新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第1篇專題3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)微專題常用構(gòu)造函數(shù)的幾種方法教師用書

微專題常用構(gòu)造函數(shù)的幾種方法命題分析近幾年高考客觀題中的壓軸題多以導(dǎo)數(shù)為工具來解決，這類問題具有結(jié)構(gòu)獨(dú)特、技巧性高、綜合性強(qiáng)等特點(diǎn)，而構(gòu)造函數(shù)是解決導(dǎo)數(shù)問題的基本方法．構(gòu)造函數(shù)的規(guī)律方法歸類總結(jié)如下．題型選講題型一構(gòu)造具體函數(shù)比較大小根據(jù)所給代數(shù)式(等式、不等式)中數(shù)學(xué)運(yùn)算的相同點(diǎn)或結(jié)構(gòu)形式的相同點(diǎn)，構(gòu)造具體的函數(shù)解析式，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的性質(zhì)．典例1(1)已知a＝eq\f(ln7,7)，b＝eq\f(1,e)，c＝eq\f(ln5,5)，則a，b，c的大小關(guān)系為(C)A．c<b<a B．c<a<bC．a(chǎn)<c<b D．a(chǎn)<b<c【解析】由b＝eq\f(1,e)＝eq\f(lne,e)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，則x＝e，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)＝eq\f(lnx,x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，由7>5>e，則eq\f(lne,e)>eq\f(ln5,5)>eq\f(ln7,7)，即b>c>a.(2)設(shè)a＝eq\r(9,10)，b＝9sineq\f(1,10)，c＝eq\r(5,3)，則(B)A．b<a<c B．b<c<aC．c<a<b D．c<b<a【解析】令f(x)＝sinx－x，則f′(x)＝cosx－1≤0，所以f(x)在定義域上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x>0時(shí)，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.題型二利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則構(gòu)造函數(shù)解不等式或比較大小典例2(1)(利用f(x)與x構(gòu)造)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則(A)A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3)C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2)【解析】根據(jù)題意，令g(x)＝x2f(x)，其導(dǎo)函數(shù)g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又對任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則當(dāng)x>0時(shí)，有g(shù)′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又由函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(－x)＝f(x)，則有g(shù)(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，則有g(shù)(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，則有g(shù)(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3)．(2)(利用f(x)與sinx(cosx)構(gòu)造)已知函數(shù)y＝f(x)對于任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則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】構(gòu)造F(x)＝eq\f(fx,cosx)，則F′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，則F′(x)>0，F(xiàn)(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)單調(diào)遞增．把選項(xiàng)轉(zhuǎn)化后可知選A.(3)(利用f(x)與ex構(gòu)造)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，則不等式f(x)>eq\f(1,e2x)的解集為_(0，＋∞)__.【解析】構(gòu)造F(x)＝f(x)·e2x，∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，∴F(x)在R上單調(diào)遞增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，∵不等式f(x)>eq\f(1,e2x)可化為f(x)e2x>1，即F(x)>F(0)，∴x>0，∴原不等式的解集為(0，＋∞)．方法技巧·精提煉構(gòu)造函數(shù)的基本規(guī)律(1)對于xf′(x)＋f(x)>0(<0)，構(gòu)造g(x)＝xf(x)．(2)對于xf′(x)＋kf(x)>0(<0)，構(gòu)造g(x)＝xkf(x)．(3)對于xf′(x)－f(x)>0(<0)，構(gòu)造g(x)＝eq\f(fx,x).(4)對于f′(x)＋f(x)>0(<0)，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝exf(x)．(5)對于f′(x)－f(x)>0(<0)，構(gòu)造g(x)＝eq\f(fx,ex).