新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数微专题常用构造函数的几种方法教师用书

微专题常用构造函数的几种方法命题分析近几年高考客观题中的压轴题多以导数为工具来解决，这类问题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解决导数问题的基本方法．构造函数的规律方法归类总结如下．题型选讲题型一构造具体函数比较大小根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或结构形式的相同点，构造具体的函数解析式，利用导数研究该函数的性质．典例1(1)已知a＝eq\f(ln7,7)，b＝eq\f(1,e)，c＝eq\f(ln5,5)，则a，b，c的大小关系为(C)A．c<b<a B．c<a<bC．a<c<b D．a<b<c【解析】由b＝eq\f(1,e)＝eq\f(lne,e)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，则x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)＝eq\f(lnx,x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，由7>5>e，则eq\f(lne,e)>eq\f(ln5,5)>eq\f(ln7,7)，即b>c>a.(2)设a＝eq\r(9,10)，b＝9sineq\f(1,10)，c＝eq\r(5,3)，则(B)A．b<a<c B．b<c<aC．c<a<b D．c<b<a【解析】令f(x)＝sinx－x，则f′(x)＝cosx－1≤0，所以f(x)在定义域上单调递减，所以当x>0时，f(x)<f(0)＝0，即sinx<x，所以b＝9sineq\f(1,10)<9×eq\f(1,10)＝eq\f(9,10)<1，又a＝eq\r(9,10)>eq\r(9,1)＝1，c＝eq\r(5,3)>eq\r(5,1)＝1，且a45＝105，c45＝39＝3×94<105，所以a>c>b.题型二利用导数的运算法则构造函数解不等式或比较大小典例2(1)(利用f(x)与x构造)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则(A)A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3)C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2)【解析】根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则当x>0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，则有g(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3)．(2)(利用f(x)与sinx(cosx)构造)已知函数y＝f(x)对于任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是(A)A.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B．eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))C．f(0)<eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D．f(0)<2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))【解析】构造F(x)＝eq\f(fx,cosx)，则F′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)，导函数f′(x)满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，则F′(x)>0，F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内单调递增．把选项转化后可知选A.(3)(利用f(x)与ex构造)若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>eq\f(1,e2x)的解集为_(0，＋∞)__.【解析】构造F(x)＝f(x)·e2x，∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，∴F(x)在R上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，∵不等式f(x)>eq\f(1,e2x)可化为f(x)e2x>1，即F(x)>F(0)，∴x>0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．方法技巧·精提炼构造函数的基本规律(1)对于xf′(x)＋f(x)>0(<0)，构造g(x)＝xf(x)．(2)对于xf′(x)＋kf(x)>0(<0)，构造g(x)＝xkf(x)．(3)对于xf′(x)－f(x)>0(<0)，构造g(x)＝eq\f(fx,x).(4)对于f′(x)＋f(x)>0(<0)，构造函数g(x)＝exf(x)．(5)对于f′(x)－f(x)>0(<0)，构造g(x)＝eq\f(fx,ex).(6)对于F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx，构造F(x)＝f(x)sinx.(7)对于F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx，构造F(x)＝f(x)cosx.题型三利用同构法构造函数典例3(2023·合肥模拟)设k，b∈R，若关于x的不等式ln(x－1)－b≤x(k－1)在(1，＋∞)上恒成立，则eq\f(b－2k＋1,k－1)的最小值是_－e－3__.