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專題培優(yōu)課函數(shù)中的構(gòu)造問題【考情分析】函數(shù)中的構(gòu)造問題是近幾年高考試題考查的一個熱點內(nèi)容,常以小題中的壓軸題出現(xiàn),同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)也在解答題中出現(xiàn),通過已知等式或不等式的結(jié)構(gòu)特征,構(gòu)造新函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性,從而使問題得以解決.關(guān)鍵能力·題型剖析題型一抽象函數(shù)的構(gòu)造角度一利用f(x)與x構(gòu)造例1[2024·河南駐馬店模擬]已知定義域為(0,+∞)的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且xf′(x)-f(x)<0,若f(5)=4,則5f(x)<4x的解集為()A.(0,4)B.(4,+∞)C.(5,+∞)D.(0,5)題后師說(1)出現(xiàn)nf(x)+xf′(x)形式,構(gòu)造函數(shù)F(x)=xnf(x).(2)出現(xiàn)xf′(x)-nf(x)形式,構(gòu)造函數(shù)F(x)=fx鞏固訓(xùn)練1[2024·山東臨沂模擬]已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若滿足xf′(x)+f(x)>0對x∈(0,+∞)恒成立,則下列不等式一定成立的是()A.fππ<feeBC.πf(π)<ef(e)D.πf(π)>ef(e)角度二利用f(x)與ex構(gòu)造例2[2024·河南焦作模擬]已知定義在R上的函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>-f(x),若f(ln3)=13,則滿足不等式f(x)>1ex的x題后師說(1)出現(xiàn)f′(x)+nf(x)形式,構(gòu)造函數(shù)F(x)=enxf(x).(2)出現(xiàn)f′(x)-nf(x)形式,構(gòu)造函數(shù)F(x)=fx鞏固訓(xùn)練2[2024·河北承德模擬]已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),對任意x∈R,都有f′(x)<f(x)成立,則()A.ef(1)<f(2)B.ef(1)≤f(2)C.ef(1)>f(2)D.ef(1)≥f(2)
角度三利用f(x)與sinx、cosx構(gòu)造例3(多選)已知偶函數(shù)y=f(x)對于任意的x∈[0,π2)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)),則下列不等式中成立的是(A.2f(-π3)<f(πB.2f(-π3)>f(πC.f(0)<2f(-π4D.f(π6)<3f(π題后師說函數(shù)f(x)與sinx,cosx相結(jié)合構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的幾種常見形式1.F(x)=f(x)sinx,F(xiàn)′(x)=f′(x)sinx+f(x)cosx;2.F(x)=fxF′(x)=f'3.F(x)=f(x)cosx,F(xiàn)′(x)=f′(x)cosx-f(x)sinx;4.F(x)=fxcosx,F(xiàn)′(x)鞏固訓(xùn)練3[2024·安徽合肥模擬]已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若f′(x)≥cosx恒成立,則f(x)≥sinx的解集為()A.[-π,+∞)B.[π,+∞)C.[π2,+∞)D.[0,+∞題型二具體函數(shù)的構(gòu)造例4[2022·新高考Ⅰ卷]設(shè)a=0.1e0.1,b=19,c=-ln0.9,則(A.a(chǎn)<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a(chǎn)<c<b題后師說根據(jù)所給的代數(shù)式,仔細(xì)觀察這些數(shù)值的共同之處,有的數(shù)值需要適當(dāng)變形后才能觀察到,然后構(gòu)造具體的函數(shù)解析式,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性來比較大?。