2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第三章 §3.4　函数中的构造问题　培优课

§3.4　函数中的构造问题题型一　导数型构造函数命题点1　利用f(x)与x构造例1　(2022·湘豫名校联考)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)－eq \f(fx,x)>0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，则a，b，c的大小关系是(　　)A．c4f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即b>a>c.思维升华　(1)出现nf(x)＋xf′(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)＝eq \f(fx,xn).跟踪训练1　设f(x)为定义在R上的奇函数，f(－3)＝0.当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导函数，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)A．(－∞，－3)∪(0,3)B．(－3,0)∪(3，＋∞)C．(－3,0)∪(0,3)D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)答案　B解析　令g(x)＝x2f(x)，x∈R，当x>0时，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(x)为R上的奇函数，即f(－x)＝－f(x)，于是得g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－g(x)，则g(x)是奇函数，g(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(－3)＝0，则g(3)＝－g(－3)＝－[(－3)2f(－3)]＝0，当x>0时，f(x)>0⇔g(x)>0＝g(3)，得x>3，当x0⇔g(x)>0＝g(－3)，得－31，即F(x)>F(0)，∴x>0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．命题点3　利用f(x)与sin x、cos x构造例3　(多选)(2022·重庆模拟)定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))B.eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))D.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))答案　CD解析　构造函数g(x)＝eq \f(fx,cos x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))).思维升华　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F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；F(x)＝eq \f(fx,sin x)，F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcos x,sin2x)；F(x)＝f(x)cos x，F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；F(x)＝eq \f(fx,cos x)，F′(x)＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x,cos2x).跟踪训练3　已知R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，＋∞)时，f′(x)sin x＋f(x)cos xeq \f(\r(2),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq \f(\r(2),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))1，因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以要使≤f(xa)，只需≤xa，两边取对数，得eq \f(1,x)≤aln x，因为x≥e，所以a≥eq \f(1,xln x).令h(x)＝xln x(x∈[e，＋∞))，因为h′(x)＝ln x＋1>0，所以h(x)在[e，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(e)＝e，所以0φ(0)＝0，∴a≤1满足条件．②当a>1时，若01)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤eq \f(ex－1,x)恒成立，令h(x)＝eq \f(ex－1,x)(x>0)，∴h′(x)＝eq \f(exx－1＋1,x2)，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)>k(0)＝0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则知，eq \o(lim,\s\do6(x→0)) h(x)＝eq \o(lim,\s\do6(x→0)) eq \f(ex－1,x)＝eq \o(lim,\s\do6(x→0)) ex＝1，∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．课时精练1．已知f(x)的定义域为R，f(1)＝2 023，且f′(x)≥6x恒成立，则不等式f(x)>3x2＋2 020的解集为(　　)A．(－1,1)B．(1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案　B解析　令函数g(x)＝f(x)－3x2，因为g′(x)＝f′(x)－6x≥0，所以g(x)在R上单调递增．因为g(1)＝f(1)－3＝2 020，所以不等式f(x)>3x2＋2 020等价于g(x)>g(1)，所以x>1.2．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足xf′(x)b>c B．c>a>bC．b>a>c D．a>c>b答案　A解析　设g(x)＝eq \f(fx,x)，则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)ln 4>1，∴g(3)c.3．(2022·青铜峡模拟)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数记为f′(x)，若对于任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式f(x)f′(x)，∴g′(x)a>c答案　D解析　依题意得a＝ln eq \r(3,3)＝eq \f(ln 3,3)，b＝e－1＝eq \f(ln e,e)，c＝eq \f(3ln 2,8)＝eq \f(ln 8,8).令f(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,e)＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.6．(2022·包头质检)若e－2b＋eq \f(1,2)(a－1)2＝e－a＋eq \f(1,2)(2b－1)2，则(　　)A．a>2b B．a＝2bC．ab2答案　B解析　设f(x)＝eq \f(1,2)(x－1)2－e－x，则f′(x)＝x－1＋e－x，设g(x)＝x－1＋e－x，则g′(x)＝1－e－x＝eq \f(ex－1,ex)，令g′(x)>0⇒x>0⇒f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；令g′(x)0.10．(2022·江阴模拟)若x