2023年高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用4函数中的构造问题培优课练习含解析

PAGEPAGE6函数中的构造问题题型一导数型构造函数1利用x构造1(2022·R上的函数)，其导函数为)，当fxf x >0，若

，则，c的大小关系( )′()－

x 2答案Bfx解析构造函数g(x)＝

xg x x－fx得′(＝ 2＝′x

fx，－ xfx由题知当时x>0，

f2 f1

1f2所以g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以2

> 1 >1，2

，即2思维升华(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(fx(2)出现形式，构造函数.跟踪训练1设为定义在R上的奇函数当时其中为的导函数，则使得成立的x的取值范围( )A．(－∞，－3)∪(0,3)B．(－3,0)∪(3，＋∞)C．(－3,0)∪(0,3)D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)答案B解析令(＝2∈，当>0)2)＋x()＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，0R上的奇函数，即f(－x)＝－f(x)，于是得＝()＝则g(x)是奇函数，g(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(－3)＝0，则(3＝－3＝－[－3)23)0，)，得得－3<x<0，或，所以使成立的x－3,0)∪(3，＋∞)．2利用ex构造例2(多)已知是定义(－∞，＋∞)上的函数，导函数满足对于恒成立，( )A．f(2)<e2f(0)C．e2f(－1)>f(1)答案AC

B(2)>(0)De(－1)(1)fxFx

x x－exfx

x－f

，导函数解析构造

()＝ex

)＝ ＝e2x exRA，C思维升华(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；fx(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝

enx .跟踪训练2若定义在R上的函数()满足2()>(01()>1e2x的解集答案(0，＋∞)解析构造()＝()·，∴′)′)·2()·22x＝2[′()＋()]>，R且(0＝(0)·01，不等式1可化为>1，2xe2x即F(x)>F(0)，∴x>0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．3利用sin、cosx

上的函数)，已知′(3(多选)(2022·0，2且恒有成立，则( )Af>2f6 4B.3f>f6 3Cf>3f6 3D.2f>3f6 4答案CDfxgx

x解析构造函数

()＝

cosx

0<

<2.g x xxsinx

gx 上单调递减，则′()＝

cosx2

<0，即函数

0，2所以>6 3， 所以f> 6

f，3 同理> 6 4，即2f>3f.6 4思维升华函数相结合构造可导函数的几种常见形式F(x)＝f(x)sinx，F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；fxF(x)＝

sinx，F x xxcosx′()＝

sin2x ；F(x)＝f(x)cosx，F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；fxF(x)＝

cosx，F x xxsinx′()＝

.跟踪训练3已知R上的奇函数∈(0′()six若2f

＝f

a b 答案a<b

2 6 4，则与

的大小关系为 ．解析设φ(x)＝f(x)·sinx，则φ′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx，∴x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(x)为奇函数，∴φ(x)为偶函数，∴ ＝>－6 6 4，即f

>f π－6·sin－6 4·sin4，1

即－f62f

4，2即2

<－f

，∴<.2f－6

4题型二同构法构造函数例4(1)若存在使得则实数a的最大值( )1 12eA.e B.2e1 2e3e D.e答案B解析由xln(2ax)＋y＝xlny，yy得ln(2a)＝lnx－x，y令t＝x>0，g(t)＝lnt－t，g t 1 1－t则′(t，当0<t<1时，g′(t)>0，当t>1时，g′(t)<0，所以g(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当t＝1时，g(t)取得极大值即最大值g(1)＝－1，因为当t→0时，g(t)→－∞，所以g(t)∈(－∞，－1]，a a1所以ln2≤－1，所以0<≤，所以实数