【解析】由题意知，不等式ln(x－1)＋(1－k)x≤b在(1，＋∞)上恒成立，令t＝x－1>0，则lnt＋t＋1－k(t＋1)≤b在(0，＋∞)上恒成立，令f(t)＝lnt＋t＋1－k(t＋1)，所以f′(t)＝eq\f(1,t)＋1－k，若k≤1，则f′(t)>0，f(t)在(0，＋∞)上单调递增，当t→＋∞时，f(t)→＋∞，不等式不恒成立，故k>1，当0<t<eq\f(1,k－1)时，f′(t)>0，当t>eq\f(1,k－1)时，f′(t)<0，所以当t＝eq\f(1,k－1)时，f(t)取得最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＝lneq\f(1,k－1)－1＋1－k＝－ln(k－1)－k，所以－ln(k－1)－k≤b，所以b－1≥2－ln(k－1)－(k－1)，所以eq\f(b－1,k－1)≥eq\f(－2,k－1)－eq\f(lnk－1,k－1)－1，令g(k－1)＝eq\f(－2,k－1)－eq\f(lnk－1,k－1)－1，u＝k－1，则g(u)＝eq\f(－2,u)－eq\f(lnu,u)－1，所以g′(u)＝eq\f(2,u2)－eq\f(1－lnu,u2)＝eq\f(1＋lnu,u2)，当0<u<eq\f(1,e)时g′(u)<0，当u>eq\f(1,e)时，g′(u)>0，所以当u＝eq\f(1,e)时，g(u)取得最小值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－e－1，eq\f(b－1,k－1)的最小值是－e－1.又eq\f(b－2k＋1,k－1)＝eq\f(b－1－2k－1,k－1)＝eq\f(b－1,k－1)－2，所求最小值是－e－3.方法技巧·精提炼与ex和lnx相关的常见同构模型(1)aea≤blnb⇔ealnea≤blnb，构造f(x)＝xlnx(或aea≤blnb⇔aea≤(lnb)elnb，构造g(x)＝xex)．(2)eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)⇔eq\f(ea,lnea)<eq\f(b,lnb)，构造f(x)＝eq\f(x,lnx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(ea,a)<\f(b,lnb)⇔\f(ea,a)<\f(elnb,lnb)，构造gx＝\f(ex,x))).(3)ea±a>b±lnb⇔ea±lnea>b±lnb，构造f(x)＝x±lnx(或ea±a>b±lnb⇔ea±a>elnb±lnb，构造g(x)＝ex±x)．题型四构造双函数典例4(2023·湖南模拟)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋1)＋1，h(x)＝kx＋b(k，b∈R)．(1)若直线y＝h(x)是曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的公切线，求h(x)的解析式；(2)若f(x)≥h(x)≥eq\f(gx－1,x)＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，试问直线y＝h(x)是否经过点(－1，－1)？请说明理由．【解析】(1)设h(x)与y＝f(x)相切的切点坐标为A(x1，ex1)，与g(x)＝ln(x＋1)＋1相切的切点坐标为B(x2，ln(x2＋1)＋1)．因为f′(x)＝ex，g′(x)＝eq\f(1,x＋1)，所以ex1＝eq\f(1,x2＋1)＝eq\f(ex1－lnx2＋1－1,x1－x2)，则eq\f(1,x2＋1)＝eq\f(\f(1,x2＋1)＋x1－1,x1－x2)，整理得x1x2＝0.若x1＝0，则ex1＝eq\f(1,x2＋1)＝1，则x2＝0；若x2＝0，则ex1＝eq\f(1,x2＋1)＝1，则x1＝0.故x1＝x2＝0，切点A(0,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝f′0＝e0＝1，,b＝1，))则h(x)＝x＋1.(2)直线y＝h(x)经过点(－1，－1)，理由如下：令函数F(x)＝f(x)－eq\f(gx－1,x)－1＝eq\f(1,x)(xex－x－lnx－1)＝eq\f(1,x)(ex＋lnx－x－lnx－1)，令函数φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．故φ(x)≥φ(0)＝0，则F(x)≥0，当且仅当x＋lnx＝0时，等号成立．令函数G(x)＝x＋lnx，显然G(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，G(1)>0，所以∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，G(x0)＝x0＋lnx0＝0，则F(x0)＝0，即f(x0)＝eq\f(gx0－1,x0)＋1.又f(x)≥h(x)≥eq\f(gx－1,x)＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，所以f(x0)≥h(x0)≥eq\f(gx0－1,x0)＋1＝f(x0)，所以f(x0)＝h(x0)，即ex0＝kx0＋b.∴b＝ex0－kx0，令函数M(x)＝ex－kx－b，则M′(x)＝ex－k.由M(x)≥0＝M(x0)，知x＝x0是M(x)的一个极小值点，则M′(x0)＝ex0－k＝0，即k＝ex0.由x0＋lnx0＝0，得ex0＝eq\f(1,x0)，即x0ex0＝1，则k－b＝ex0－(ex0－kx0)＝kx0＝x0ex0＝1，则h(x)＝kx＋k－1＝k(x＋1)－1，故直线y＝h(x)经过点(－1，－1)．方法技巧·精提炼本例的第(2)问把恒成立问题转化为求函数F(x)＝f(x)－eq\f(gx－1,x)－1的最小值，利用同构思想化简F(x)＝f(x)－eq\f(gx－1,x)－1＝eq\f(1,x)(xex－x－lnx－1)＝eq\f(1,x)(ex＋lnx－x－lnx－1)，从而构造函数φ(x)＝ex－x－1，求导判断单调性，再结合零点的存在性定理可知∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，G(x0)＝x0＋lnx0