22　第三章　高考培優(yōu)2　構(gòu)造函數(shù)在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用

第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用高考培優(yōu)2構(gòu)造函數(shù)在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用√

題型一導(dǎo)數(shù)型構(gòu)造函數(shù)

利用f(x)與x構(gòu)造[典例1]

(1)設(shè)f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(

)A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)所以當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又f(x)為奇函數(shù)，所以g(x)為偶函數(shù)，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．又f(1)＝－f(－1)＝0，即g(1)＝g(－1)＝0.(2)令g(x)＝x2f(x)，可得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，因?yàn)閷τ谌我獾膞∈(0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，可得g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，

可得g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，所以g(x)是定義在R上的奇函數(shù)，可得g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．因?yàn)閒(x)在R上連續(xù)不斷，所以g(x)在R上連續(xù)不斷，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增．

(1)出現(xiàn)nf(x)＋xf′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xnf(x)；[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．已知偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(－1)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，2f(x)＞xf′(x)，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________.

當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－2f(x)＜0，可以推出當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，y＝x2為偶函數(shù)，所以F(x)為偶函數(shù)，所以F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．根據(jù)f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)F(x)的圖象如圖所示，所以f(x)＞0的解集為(－1,0)∪(0,1)．]

利用f(x)與ex(或enx)構(gòu)造[典例2]若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)－2f(x)＞0，f(0)＝1，則不等式f(x)＞e2x的解集為___________________．

(1)出現(xiàn)f′(x)＋nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝enxf(x)；[跟進(jìn)訓(xùn)練]2．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)是其導(dǎo)函數(shù)，若f(x)＋f′(x)>0，f(1)＝1，則不等式f(x)>e1－x的解集是(

)A．(0，＋∞)

B．(1，＋∞)C．(－∞，0) D．(0,1)B

[構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)·ex，則g′(x)＝[f′(x)＋f(x)]·ex>0，故g(x)在R上單調(diào)遞增，g(1)＝e，f(x)>e1－x可化為g(x)>e＝g(1)，故原不等式的解集為(1，＋∞)．故選B.]√√

利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造

與sinx，cosx有關(guān)的導(dǎo)函數(shù)存在一定的特殊性，其常見考查形式如下：f(x)＝f(x)sinx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；f(x)＝f(x)cosx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；√題型二依據(jù)數(shù)值特征構(gòu)造具體函數(shù)[典例4]

(1)設(shè)a＝999ln1001，b＝1000·ln1000，c＝1001ln999，則下列選項(xiàng)正確的是(

)A．a(chǎn)>c>b B．c>b>aC．b>a>c D．a(chǎn)>b>c√A．a(chǎn)＜b＜c

B．b＜c＜aC．b＜a＜c D．c＜a＜b√

當(dāng)要比較的各數(shù)為某些函數(shù)的函數(shù)值時(shí)，要仔細(xì)觀察這些數(shù)值的共同之處，構(gòu)造一個(gè)或兩個(gè)函數(shù)，使要比較的數(shù)成為該函數(shù)的函數(shù)值，然后利用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。瓵．b<c<a B．c<b<aC．a(chǎn)<c<b D．a(chǎn)<b<c(2)實(shí)數(shù)e3,3π，π3的大小關(guān)系為________.√所以πl(wèi)n3＞3lnπ，所以ln3π＞lnπ3，即3π＞π3.因?yàn)閥＝x3在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，e＜π，所以e3＜π3，所以e3＜π3＜3π.]

題型三同構(gòu)函數(shù)

雙變量結(jié)構(gòu)相同型[典例5]

(多選)已知a，b∈R，且2a>2b>1，則(

)A．ea－eb<lna－lnb B．blna<alnb√√

具有同等地位的兩個(gè)變量x，y(或a，b)的等式或不等式，如果進(jìn)行變形后，等式或不等式兩邊具有結(jié)構(gòu)的一致性，往往暗示應(yīng)構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用函數(shù)單調(diào)性解決．A．(－∞，－e2] B．(－∞，－e]C．[－2，－1] D．(－∞，－2]√

指對混合型的同構(gòu)[典例6]

(1)(2025·泰安模擬)設(shè)a，b都為正數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若aea<blnb，則(

)A．a(chǎn)b>e B．b>eaC．a(chǎn)b<e D．b<ea√(2)若關(guān)于x的不等式ex－a≥lnx＋a對一切正實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(

)√C．(－∞，1] D．(－∞，2](3)對于任意實(shí)數(shù)x>0，不等式2ae2x－lnx＋lna≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.設(shè)f(x)＝xlnx，則f(ea)<f(b)．因?yàn)閍>0，則blnb>0，則b>1.當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)＝lnx＋1>0，則f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以ea<b.故選B.(2)因?yàn)閑x－a≥lnx＋a，所以ex－a＋x－a≥x＋lnx，所以ex－a＋x－a≥elnx＋lnx.設(shè)f(t)＝et＋t，則f′(t)＝et＋1>0，所以f(t)在R上單調(diào)遞增，故ex－a＋x－a≥elnx＋lnx，即f(x－a)≥f(lnx)，即x－a≥lnx，即x－lnx≥a.令g′(x)>0，則x>1；令g′(x)＜0，則0＜x＜1，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1.故選C．

1.指對同構(gòu)的本質(zhì)：指、冪、對三種函數(shù)的互相轉(zhuǎn)化，即alogax＝x＝logaax(a＞0且a≠1)．2．三種基本模式：①積型：aea≤blnb說明：在對“積型”同構(gòu)時(shí)，取對數(shù)是最快捷的，同構(gòu)出的函數(shù)，單調(diào)性一看便知．如：eax＋ax＞ln(x＋1)＋x＋1?eax＋ax＞eln(x＋1)＋ln(x＋1)?ax＞ln(x＋1)．特別地，若式子無法直接進(jìn)行變形同構(gòu)，往往需要湊常數(shù)、湊參數(shù)或湊變量，如兩邊同乘以x，同加上x等，再用上述方式變形．常見的有：①aeax>lnx?axeax>xlnx；所以memx≥l