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第三章　一元函数的导数及其应用
§3.4　函数中的构造问题
[培优课]
函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题.
题型一
导数型构造函数
命题点1　利用f(x)与x构造
A.(－2,0)∪(0,2)
B.(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C.(－2,0)∪(2，＋∞)
D.(－∞，－2)∪(0,2)
√
∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且为奇函数，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递增，
∵f(－2)＝f(2)＝0，
当x>0时，F(2)＝0，若使不等式F(x)>0成立，则x>2；
当x<0时，F(－2)＝0，若使不等式F(x)>0成立，则－2(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝ .
思维升华
跟踪训练1　(2023·苏州模拟)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，
c＝ ，则a，b，c的大小关系是
A.a>b>c B.c>b>a
C.a>c>b D.c>a>b
√
因为函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，
令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，
由题意知，当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，
所以g(x)在(－∞，0]上单调递减，
又g(x)是奇函数，所以g(x)在R上单调递减，
命题点2　利用f(x)与ex构造
例2　(2022·枣庄质检)已知f(x)为定义在R上的可导函数，f′(x)为其导函数，且f(x)A.f(2 022)B.ef(2 022)C.ef(2 022)＝f(2 023)
D.ef(2 022)>f(2 023)
√
因为f(x)0，
所以g′(x)>0，g(x)在R上单调递增，
(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝ .
思维升华
跟踪训练2　(2023·苏州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3－x的解集为___________.
(3，＋∞)
设F(x)＝f(x)·ex，
则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex
＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，
∴F(x)在R上单调递增.
又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3.
∵f(x)>3e3－x等价于f(x)·ex>3e3，
即F(x)>F(3)，
∴x>3，即所求不等式的解集为(3，＋∞).
命题点3　利用f(x)与sin x，cos x构造
√
函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
思维升华
F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
思维升华
a设φ(x)＝f(x)sin x，
则φ′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x，
∴当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，
即φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又f(x)为奇函数，∴φ(x)为偶函数，
例4　(1)设m>0，n>0，若ln m－en－1＝ln n－em，其中e是自然对数的底数，则
A.m>n B.mC.m≤n D.m≥n
题型二
同构法构造函数
√
因为ln m－en－1＝ln n－em，所以ln m＋em－1＝ln n＋en，
令f(x)＝ln x＋ex，因为y＝ln x，y＝ex均为(0，＋∞)上的增函数，
故f(x)＝ln x＋ex为(0，＋∞)上的增函数，
由ln m＋em－1＝ln n＋en可得ln m＋em>ln n＋en，故m>n.
(2)(2022·南京检测)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA.ab>e B.b>ea
C.ab√
由已知aea设f(x)＝xln x，则f(ea)因为a>0，则bln b>0，则b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以ea指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成ln ex然后构造函数；另一种是将x变成eln x然后构造函数.
跟踪训练4　(1)(2023·连云港模拟)已知α，β均为锐角，且α＋β－ >sin β
－cos α，则
A.sin α>sin β B.cos α>cos β
C.cos α>sin β D.sin α>cos β
√
则f′(x)＝1－cos x>0，
∵α，β均为锐角，
∴cos βcos α.
(2)(多选)(2023·福州模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值可能是
√
√
√
由题意得，eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，
令f(t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，
则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(λx)≥f(ln x)，
即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，
所以在(1，e)上g′(x)>0，则g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上g′(x)<0，则g(x)单调递减，
课时精练
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A.aC.b√
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则有f(3)2.(多选)已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x)是函数f(x)的导函数，且 x∈R，f′(x)>1，f(1)＝0，则
A.f(e)>e－1 B.f(0)>－1
C.f(0)<－1 D.f(e)1
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√
√
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因为f′(x)是函数f(x)的导函数，且 x∈R，f′(x)>1，
故令g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1>0，所以g(x)在R上单调递增，
由g(e)>g(1)得f(e)－e>f(1)－1＝－1，所以f(e)>e－1，故A正确；
由g(0)由g(e)>g(0)得f(e)－e>f(0)，所以f(e)>f(0)＋e，故D不正确.
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3.若2x－2y<3－x－3－y，则
A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0
C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0
√
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由2x－2y<3－x－3－y，得2x－3－x<2y－3－y，
令f(t)＝2t－3－t，
∵y＝2t为R上的增函数，y＝3－t为R上的减函数，
∴f(t)为R上的增函数，
∴x∵y－x>0，∴y－x＋1>1，∴ln(y－x＋1)>0，则A正确，B错误；
∵|x－y|与1的大小不确定，故C，D无法确定.
