新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题1　微重点3　导数中的函数构造问题（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题1　微重点3　导数中的函数构造问题（含解析），共10页。试卷主要包含了所以不等式等内容，欢迎下载使用。

考点一 导数型构造函数
考向1 利用f(x)与x构造
例1 (2022·苏州质检)已知函数f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝lg2eq \f(1,8)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,8)))，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
答案 B
解析 因为f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，令g(x)＝x·f(x)，
则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，
当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，
所以g(x)在x∈(－∞，0]上单调递减，
又g(x)在R上是连续函数，且是奇函数，
所以g(x)在R上单调递减，
则a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，c＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,8)))，
因为20.6>1,0所以lg2eq \f(1,8)<0所以c>b>a.
规律方法 (1)出现nf(x)＋xf′(x)的形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝ eq \f(fx,xn).
跟踪演练1 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足f′(x)－eq \f(fx,x)－3>0，且f(1)＝0，则不等式f(ex)－3xex>0的解集为( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(e，＋∞)
答案 C
解析 设g(x)＝eq \f(fx,x)－3ln x，
则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)－eq \f(3,x)
＝eq \f(xf′x－fx－3x,x2).
因为f′(x)－eq \f(fx,x)－3>0，x>0，
所以xf′(x)－f(x)－3x>0，
所以g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
不等式f(ex)－3xex>0可转化为eq \f(fex,ex)－3ln ex>0，
又g(ex)＝eq \f(fex,ex)－3ln ex，
且g(1)＝eq \f(f1,1)－3ln 1＝0，
即g(ex)>g(1)，所以ex>1，解得x>0.
考向2 利用f(x)与ex构造
例2 (2022·枣庄质检)已知f(x)为定义在R上的可导函数，f′(x)为其导函数，且f(x)A．f(2 022)B．ef(2 022)C．ef(2 022)＝f(2 023)
D．ef(2 022)>f(2 023)
答案 B
解析 设函数g(x)＝eq \f(fx,ex)，
可得g′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)，
由f(x)0，
所以g′(x)>0，
所以g(x)单调递增，
则eq \f(f2 022,e2 022)< eq \f(f2 023,e2 023)，
即ef(2 022)规律方法 (1)出现f′(x)＋nf(x)的形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,enx).
跟踪演练2 (2022·成都模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且f(3)＝3，则f(x)>3e3－x的解集为________．
答案 (3，＋∞)
解析 设F(x)＝f(x)·ex，
则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex
＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，
∴F(x)在R上单调递增．
又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3.
∵f(x)>3e3－x等价于f(x)·ex>3e3，
即F(x)>F(3)，
∴x>3，即所求不等式的解集为(3，＋∞)．
考向3 利用f(x)与sin x，cs x构造
例3 偶函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其导函数为f′(x)，若对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，有f′(x)·cs x答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
解析 令g(x)＝f(x)cs x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
∴g(－x)＝f(－x)cs(－x)＝f(x)cs x＝g(x)，
∴g(x)为偶函数，
又g′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)<0，
即g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
又g(x)为偶函数，
∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增，
不等式2f(x)即g(x)\f(π,3)，,－\f(π,2)解得－eq \f(π,2)规律方法 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
(1)F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x；
(2)F(x)＝eq \f(fx,sin x)，
F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)；
(3)F(x)＝f(x)cs x，
F′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x；
(4)F(x)＝eq \f(fx,cs x)，
F′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x).
跟踪演练3 已知奇函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒有eq \f(fx,sin x)< eq \f(f′x,cs x)成立，则下列不等式成立的是( )
A.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))
B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))C.eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))D.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))答案 B
解析 构造函数F(x)＝eq \f(fx,sin x)，
由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒有eq \f(fx,sin x)< eq \f(f′x,cs x)成立，
即f′(x)sin x－f(x)cs x>0，
∴F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin x2)>0，
∴F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
又F(－x)＝eq \f(f－x,sin－x)＝eq \f(－fx,－sin x)＝F(x)，
∴F(x)为偶函数，∵eq \f(π,6)∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))∴eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))∵偶函数F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
∴F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，
∵－eq \f(π,3)<－eq \f(π,6)，∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))，
∴eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))))，
∴－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>－eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))∴eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))))∴－eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))<－eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，
∴eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，故C错误；
∵eq \f(π,3)>eq \f(π,4)，∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，∴eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),sin \f(π,3))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),sin \f(π,4))，
∴eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，故D错误．
考点二 同构法构造函数
例4 已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为________．
答案 e
解析 ∵xa＝ SKIPIF 1 < 0
∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x.