2e1a的最大值为.2e1 1(2)(2022·河北联考)已知当ex恒成立，则正实数a的最小x值为( )1 12A．1B.C．eD.2e e答案B解析由题意，原不等式可变形为1 1ex－x≤xa－alnx，1 1即exlnex 1fex f x 1因为′(x，所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，1，所以ex因为1，＋∞)上单调递增， 1 1fex)，只需ex 1ax≤ln，所以≥1.xlnx令所以h(x)在[e，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝h(e)＝e，min1 1e所以0<xlnx≤，ea1 a 1 则≥，故正实数的最小值为.e e思维升华同构法的三种基本模式：①乘积型，如e≤lnb可以同构成e≤(ln)eln，进ea b ea b x而构造函数比商型，如< 可以同构成 < ，进而构造函数；alnb lnealnb lnx③和差型，如，同构后可以构造函数跟踪训练4(1)(多选)(2022·常州模若0<x<x<1，则下列不等式成立的( )x2x2

1 2ee12xx xee121ee12xx xee1212ex2

ex

>lnx－lnx2 111ex11

e

<lnx－lnx答案AD

2 1fx ex x解析构造函数

()＝x(0<<1)，ex f x <0，因为′()＝ 2所以f(x)在(0,1)上单调递减，0<x<x<1，ee1 2eex x2 1所以x x ，2 1eex ，2即 1x eex ，22 1所以选项A正确，选项B构造函数1h′(x)＝ex－x，易知h′(x)在(0,1)上单调递增，而h′(1)＝e－1>0，当→＋)→－∞，所以存在x∈(0,1)，使)＝0，0 00，xx,1)上单调递增，0 0所以无法判断C选项的正确性；构造函数g(x)＝ex＋lnx(0<x<1)，(0,10<x<x<1，1 21所以ex1

＋lnx<e212

＋lnx，21即ex1

x2<lnx－lnx，e2 1e所以选项D正确．lnx＋k(2)已知函数f(x)＝ex－

x－1在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，则实数.答案1解析令f(x)＝0得，e－－ln＝eln·e－lx＝ln＋－ln，令x＋lnx＝t，所以t∈R，所以k＝et－t，令所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以φ(t)＝φ(0)＝1，min且当t→－∞时，φ(t)→＋∞，当t→＋∞时，φ(t)→＋∞，所以k＝1.在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数0 0法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型的代数式，就设法求其最值．“”0 01若函数x→a x→a在点a)可导且x A fxx→a

x＝limgxx→a7PAGEPAGE16xg′xx→a法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：x→a x→a在点a)可导且x A fxx→a

x＝limgxx→axg′xx→a1已知函数若对任意都有成立，求实数a的取值范围．解方法一令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴ln(x＋1)>0.即∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．②当1－a<0，即a>1时，令′(＝，得＝e－1，∴∈(0－11)′()<；∈(1－′()>，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，∴()(－11)(0＝0与)>0恒成立矛盾，故>1不满足题意．min综上有故实数a方法二当x∈(0，＋∞)时，恒成立，即a<x＋1lnx＋1恒成立．x

x＋1lnx＋1(x>0)，xg x .∴′()＝ 2令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，∴k′(x)＝1－1＝x>0，x＋1x＋1∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴k(x)>k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)>0恒成立，∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则知limg(x)＝limx＋1lnx＋1xx→0 x→0＝lim[ln(x＋1)＋1]＝1，x→0∴a≤1，故实数a1]．例2已知函数(＝(1a2R若处有极值，求a的值．(2)当求实数a解＝(x＋1)ex－2ax－1，依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，a1∴＝.2a1经检验＝符合题意．2(2)方法一当即(e－1a≥0，即ex－1－ax≥0，令则)mi≥0，①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0<x<lna，则φ′(x)<0，若x>lna，则φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，min令g(a)＝a－1－alna(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna<0，∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减．综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．方法二当x>0时，f(x)≥0，即即ax≤ex－1，aex－1即≤x恒成立，hx ex－1x令()＝x(>0)，h x ex ＋1∴′()＝ 2 ，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)>0，0由洛必达法则知，ex－1limh(x)＝limx→0 x→0