4.已知定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x).若x1A. f(x2)> f(x1)
B. f(x2)< f(x1)
C. f(x2)＝ f(x1)
D. f(x2)与 f(x1)的大小关系不确定
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√
因为f′(x)>f(x)，所以f′(x)－f(x)>0，
所以函数F(x)在R上单调递增，
又x1所以 f(x2)> f(x1).
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√
由题意可知，a－1＝ln a－ln 1，b－e＝ln b－ln e，c－π＝ln c－ln π，所以a－ln a＝1－ln 1，b－ln b＝e－ln e，c－ln c＝π－ln π.
令f(x)＝x－ln x，则f(a)＝f(1)，f(b)＝f(e)，f(c)＝f(π).
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因为1所以f(a)又b≠e，c≠π，且f(x)在(0,1)上单调递减，
所以c6.(2023·常州模拟)已知函数y＝f(x)为奇函数，且当x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，则下列说法正确的是
√
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令g(x)＝f(x)sin x，因为f(x)为奇函数，则g(x)为偶函数，g′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x，
又x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
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7.(2022·蚌埠质检)已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f′(x)－f(x)<1，且f(0)＝2 022，则不等式f(x)＋1>2 023ex的解集为
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因为f′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0恒成立，
所以F(x)>F(0)，解得x<0.
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√
由题意得log2m＋2m＝2n＋1＋n，
log2m＋2m＝2×2n＋n＝log22n＋2×2n，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g(m)＝g(2n)，
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9.(2023·深圳质检)已知定义在(0，＋∞)上的可导函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，其中f′(x)为f(x)的导函数，且f(2)＝2，则f(ex)－ex≥0的解集是_____________.
(－∞，ln 2]
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因为定义在(0，＋∞)上的可导函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，
故ex≤2，则x≤ln 2，所以f(ex)－ex≥0的解集是(－∞，ln 2].
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10.已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为______.
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e
∵xa＝　 ＝ealn x，
∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，
∵a>0且x>1，
∴aln x>0，
设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，
故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增，
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当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0；
∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
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∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.
故a的最小值为e.§3.4　函数中的构造问题
函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题．
题型一　导数型构造函数
命题点1　利用f(x)与x构造
例1　(2023·济宁模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时，>0，且f(－2)＝0，则不等式>0的解集是(　　)
A．(－2,0)∪(0,2) B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C．(－2,0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)
答案　C
解析　∵f(x)是定义在R上的偶函数，且当x>0时，>0，令F(x)＝，则F′(x)>0，
∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且为奇函数，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递增，
∵f(－2)＝f(2)＝0，
当x>0时，F(2)＝0，若使不等式F(x)>0成立，则x>2；
当x<0时，F(－2)＝0，若使不等式F(x)>0成立，则－2综上，不等式>0的解集是(－2,0)∪(2，＋∞)．
思维升华　(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
跟踪训练1　(2023·苏州模拟)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log2·f ，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
答案　B
解析　因为函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，
令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，
由题意知，当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上单调递减，
又g(x)是奇函数，所以g(x)在R上单调递减，
因为20.6>1,0所以log2<0又a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，c＝g，
所以c>b>a.
命题点2　利用f(x)与ex构造
例2　(2022·枣庄质检)已知f(x)为定义在R上的可导函数，f′(x)为其导函数，且f(x)A．f(2 022)B．ef(2 022)C．ef(2 022)＝f(2 023)
D．ef(2 022)>f(2 023)
答案　B
解析　设函数g(x)＝，则g′(x)＝，
因为f(x)0，所以g′(x)>0，g(x)在R上单调递增，
则<，即ef(2 022)思维升华　(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
跟踪训练2　(2023·苏州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3－x的解集为________．
答案　(3，＋∞)
解析　设F(x)＝f(x)·ex，
则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex
＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，
∴F(x)在R上单调递增．
又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3.
∵f(x)>3e3－x等价于f(x)·ex>3e3，
即F(x)>F(3)，
∴x>3，即所求不等式的解集为(3，＋∞)．
命题点3　利用f(x)与sin x，cos x构造
例3　已知函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是(　　)
A．f(0)>f B.f >f
C.f >f D．f(0)>2f
答案　C
解析　设g(x)＝，
则g′(x)＝>0，
则g(x)在上单调递增，
对于A，<，化简得f(0)对于B，<，化简得f 对于C，<，化简得f >f ，故C正确；
对于D，<，化简得f(0)<2f ，故D错误．
思维升华　函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝，
F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
F(x)＝，
F′(x)＝.
