第3章 第4讲 培优课——导数中的函数构造(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

该高中数学高考复习讲义聚焦导数中的函数构造核心考点，按导数运算法则构造（含与xⁿ、eˣ、sinx/cosx构造）和同构法构造（含数值、双变量构造）两大类型分角度梳理，通过考点分析、方法归纳、真题精讲及分层练习，帮助学生构建系统解题框架。 资料采用分类突破策略，如通过x²f'(x)+2xf(x)构造g(x)=x²f(x)，培养学生数学思维中的推理能力，同构法中构造函数比较大小，强化数学语言表达。设置基础到综合的练习梯度，配合即时方法总结，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第4讲　培优课——导数中的函数构造 类型一　通过导数的运算法则构造函数 角度1　利用f(x)与xn构造函数 　(2026·衡水模拟)若函数f(x)满足 x2f′(x)＋2xf(x)＝1＋ln x，且f()＝，则f(x)的极大值是(　　) A． B． C． D．e 【解析】　函数f(x)满足 x2f′(x)＋2xf(x)＝1＋ln x，故令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝1＋ln x，故g(x)＝x ln x＋C，由f()＝得g()＝ef()＝，故ln ＋C＝，则可得C＝0，故g(x)＝x2f(x)＝x ln x，故f(x)＝，x>0，则f′(x)＝，当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)在(0，e)上单调递增，当x>e时，f′(x)<0，f(x)在(e，＋∞)上单调递减，故f(x)的极大值为f(e)＝. 【答案】　B 【感悟进阶】　利用f(x)与xn构造函数 (1)如果题目中出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x). (2)如果题目中出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝. 角度2　利用f(x)与ex构造函数 　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) 【解析】　根据题意，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). 【答案】　D 【感悟进阶】　利用f(x)与ex构造函数 (1)对于f′(x)＋nf(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝enxf(x).　 (2)对于f′(x)－nf(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝.　 角度3　利用f(x)与sin x，cos x构造函数 　(多选)已知定义在(0，)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且cos xf′(x)＋sin xf(x)<0恒成立，则下列不等式一定成立的是(　　) A．f()>f() B．f()>f() C．f()>f() D．f()>f() 【解析】　令g(x)＝，x∈(0，)，则g′(x)＝，因为当x∈(0，)时，cosxf′(x)＋sin xf(x)<0恒成立，所以g′(x)<0恒成立，即函数g(x)在(0，)上单调递减．对于A，D，因为0<<<，所以g()>g()，即>，所以f()>f()，f()>f()，又f()的取值无法确定，故D一定成立，A不一定成立；对于B，C，因为0<<<，所以g()>g()，即>，所以f()>f()，·f()>f()，又f()的取值无法确定，故C一定成立，B不一定成立． 【答案】　CD 【感悟进阶】　利用f(x)与sin x，cos x构造 (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． 　1.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x＞0时，f′(x)－<0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4f()，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．a＜b＜c D．b＜a＜c 解析：选D．令g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x＞0时，f′(x)－＜0，所以g′(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(2)＜g(1)＜g()，所以＜<2f()，即f(2)＜2f(1)＜4f()，所以b＜a＜c. 2．已知函数f(x)是奇函数，且当x＞0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x＞0，则下列说法正确的是(　　) A．f()＜－f()＜－f(－) B．－f()＜f()＜－f(－) C．－f(－)＜－f()＜f() D．－f(－)＜f()＜－f() 解析：选D．因为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，g′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(－)＝g()＜g()＜g(). 即－f(－)＜f()＜－f()， 即－f(－)＜f()＜－f(). 3．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)＞1，f(1)＝4，则不等式exf(x)＞ex＋3e的解集为(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：选D．设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，因为f(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，又ex＞0，所以g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在定义域R上单调递增．故原不等式可转化为exf(x)－ex＞3e，又f(1)＝4，所以g(1)＝ef(1)－e＝3e，所以g(x)＞g(1)，所以x＞1. 类型二　同构法构造函数 角度1　通过数值构造函数 　已知a＝＋ln ，b＝1＋，c＝＋ln 2，则(　　) A．c<b<a B．b<c<a C．c<a<b D．a<c<b 【解析】　构造函数f(x)＝＋ln x(x>1)，则f′(x)＝－＋＝(x>1)，所以f′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为1<<2<e，所以f()<f(2)<f(e)，即＋ln <＋ln 2<1＋，所以a<c<b. 【答案】　D 【感悟进阶】　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． 角度2　双变量构造函数 　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】　依题意，ln x－＜ln y－，令f(t)＝t－(t≠0)，则f′(t)＝1＋＞0，所以f(t)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)，则ln x＜ln y，所以1＜x＜y，即y－x＞0，所以ey－x＞e0＝1，故A正确，B不正确；又y－x－1无法确定与0的大小关系，故C，D不一定正确． 【答案】　A 【感悟进阶】　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． 　1.已知a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a<b<c B．c<a<b C．b<a<c D．c<b<a 解析：选B．设f(x)＝(x>0)，则a＝f(e)，b＝f(2)，c＝f(3)，又f′(x)＝(x>0)，当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(，＋∞)上单调递减，又<＝2<e<3，所以f(3)<f(e)<f(2)，即c<a<b. 2．已知函数f(x)＝ln x＋ax2，若对任意两个不相等的正实数x1，x2都有＞2，则实数a的取值范围为________． 解析：不妨设x2＞x1＞0，由＞2得f(x1)－2x1＜f(x2)－2x2，令g(x)＝f(x)－2x，x>0，则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以g′(x)＝＋2ax－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2a≥－＋＝－(－1)2＋1，当＝1，即x＝1时，y＝－＋取得最大值1，所以2a≥1，解得a≥，所以实数a的取值范围为[，＋∞). 答案：[，＋∞) 学科网（北京）股份有限公司 $