(新高考)高考数学一轮复习课件第3章§3.4《函数中的构造问题　培优课》(含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习课件第3章§3.4《函数中的构造问题　培优课》(含解析)，共60页。PPT课件主要包含了导数型构造函数，思维升华，0＋∞，同构法构造函数，所以选项D正确，洛必达法则，课时精练，依题意得，－∞－2，因为∀xy等内容，欢迎下载使用。
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)－ >0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝  ，则a，b，c的大小关系是A.c0＝g(3)，得x>3，当x0⇔g(x)>0＝g(－3)，得－30，∴F(x)在R上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，
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、cs x构造
函数f(x)与sin x，cs 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)cs x；
F(x)＝f(x)cs x，F′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x；
设φ(x)＝f(x)·sin x，则φ′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x，∴x∈(0，＋∞)时，φ′(x)1，xa>1，
因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
令h(x)＝xln x(x∈[e，＋∞))，因为h′(x)＝ln x＋1>0，
所以要使 ≤f(xa)，只需 ≤xa，
所以h(x)在[e，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(e)＝e，
跟踪训练4　(1)(多选)(2022·常州模拟)若00，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
例2　已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值.
f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.
方法一　当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(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，
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，
∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1].
KESHIJINGLIAN
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，＋∞)
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
∴g(x)为减函数.∵3>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)bC.a>b>c D.b>a>c
且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.
6.(2022·包头质检)若e－2b＋ (a－1)2＝e－a＋ (2b－1)2，则A.a>2b B.a＝2bC.ab2
则f′(x)＝x－1＋e－x，设g(x)＝x－1＋e－x，
令g′(x)>0⇒x>0⇒f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；令g′(x)3，即g(x)>g(0)，所以x>0.
10.(2022·江阴模拟)若x