柟逃?xùn)練4[2024·河南開封模擬]已知a=13,b=e13-1,c=ln43,A.a(chǎn)<b<cB.a(chǎn)<c<bC.c<a<bD.b<c<a題型三同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)例5設(shè)a,b都為正數(shù),e為自然對數(shù)的底數(shù),若aea+1+b<blnb,則()A.a(chǎn)b>eB.b>ea+1C.a(chǎn)b<eD.b<ea+1題后師說同構(gòu)法的三種基本模式:①乘積型,如aea≤blnb可以同構(gòu)成aea≤(lnb)elnb,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)f(x)=xex;②比商型,如eaa<blnb可以同構(gòu)成ealnea<blnb,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)f(x)=xlnx;③和差型,如ea±a>b±lnb,同構(gòu)后可以構(gòu)造函數(shù)f(x)=ex±鞏固訓(xùn)練5(多選)已知x-lny>y-lnx,則()A.1x>1yB.x-yC.ln(x-y)>0D.x3>y31.若函數(shù)y=f(x)在R上可導(dǎo),且滿足xf′(x)+f(x)>0恒成立,常數(shù)a,b(a>b),則下列不等式一定成立的是()A.a(chǎn)f(a)>bf(b)B.a(chǎn)f(b)>bf(a)C.a(chǎn)f(a)<bf(b)D.a(chǎn)f(b)<bf(a)2.[2024·安徽蕪湖模擬]已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)-2f(x)>0,則下列大小關(guān)系正確的是()A.f(2)>e2f(1)>e3f(12B.e2f(1)>f(2)>e3f(12C.e2f(1)>e3f(12)>f(2D.f(2)>e3f(12)>e2f(13.已知函數(shù)f(x)的定義域為(-π2,π2),其導(dǎo)函數(shù)是f′(x).有f′(x)cosx+f(x)sinx<0,則關(guān)于x的不等式f(x)<2f(π3)cosA.(π3,π2)BC.(-π6,-π3)D.(-π2,4.[2024·山東淄博模擬]已知f(x)=x2lnx當(dāng)0<x1<x2<e時,m(x12-x22)<f(x1)-f(x2專題培優(yōu)課函數(shù)中的構(gòu)造問題關(guān)鍵能力·題型剖析例1解析:令g(x)=fxx,x∈(0,+∞),因為xf′(x)-f(x)<0,則g′(x)=xf'x-fxx2<0,因此函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,則5f(x)<4x?fxx<45?g(x)<g(5),解得x>5,所以5f(x)<4答案:C鞏固訓(xùn)練1解析:令g(x)=xf(x),則g′(x)=xf′(x)+f(x)>0,故g(x)為(0,+∞)上的增函數(shù),故g(π)>g(e)即πf(π)>ef(e),故選D.答案:D例2解析:由題意,對任意x∈R,都有f′(x)>-f(x)成立,即f′(x)+f(x)>0.構(gòu)造函數(shù)g(x)=exf(x),則g′(x)=f′(x)ex+f(x)ex=ex[f′(x)+f(x)]>0,所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增.不等式f(x)>1ex即exf(x)>1,即g(x因為f(ln3)=13,所以g(ln3)=eln3f(ln3)=3×13故由g(x)>g(ln3),得x>ln3.所以不等式g(x)>1的解集為(ln3,+∞).答案:(ln3,+∞)鞏固訓(xùn)練2解析:令g(x)=fxex,則g′(x)=f'x-fxex<0,所以g(x)=fxex為R上的單調(diào)遞減函數(shù),所以g(1)>g(2),即f1e>f2答案:C例3解析:∵偶函數(shù)y=f(x)對于任意的x∈[0,π2)滿足f′(x)·cosx+f(x)·sinx>0且f′(x)·cosx+f(x)·sinx=f′(x)·cosx-f(x)·(cosx)′,∴可構(gòu)造函數(shù)g(x)=fx則g′(x)=f'x∴g(x)為偶函數(shù)且在[0,π2)上單調(diào)遞增∴g(-π3)=g(π3)=fπ3cosπ3g(-π4)=g(π4)=fπ4cosπ4g(π6)=fπ6cosπ6=由函數(shù)單調(diào)性可知g(π6)<g(π4)<g(π3),即233f(π6)<2f(π4)<2f(π3對于C,g(-π4)=g(π4)=2f(-π4)>g(0)=f(0),∴C正確答案:BCD鞏固訓(xùn)練3解析:令函數(shù)g(x)=f(x)-sinx,則g′(x)=f′(x)-cosx,因為f′(x)≥cosx,所以g′(x)≥0,g(x)是增函數(shù),因為f(x)是奇函數(shù),所以f(0)=0,g(0)=f(0)-sin0=0,所以g(x)≥0的解集為[0,+∞),即f(x)≥sinx的解集為[0,+∞).