新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義第3章　§3.4　函數(shù)中的構(gòu)造問題培優(yōu)課（含解析）

§3.4函數(shù)中的構(gòu)造問題函數(shù)中的構(gòu)造問題是高考考查的一個熱點內(nèi)容，經(jīng)常以客觀題出現(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)，解決比較大小、解不等式、恒成立等問題．題型一導(dǎo)數(shù)型構(gòu)造函數(shù)命題點1利用f(x)與x構(gòu)造例1(2023·蘇州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)在R上滿足f(x)＝f(－x)，且當(dāng)x∈(－∞，0]時，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln2·f(ln2)，c＝log2eq\f(1,8)·f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>c B．c>b>aC．a(chǎn)>c>b D．c>a>b答案B解析因為函數(shù)f(x)在R上滿足f(x)＝f(－x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，令g(x)＝xf(x)，則g(x)是奇函數(shù)，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，由題意知，當(dāng)x∈(－∞，0]時，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，又g(x)是奇函數(shù)，所以g(x)在R上單調(diào)遞減，因為20.6>1,0<ln2<1，log2eq\f(1,8)＝－3<0，所以log2eq\f(1,8)<0<ln2<1<20.6，又a＝g(20.6)，b＝g(ln2)，c＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))，所以c>b>a.思維升華(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)＝eq\f(fx,xn).跟蹤訓(xùn)練1(2023·重慶模擬)已知定義域為{x|x≠0}的偶函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對任意正實數(shù)x滿足xf′(x)>2f(x)且f(1)＝0，則不等式f(x)<0的解集是()A．(－∞，1) B．(－1,1)C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(0,1)答案D解析令g(x)＝eq\f(fx,x2)且x≠0，則g′(x)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)，又對任意正實數(shù)x滿足xf′(x)>2f(x)，即當(dāng)x>0時，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，由f(x)為偶函數(shù)，則g(－x)＝eq\f(f－x,－x2)＝eq\f(fx,x2)＝g(x)，所以g(x)也為偶函數(shù)，故g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，則g(－1)＝g(1)＝eq\f(f1,1)＝0，且f(x)<0等價于g(x)＝eq\f(fx,x2)<eq\f(f1,1)＝g(1)，所以x∈(－1,0)∪(0,1)．命題點2利用f(x)與ex構(gòu)造例2(2022·蚌埠質(zhì)檢)已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對任意的x∈R，都有f′(x)－f(x)<1，且f(0)＝2022，則不等式f(x)＋1>2023ex的解集為()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D．(－∞，1)答案A解析構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx＋1,ex)，則F′(x)＝eq\f(f′x·ex－[fx＋1]·ex,e2x)＝eq\f(f′x－fx－1,ex)，因為f′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0恒成立，故F(x)＝eq\f(fx＋1,ex)在R上單調(diào)遞減，f(x)＋1>2023ex可變形為eq\f(fx＋1,ex)>2023，又f(0)＝2022，所以F(0)＝eq\f(f0＋1,e0)＝2023，所以F(x)>F(0)，解得x<0.思維升華(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)＝eq\f(fx,enx).跟蹤訓(xùn)練2(2023·南昌模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，則f(x)>3e3－x的解集為________．答案(3，＋∞)解析設(shè)F(x)＝f(x)·ex，則F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，∴F(x)在R上單調(diào)遞增．又f(3)＝3，則F(3)＝f(3)·e3＝3e3.∵f(x)>3e3－x等價于f(x)·ex>3e3，即F(x)>F(3)，∴x>3，即所求不等式的解集為(3，＋∞)．命題點3利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造例3已知偶函數(shù)f(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時，有f′(x)cosx＋f(x)sinx<0成立，則關(guān)于x的不等式f(x)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))答案A解析因為偶函數(shù)f(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以設(shè)g(x)＝eq\f(fx,cosx)，則g(－x)＝eq\f(f－x,cos－x)＝eq\f(fx,cosx)，即g(x)也是偶函數(shù)．當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時，根據(jù)題意g′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)<0，則g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，且為偶函數(shù)，則g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞增．所以f(x)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx?eq\f(fx,cosx)<eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos

\f(π,3))?g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)<x<\f(π,2)，))解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).思維升華函數(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F(x)＝f(x)sinx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；F(x)＝eq\f(fx,sinx)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)；F(x)＝f(x)cosx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；F(x)＝eq\f(fx,cosx)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x).跟蹤訓(xùn)練3已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)sinx＋f(x)cosx<0，若a＝eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，b＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，則a與b的大小關(guān)系為_____．(用“<”連接)答案a<b解析設(shè)φ(x)＝f(x)·sinx，則φ′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx，∴x∈(0，＋∞)時，φ′(x)<0，即φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(x)為奇函數(shù)，∴φ(x)為偶函數(shù)，∴φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))·sin