(6)對于F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx，構(gòu)造F(x)＝f(x)sinx.(7)對于F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx，構(gòu)造F(x)＝f(x)cosx.題型三利用同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)典例3(2023·合肥模擬)設(shè)k，b∈R，若關(guān)于x的不等式ln(x－1)－b≤x(k－1)在(1，＋∞)上恒成立，則eq\f(b－2k＋1,k－1)的最小值是_－e－3__.【解析】由題意知，不等式ln(x－1)＋(1－k)x≤b在(1，＋∞)上恒成立，令t＝x－1>0，則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，則f′(t)>0，f(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)t→＋∞時(shí)，f(t)→＋∞，不等式不恒成立，故k>1，當(dāng)0<t<eq\f(1,k－1)時(shí)，f′(t)>0，當(dāng)t>eq\f(1,k－1)時(shí)，f′(t)<0，所以當(dāng)t＝eq\f(1,k－1)時(shí)，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，則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)，當(dāng)0<u<eq\f(1,e)時(shí)g′(u)<0，當(dāng)u>eq\f(1,e)時(shí)，g′(u)>0，所以當(dāng)u＝eq\f(1,e)時(shí)，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·精提煉與ex和lnx相關(guān)的常見同構(gòu)模型(1)aea≤blnb?ealnea≤blnb，構(gòu)造f(x)＝xlnx(或aea≤blnb?aea≤(lnb)elnb，構(gòu)造g(x)＝xex)．(2)eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)?eq\f(ea,lnea)<eq\f(b,lnb)，構(gòu)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)，構(gòu)造gx＝\f(ex,x))).(3)ea±a>b±lnb?ea±lnea>b±lnb，構(gòu)造f(x)＝x±lnx(或ea±a>b±lnb?ea±a>elnb±lnb，構(gòu)造g(x)＝ex±x)．題型四構(gòu)造雙函數(shù)典例4(2023·湖南模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋1)＋1，h(x)＝kx＋b(k，b∈R)．(1)若直線y＝h(x)是曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的公切線，求h(x)的解析式；(2)若f(x)≥h(x)≥eq\f(gx－1,x)＋1對x∈(0，＋∞)恒成立，試問直線y＝h(x)是否經(jīng)過點(diǎn)(－1，－1)？請說明理由．【解析】(1)設(shè)h(x)與y＝f(x)相切的切點(diǎn)坐標(biāo)為A(x1，ex1)，與g(x)＝ln(x＋1)＋1相切的切點(diǎn)坐標(biāo)為B(x2，ln(x2＋1)＋1)．因?yàn)閒′(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)，則eq\f(1,x2＋1)＝eq\f(\f(1,x2＋1)＋x1－1,x1－x2)，整理得x1x2＝0.若x1＝0，則ex1＝eq\f(1,x2＋1)＝1，則x2＝0；若x2＝0，則ex1＝eq\f(1,x2＋1)＝1，則x1＝0.故x1＝x2＝0，切點(diǎn)A(0,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝f′0＝e0＝1，,b＝1，))則h(x)＝x＋1.(2)直線y＝h(x)經(jīng)過點(diǎn)(－1，－1)，理由如下：令函數(shù)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)，令函數(shù)φ(x)＝ex－x－1，則φ′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增．故φ(x)≥φ(0)＝0，則F(x)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＋lnx＝0時(shí)，等號成立．令函數(shù)G(x)＝x＋lnx，顯然G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)镚eq\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，則F(x0)＝0，即f(x0)＝eq\f(gx0－1,x0)＋1.又f(x)≥h(x)≥eq\f(gx－1,x)＋1對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，令函數(shù)M(x)＝ex－kx－b，則M′(x)＝ex－k.由M(x)≥0＝M(x0)，知x＝x0是M(x)的一個(gè)極小值點(diǎn)，則M′(x0)＝ex0－k＝0，即k＝ex0.由x0＋lnx0＝0，得ex0＝eq\f(1,x0)，即x0ex0＝1，則k－b＝ex0－(ex0－kx0)＝kx0＝x0ex0＝1，則h(x)＝kx＋k－1＝k(x＋1)－1，故直線y＝h(x)經(jīng)過點(diǎn)(－1，－1)．方法技巧·精提煉本例的第(2)問把恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)F(x)＝f(x)－eq\f(gx－1,x)－1的最小值，利用同構(gòu)思想化簡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)，從而構(gòu)造函數(shù)φ(x)＝ex－x－1，求導(dǎo)判斷單調(diào)性，再結(jié)合零點(diǎn)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