跟踪训练3　已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，＋∞)时，f′(x)sin x＋f(x)cos x<0，若a＝f ，b＝－f ，则a与b的大小关系为_______．(用“<”连接)
答案　a解析　设φ(x)＝f(x)sin x，
则φ′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x，
∴当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，
即φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又f(x)为奇函数，∴φ(x)为偶函数，
∴φ＝φ>φ，
即f ·sin>f ·sin ，
即－f >f ，
即f <－f ，∴a题型二　同构法构造函数
例4　(1)设m>0，n>0，若ln m－en－1＝ln n－em，其中e是自然对数的底数，则(　　)
A．m>n B．mC．m≤n D．m≥n
答案　A
解析　因为ln m－en－1＝ln n－em，所以ln m＋em－1＝ln n＋en，
令f(x)＝ln x＋ex，因为y＝ln x，y＝ex均为(0，＋∞)上的增函数，
故f(x)＝ln x＋ex为(0，＋∞)上的增函数，
由ln m＋em－1＝ln n＋en可得ln m＋em>ln n＋en，故m>n.
(2)(2022·南京检测)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA．ab>e B．b>ea
C．ab答案　B
解析　由已知aea设f(x)＝xln x，则f(ea)因为a>0，则bln b>0，则b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以ea思维升华　指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成ln ex然后构造函数；另一种是将x变成eln x然后构造函数．
跟踪训练4　(1)(2023·连云港模拟)已知α，β均为锐角，且α＋β－>sin β－cos α，则(　　)
A．sin α>sin β B．cos α>cos β
C．cos α>sin β D．sin α>cos β
答案　D
解析　∵α＋β－>sin β－cos α，∴β－sin β>－α－sin，
令f(x)＝x－sin x，x∈，
则f′(x)＝1－cos x>0，
∴f(x)在上单调递增，
∴β>－α，
∵α，β均为锐角，
∴cos βsin，
∴cos βcos α.
(2)(多选)(2023·福州模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值可能是(　　)
A．e B. C. D.
答案　ACD
解析　由题意得，eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，
令f(t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，
则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(λx)≥f(ln x)，
即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，
即λ≥恒成立，
令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则g′(x)＝，
所以在(1，e)上g′(x)>0，则g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上g′(x)<0，则g(x)单调递减，
所以g(x)≤g(e)＝，
故λ≥.
课时精练
1．(2023·武汉模拟)已知a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．aC．b答案　B
解析　设f(x)＝，则a＝f(e)，b＝f(2)，c＝f(3)，又f′(x)＝，于是当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)＝在(，＋∞)上单调递减，注意到<＝22．(多选)已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x)是函数f(x)的导函数，且 x∈R，f′(x)>1，f(1)＝0，则(　　)
A．f(e)>e－1 B．f(0)>－1
C．f(0)<－1 D．f(e)答案　AC
解析　因为f′(x)是函数f(x)的导函数，且 x∈R，f′(x)>1，
故令g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1>0，所以g(x)在R上单调递增，
由g(e)>g(1)得f(e)－e>f(1)－1＝－1，所以f(e)>e－1，故A正确；
由g(0)由g(e)>g(0)得f(e)－e>f(0)，所以f(e)>f(0)＋e，故D不正确．
3．若2x－2y<3－x－3－y，则(　　)
A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0
C．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为R上的增函数，y＝3－t为R上的减函数，
∴f(t)为R上的增函数，
∴x∵y－x>0，∴y－x＋1>1，∴ln(y－x＋1)>0，则A正确，B错误；
∵|x－y|与1的大小不确定，故C，D无法确定．
4．已知定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x)．若x1A．f(x2)>f(x1)
B．f(x2)C．f(x2)＝f(x1)
D．f(x2)与f(x1)的大小关系不确定
答案　A
解析　因为f′(x)>f(x)，所以f′(x)－f(x)>0，
构造函数F(x)＝，
则F′(x)＝＝>0，所以函数F(x)在R上单调递增，
又x1所以f(x2)>f(x1)．
5．(2023·郑州模拟)已知a－1＝ln a，b－e＝ln ，c－π＝ln ，其中a，b，c∈(0，＋∞)且b≠e，c≠π，则(　　)
A．aC．a答案　D
解析　由题意可知，a－1＝ln a－ln 1，b－e＝ln b－ln e，c－π＝ln c－ln π，所以a－ln a＝1－ln 1，b－ln b＝e－ln e，c－ln c＝π－ln π.