eq\f(π,4)，即－eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，∴a<b.題型二同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)例4(1)(2020·全國Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a(chǎn)>2b B．a(chǎn)<2bC．a(chǎn)>b2 D．a(chǎn)<b2答案B解析由指數(shù)和對數(shù)的運算性質(zhì)可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log22b，∴2a＋log2a<22b＋log22b，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.(2)(2023·武漢模擬)已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－alnx成立，則a的最小值為________．答案e解析∵xa＝SKIPIF1<0＝ealnx，∴不等式即為ex－x≤ealnx－alnx，∵a>0且x>1，∴alnx>0，設(shè)y＝ex－x，則y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x≤alnx，即a≥eq\f(x,lnx)，即存在x∈(1，＋∞)，使a≥eq\f(x,lnx)，∴a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,lnx)))min，設(shè)f(x)＝eq\f(x,lnx)(x>1)，則f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)，當(dāng)x∈(1，e)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.故a的最小值為e.思維升華指對同構(gòu)，經(jīng)常使用的變換形式有兩種，一種是將x變成lnex然后構(gòu)造函數(shù)；另一種是將x變成elnx然后構(gòu)造函數(shù)．跟蹤訓(xùn)練4(1)(多選)(2023·泰州模擬)已知α，β均為銳角，且α＋β－eq\f(π,2)>sinβ－cosα，則()A．sinα>sinβ B．cosα>cosβC．cosα<sinβ D．sinα>cosβ答案CD解析∵α＋β－eq\f(π,2)>sinβ－cosα，∴β－sinβ>eq\f(π,2)－α－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，令f(x)＝x－sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，∴β>eq\f(π,2)－α，∵α，β均為銳角，∴cosβ<coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，sinβ>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，∴cosβ<sinα，sinβ>cosα.(2)(2023·南京模擬)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答案B解析由已知aea<blnb，則ealnea<blnb.設(shè)f(x)＝xlnx，則f(ea)<f(b)．因為a>0，則blnb>0，則b>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<b.課時精練1．(2023·株州模擬)已知a＝eq\f(1,e2)，b＝eq\f(ln2,4)，c＝eq\f(ln3,9)，則()A．a(chǎn)<b<c B．c<a<bC．b<a<c D．c<b<a答案B解析設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x2)，則a＝f(e)，b＝f(2)，c＝f(3)，又f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，于是當(dāng)x∈(eq\r(e)，＋∞)時，f′(x)<0，故f(x)＝eq\f(lnx,x2)在(eq\r(e)，＋∞)上單調(diào)遞減，注意到eq\r(e)<eq\r(4)＝2<e<3，則有f(3)<f(e)<f(2)，即c<a<b.2．若2x－2y<3－x－3－y，則()A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0答案A解析由2x－2y<3－x－3－y，得2x－3－x<2y－3－y，令f(t)＝2t－3－t，∵y＝2t為R上的增函數(shù)，y＝3－t為R上的減函數(shù)，∴f(t)為R上的增函數(shù)，∴x<y，∵y－x>0，∴y－x＋1>1，∴l(xiāng)n(y－x＋1)>0，則A正確，B錯誤；∵|x－y|與1的大小不確定，故C，D無法確定．3．(2023·濟(jì)南模擬)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，則f(x)>x2＋2的解集是()A．(－1,0)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(0,1)答案B解析令g(x)＝f(x)－x2，因為f(x)是偶函數(shù)，則g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)，所以函數(shù)g(x)也是偶函數(shù)，g′(x)＝f′(x)－2x，因為當(dāng)x≥0時，f′(x)－2x>0，所以當(dāng)x≥0時，g′(x)＝f′(x)－2x>0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不等式f(x)>x2＋2即為不等式g(x)>2，由f(1)＝3，得g(1)＝2，所以g(x)>g(1)，所以|x|>1，解得x>1或x<－1，所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．4．(2023·常州模擬)已知函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱，且當(dāng)x>0時，f′(x)sinx＋f(x)cosx>0，則下列說法正確的是()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))B．－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))C．－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))D．－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))答案D解析由f(x－1)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱可知，f(x)的圖象關(guān)于點(0,0)對稱，則f(x)為奇函數(shù)，令g(x)＝f(x)sinx，則g(x)為偶函數(shù)，又x>0時，f′(x)sinx＋f(x)cosx>0，即[f(x)sinx]′>0，則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則有g(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))，即－eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<－eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))，即－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6))).5．(多選)(2023·開封模擬)已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且eq\f(fx,x)＋lnx·f′(x)>0，則()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＋f(e)>0 B．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0C．f(e)>0 D．f(1)＝0答案AC解析令函數(shù)g(x)＝lnx·f(x)，則g′(x)＝eq\f(fx,x)＋lnx·f′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，所以g(e)＝f(e)>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＋f(e)>0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>0，f(1)的大小不確定．6．若lnm－m＋2m2＝lnn－n＋2e2n2＋1，則()A.eq\f(m,n)>e B.eq\f(m,n)<eC．m－n>e D．m－n<e答案A解析由題意可知，m>0，n>0，則lnm－m＋2m2＝lnn－n＋2e2n2＋1>ln(en)－en＋2e2n2，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝2x2－x＋lnx，其中x>0，則f′(x)＝4x＋eq\f(1,x)－1≥2eq\r(4x·\f(1,x))－1＝3>0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,2)時，等號成立，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，由lnm－m＋2m2>ln(en)－en＋2e2n2可得f(m)>f(en)，所以m>en>0，則eq\f(m,n)>e，故A對，B錯，無法判斷C，D選項的正誤．7．已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(x)<f′(x)<0，則()A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1)B．ef(2)>f(1)，f(2)<ef(1)C．ef(2)<f(1)，f(2)>ef(1)D．ef(2)<f(1)，f(2)<ef(1)答案C解析由題意可知，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，f(x)＋f′(x)<0，f′(x)－f(x)>0.構(gòu)造函數(shù)h(x)＝exf(x)，定義域為R，則h′(x)＝exf(x)＋f′(x)ex＝ex[f(x)＋f′(x)]<0，所以h(x)在R上單調(diào)遞減，所以h(2)<h(1)，所以e2f(2)<ef(1)，即ef(2)<f(1)，故A，B錯誤；構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)，定義域為R，則g′(x)＝eq\f(f′x·ex－ex·f