故選D.答案:D例4解析:設(shè)f(x)=(1-x)ex-1,x>0,則當(dāng)x>0時,f′(x)=-ex+(1-x)ex=-xex<0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(0.1)<f(0)=0,即0.9e0.1-1<0,所以0.1e0.1<19,即a<b.令g(x)=x-ln(1+x),x>0,則當(dāng)x>0時,g′(x)=1-11+x=x1+x>0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(19)>g(0)=0,即19-ln(1+19)>0,所以19>-ln910,即b>c.令h(x)=xex+ln(1-x),0<x≤0.1,則h′(x)=(1+x)·ex+1x-1=x2-1ex+1x-1.設(shè)t(x)=(x2-1)ex+1,則當(dāng)0<x≤0.1時,t′(x)=(x2+2x-1)ex<0,所以t(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞減,所以t(x)<t(0)=0,所以當(dāng)0<x≤0.1時,h′(x)>0,所以h(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞增,所以h(0.1)>h(0)=0,即0.1e0.1+ln0.9>0,所以0.1e0.1>-ln0.9答案:C鞏固訓(xùn)練4解析:a=13,b=e13-1,c=ln43=ln(1設(shè)f(x)=ex-x-1(0<x<1),所以f′(x)=ex-1>0,所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,所以f(x)>f(0)=0,即ex-1>x(0<x<1).所以e13-1>13,即a設(shè)g(x)=ln(1+x)-x(0<x<1),則g′(x)=11+x-1=-x1+x所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,所以g(x)<g(0)=0,即ln(1+x)<x(0<x<1).所以ln(1+13)<13,即c<所以c<a<b.故選C.答案:C例5解析:由已知,aea+1<b(lnb-1)=blnbe,則ealnea<belnbe.設(shè)f(x)=xlnx,則f(ea)<f(be).因為a>0,則ea>1.又b(lnb-1)>0,b>0,則lnb>1,即b>e,從而be>1.當(dāng)x>1時,f′(x)=lnx+1>0,則f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以ea<be,即b>e答案:B鞏固訓(xùn)練5解析:由題可得,x+lnx>y+lny,設(shè)f(x)=x+lnx,x>0,所以f′(x)=1+1x>0即函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以由f(x)>f(y)可得:x>y>0.對于A,由函數(shù)y=1x在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)x>y>0時,1x<1y對于B,易知函數(shù)y=x-1x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x>y>0時,x-1x>y-1y,即x-y>1對于C,當(dāng)x>y>0時,若x-y<1,則ln(x-y)<0,C錯誤;對于D,因為函數(shù)y=x3在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x>y>0時,x3>y3,D正確.故選BD.答案:BD隨堂檢測1.解析:令g(x)=xf(x),則g′(x)=xf′(x)+f(x)>0恒成立,故g(x)在R上單調(diào)遞增.∵a>b,∴g(a)>g(b),即af(a)>bf(b).故選A.答案:A2.解析:構(gòu)造函數(shù)g(x)=fxe2x,其中x∈R,則g′(x)=所以函數(shù)g(x)為R上的增函數(shù),所以g(12)<g(1)<g(2),即f12e<因此e3f(12)<e2f(1)<f(2).故選答案:A3.解析:構(gòu)造函數(shù)g(x)=fxcosx,其中x∈(-π2,π2),則g′所以函數(shù)g(x)在(-π2,π因為x∈(-π2,π2),則cosx>0,由f(x)<2f(π3)cosx即g(x)<g(π3),所以x>π3,-π2因此,不等式f(x)<2f(π3)cosx的解集為(π3故選A.答案:A4.解析:因為m(x12-x22)<f(x1)所以fx2-mx2構(gòu)
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