由a>0且x>1得aln x>0，
设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，
故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增，
∴x≤aln x，即a≥eq \f(x,ln x)，
即存在x∈(1，＋∞)，使a≥eq \f(x,ln x)，
∴a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,ln x)))min，
设f(x)＝eq \f(x,ln x)(x>1)，
则f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln2x)，
当x∈(1，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0；
∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.
故a的最小值为e.
规律方法 指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成ln ex，然后构造函数；另一种是将x变成eln x，然后构造函数．
跟踪演练4 已知a>0，b>0，且(a＋1)b＋1＝(b＋3)a，则( )
A．a>b＋1 B．aC．ab－1
答案 B
解析 因为(a＋1)b＋1＝(b＋3)a，a>0，b>0，
所以eq \f(lna＋1,a)＝eq \f(lnb＋3,b＋1)>eq \f(lnb＋2,b＋1).
设f(x)＝eq \f(lnx＋1,x)(x>0)，
则f′(x)＝eq \f(\f(x,x＋1)－lnx＋1,x2).
设g(x)＝eq \f(x,x＋1)－ln(x＋1)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1,x＋12)－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(－x,x＋12)<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当x→0时，g(x)→0，
所以g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
因为f(a)>f(b＋1)，所以a专题强化练
1．(2022·咸阳模拟)已知a＝eq \f(1,e2)，b＝eq \f(ln 2,4)，c＝eq \f(ln 3,9)，则( )
A．aC．b答案 B
解析 设f(x)＝eq \f(ln x,x2)，则a＝f(e)，b＝f(2)，
c＝f(3)，又f′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，
当x∈(eq \r(e)，＋∞)时，f′(x)<0，
故f(x)＝eq \f(ln x,x2)在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减，
注意到eq \r(e)则有f(3)2．(2022·哈尔滨模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x≥0时，f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，则f(x)>x2＋2的解集是( )
A．(－1,0)∪(1，＋∞)
B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(0,1)
D．(－∞，－1)∪(0,1)
答案 B
解析 令g(x)＝f(x)－x2，
则g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)，
所以函数g(x)也是偶函数，g′(x)＝f′(x)－2x，
因为当x≥0时，f′(x)－2x>0，
所以当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－2x>0，
所以函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
不等式f(x)>x2＋2即为不等式g(x)>2，
由f(1)＝3，得g(1)＝2，所以g(x)>g(1)，
所以|x|>1，解得x<－1或x>1，所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
3．(2022·南京质检)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA．ab>e B．b>ea C．ab答案 B
解析 由已知aea设f(x)＝xln x，则f(ea)∵a>0，∴ea>1，
∵b>0，bln b>aea>0，∴b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以ea4．(2022·常州模拟)已知函数y＝f(x)为奇函数，且当x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cs x>0，则下列说法正确的是( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))<－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))<－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))
B．－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))C．－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))<－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))D．－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))答案 D
解析 令g(x)＝f(x)sin x，因为f(x)为奇函数，则g(x)为偶函数，又当x>0时，
f′(x)sin x＋f(x)cs x>0，即g′(x)>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则有geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))即－eq \f(1,2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))即－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))5．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式exf(x)>ex＋1的解集为( )
A．{x|x>0}
B．{x|x<0}
C．{x|x<－1或x>1}
D．{x|x<－1或0答案 A
解析 构造函数g(x)＝exf(x)－ex，
因为g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，
所以g(x)＝exf(x)－ex在R上单调递增．
又因为g(0)＝e0f(0)－e0＝1，
所以原不等式转化为exf(x)－ex>1，
即g(x)>g(0)，解得x>0.
所以原不等式的解集为{x|x>0}．
6．(多选)(2022·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值可能是( )
A．e B.eq \f(1,2e) C.eq \f(1,e) D.eq \f(2,e)
答案 ACD
解析 由题设，eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，
令f(t)＝t·et(t>0)，
则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)单调递增，又f(λx)≥f(ln x)，
即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，
即λ≥eq \f(ln x,x)恒成立，令g(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈(1，＋∞)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
所以在(1，e)上，g′(x)>0，即g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，即g(x)单调递减，
则g(x)≤g(e)＝eq \f(1,e)，故λ≥eq \f(1,e).
7．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是________．
答案 (2，＋∞)
解析 根据题意，
构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，
则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)的图象在(0，＋∞)上单调递减．
又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，
所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，
所以02.所以不等式
f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)．
8．(2022·龙岩质检)已知m>0，n∈R，若lg2m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则eq \f(m,2n)＝________.
答案 1
解析 由题意得lg2m＋2m＝2n＋1＋n，
lg2m＋2m＝2×2n＋n，
令g(x)＝lg2x＋2x(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1,xln 2)＋2>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g(m)＝g(2n)，所以m＝2n，所以eq \f(m,2n)＝1.