專題培優(yōu)課　函數(shù)中的構(gòu)造問題

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)