f(0)＝0，所以g(0)＝－1， 不等式exf(x)>ex－1，即为g(x)>g(0)，所以x>0，即不等式exf(x)>ex－1 的解集为(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞) 返回 ‹#› 培优增分3　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 ‹#› $