x＝limex＝1，x→0∴a≤1.故实数a1]．课时精练1．已知(的定义域为，(1202，且′()≥x恒成立，则不等式)>3＋2020的解集( )A．(－1,1)B．(1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案B解析令函数(＝－3，因为所以R上单调递增．所以不等式()>3＋2020等价于)>(1)，所以>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)<f(x)，若a＝f(1)，bfln4＝

cf3

，则的大小关系( )ln4 ，＝ 3答案A

fx解析设x，x－fxg x <0，则′(＝ 2∴g(x)为减函数．∵3>ln4>1，∴g(3)<g(ln4)<g(1)，即a>b>c.3．(2022·青铜峡模已知函数是定义在R上的可导函数，其导函数记为对于任意实数有且则不等式的解集( )A．(0，＋∞)C．(－∞，e4)答案Afx解析令ex ，

B．(－∞，0)D．(e4，＋∞)g x xex－fxex x－fx，则′()＝

＝ex 2 ex∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即g(x)为减函数，f g f

＝1，又(0)＝1，故(0)＝e0fxe则不等式f(x)<ex等价于ex

<1＝g(0)，即g(x)<g(0)，解得x>0，故不等式的解集为(0，＋∞)．若函数的导函数为对任意恒成立，则( )A.2f

5>f

3－6 －4B．f

5>2f 3－6 －4C.2f 5<f

3－6 －4Df 5<2f

3－6答案C

－4解析因为任意x∈(－π，0)，f′(x)sinx－f(x)cosx<0恒成立，又当x∈(－π，0)时，sinx<0，f

xxcosx所以sinx

′＝

sinx2

<0，fx所以y＝sinx在(－π，0)上单调递减，5π 3π因为－6<－4，f

5

－3－6

4所以 5>

3π，sin－6

sin－4f

5f

3－6 －4－即 1 > 2 ，－2 －2所以2f 5<f 3.－6 －4已知a＝ln3

3，e1＝

3ln2ab8，则，，的大小关系ab答案D解析依题意得3 ln3 lneln3＝3，＝e－＝e，c3ln2ln8＝8＝8.fx lnxx令()＝x(>0)，xf x 1－lnx fxx则′(

)＝ ，易知函数2

()在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．fx f 1b所以()＝(e)＝＝，max e且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.1 16．(2022·包头质)若－2＋(1)＝e－＋(2－1，( )2 2C<b D2答案B1解析设(＝(－1e－，2则＝1＋e，设ex－1则＝1e－＝e，x令g′(x)>0⇒x>0⇒f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；令g′(x)<0⇒x<0⇒f′(x)在(－∞，0)上单调递减，)min1所以(＝(－1)－ex21 1e－2b＋

(－12＝－＋

(21)2化为2 21 12(－12－e＝(212－2，2即f(a)＝f(2b)⇒a＝2b.7．(多已知且则下列式子中可能成立的( 答案ABDgx

g x ex ，解析设

()＝x，则

′()＝ 2gx ex所以()＝x在(0,1)上单调递减，在(1，e)上单调递增．所以当时，不能判断出)与所以选项A，Bfx lnx f x 1－lnx设()＝ ，则′()＝ ，x 2由，得所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，ab ab

lnalnb

∈(0，e)，且

<，所以a<b，即alnb>blna.所以选项C不正确，D正确．8多选)(2022·ft东济宁一中月已知定义域为R的函数(的图象连续不断且R，()()4，当∈(0，＋∞)时′)<，若(＋1－－)≤＋8＋2，则实数m的取值可以( )11A．－1B．－C.D．132答案BCD解析4，故()－2＝－2(2令()＝(－2，则()＝所以函数g(x)为奇函数，g′(x)＝f′(x)－4x，因为当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<4x，即当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝f′(x)－4x<0，0，＋∞)上单调递减，由R因为(2＋1)≤2，故(＋1－2·(＋1≤)－2·(，m 1则≥－，3m

1 .所以实数

的取值范围为－，＋∞39．定义在R上的函数满足则不等式的解集为 ．3答案(