令f(x)＝x－ln x，则f(a)＝f(1)，f(b)＝f(e)，f(c)＝f(π)．
又f′(x)＝1－＝，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，作出f(x)的大致图象，如图所示，
因为1所以c6．(2023·常州模拟)已知函数y＝f(x)为奇函数，且当x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，则下列说法正确的是(　　)
A．f <－f <－f
B．－f C．－f <－f D．－f 答案　D
解析　令g(x)＝f(x)sin x，因为f(x)为奇函数，则g(x)为偶函数， g′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x，
又x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则有g＝g即－ f < f <－ f ，
即－f 7．(2022·蚌埠质检)已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f′(x)－f(x)<1，且f(0)＝2 022，则不等式f(x)＋1>2 023ex的解集为(　　)
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C. D．(－∞，1)
答案　A
解析　构造函数F(x)＝，则F′(x)＝＝，因为f′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0恒成立，故F(x)＝在R上单调递减，f(x)＋1>2 023ex可变形为>2 023，又f(0)＝2 022，所以F(0)＝＝2 023，所以F(x)>F(0)，解得x<0.
8．(2023·龙岩质检)已知m>0，n∈R，若log2m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则等于(　　)
A. B．1 C. D．2
答案　B
解析　由题意得log2m＋2m＝2n＋1＋n，
log2m＋2m＝2×2n＋n＝log22n＋2×2n，
令g(x)＝log2x＋2x(x>0)，则g′(x)＝＋2>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g(m)＝g(2n)，
所以m＝2n，所以＝1.
9．(2023·深圳质检)已知定义在(0，＋∞)上的可导函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，其中f′(x)为f(x)的导函数，且f(2)＝2，则f(ex)－ex≥0的解集是________．
答案　(－∞，ln 2]
解析　令g(x)＝，则g′(x)＝，
因为定义在(0，＋∞)上的可导函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，
所以g′(x)＝<0在(0，＋∞)上恒成立，
所以函数g(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，
又f(2)＝2，所以g(2)＝＝1，
由f(ex)－ex≥0得≥1，所以g(ex)≥1＝g(2)，
故ex≤2，则x≤ln 2，所以f(ex)－ex≥0的解集是(－∞，ln 2]．
10．已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为________．
答案　e
解析　∵xa＝＝ealn x，
∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，
∵a>0且x>1，
∴aln x>0，
设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，
故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增，
∴x≤aln x，即a≥，
即存在x∈(1，＋∞)，使a≥，
∴a≥min，
设f(x)＝(x>1)，
则f′(x)＝，当x∈(1，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0；
∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.
故a的最小值为e.§3.4　函数中的构造问题
函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题．
题型一　导数型构造函数
命题点1　利用f(x)与x构造
例1 (2023·济宁模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时，>0，且f(－2)＝0，则不等式>0的解集是(　　)
A．(－2,0)∪(0,2)
B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C．(－2,0)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(0,2)
听课记录： ______________________________________________________________
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思维升华 (1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
跟踪训练1 (2023·苏州模拟)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log2·f ，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
命题点2　利用f(x)与ex构造
例2 (2022·枣庄质检)已知f(x)为定义在R上的可导函数，f′(x)为其导函数，且f(x)A．f(2 022)B．ef(2 022)C．ef(2 022)＝f(2 023)
D．ef(2 022)>f(2 023)
听课记录： ______________________________________________________________
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思维升华 (1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
跟踪训练2 (2023·苏州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3－x的解集为______________．
命题点3　利用f(x)与sin x，cos x构造
例3 已知函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是(　　)
A．f(0)>f
B.f >f
C.f >f
D．f(0)>2f
听课记录： ______________________________________________________________
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思维升华 函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝，
F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
F(x)＝，
F′(x)＝.
跟踪训练3 已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，＋∞)时，f′(x)sin x＋f(x)cos x<0，若a＝f ，b＝－f ，则a与b的大小关系为______．(用“<”连接)
题型二　同构法构造函数
例4 (1)设m>0，n>0，若ln m－en－1＝ln n－em，其中e是自然对数的底数，则(　　)
A．m>n B．mC．m≤n D．m≥n
(2)(2022·南京检测)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA．ab>e B．b>ea
C．ab听课记录： ______________________________________________________________
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思维升华 指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成ln ex然后构造函数；另一种是将x变成eln x然后构造函数．
跟踪训练4 (1)(2023·连云港模拟)已知α，β均为锐角，且α＋β－>sin β－cos α，则(　　)
A．sin α>sin β B．cos α>cos β
C．cos α>sin β D．sin α>cos β
(2)(多选)(2023·福州模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值可能是(　　)
A．e B.
C. D.

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