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第一课时　函数构造的应用
方法一　利用导数的运算法则构造函数
解答以抽象函数为背景,题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x),f(x)g(x),”等特征式的这类问题,最有效的策略是将式子的外形结构特征与导数的运算法则结合起来,合理构造出相关的可导函数,然后利用该函数的性质解决问题.
角度1　构造和差型可导函数
[例1] (2025·山东聊城模拟)设函数f(x)的定义域为R,导数为f′(x),若当x≥0时,f′(x)>2x－1,且对于任意的实数x,f(－x)=f(x)+2x,则不等式f(2x－1)－f(x)<3x2－5x+2的解集为(　　)
[A] (－∞,1)
[B] (,1)
[C] (－,+∞)
[D] (－∞,－)∪(1,+∞)
逆用和、差的导数的运算法则
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时,不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)=[f(x)±g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)±g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
角度2　构造积型可导函数
[例2] (2025·江苏苏州模拟)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(log2),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
逆用积的导数的运算法则
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)”时,可联想、逆用“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)=[f(x)g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
角度3　构造商型可导函数
[例3] (多选题)已知定义在(0,)上的函数,f′(x)为其导函数,且<恒成立,则(　　)
[A] f()>f()
[B] f()>f()
[C] f()[D] f(1)<2f()sin 1
1.逆用商的导数的运算法则
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时,可联想、逆用“=[]′”,构造可导函数y=,然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
2.逆用导数的运算法则构造函数的三种常见类型
(1)利用f(x)与xn构造函数.
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)=.
(2)利用f(x)与ex构造函数.
①出现f′(x)－nf(x)的形式,构造函数F(x)=;
②出现f′(x)+nf(x)的形式,构造函数F(x)=f(x)enx.
(3)利用f(x)与sin x,cos x构造函数的常见类型.
①由条件f′(x)sin x+f(x)cos x,一般构造函数F(x)=f(x)sin x;
②由条件f′(x)cos x－f(x)sin x,一般构造函数 F(x)=f(x)cos x;
③由条件,一般构造函数 F(x)=;
④由条件,一般构造函数 F(x)=.
[针对训练]
1.(角度1)(2025·河北衡水模拟)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),若f(1)=3,且 x∈R,f′(－x)>1,则f(－x)<2－x的解集为(　　)
[A] (－∞,－1) [B] (－1,1)
[C] (1,+∞) [D] (－1,+∞)
2.(角度3)已知函数f(x)的定义域为(－∞,0),其导函数f′(x)满足xf′(x)－2f(x)>0,则不等式f(x+2 024)－(x+2 024)2·f(－1)<0的解集为(　　)
[A] (－2 025,－2 024)
[B] (－2 024,0)
[C] (－∞,－2 024)
[D] (－∞,－2 025)
3.(角度2)(2025·四川成都模拟)已知定义在(0,+∞)上的函数y=f(x)的导函数为y=f′(x),当x>0时,xf′(x)+f(x)<0,且f(2)=3,则不等式f(x－1)>的解集为　　　　.
方法二　利用同构法构造函数
同构式是指除了变量不同,其余地方均相同的表达式.通常构造的同构函数有以下几类:f(x)=xex,f(x)=xln x,f(x)=x+ex,f(x)=x+ln x,f(x)=ex－x+a,f(x)=ln x－x+a等,在一些求参数的取值范围、不等式的证明、函数零点的个数、双变量问题中,常通过构造同构函数进行求解.
角度1　同构法解决方程问题
[例4] (2025·江苏淮安模拟)函数f(x)=－ln x,g(x)=e－x－x,若存在正数x1,x2,使得f(x1)=g(x2),则的最小值为(　　)
[A] [B] e [C] 1 [D] ee－1
角度2　同构法解决不等式问题
[例5] (2025·安徽合肥模拟)已知 x1,x2∈[1,e](x1≠x2),均有[A] (－∞,0] [B] [1,+∞)
[C] [0,1] [D] [0,+∞)
1.同构法的三种基本模式
(1)乘积型,如aea≤bln b可以同构成aea≤(ln b),进而构造函数f(x)=xex.
(2)比商型,如<可以同构成<,进而构造函数f(x)=.
(3)和差型,如ea±a>b±ln b,同构后可以构造函数 f(x)=ex±x或f(x)=x±ln x.
2.常见的几种同构变形
(1)x2ln x=aln a－aln x x2ln x=aln xln x=ln ,可构造函数f(x)=xln x来进行研究.
(2)+1>ln(ax－a)(a>0) +1>ln a+ln(x－1) －ln a+x>ln(x－1)+x－1 +ln >ln(x－1)+(x－1),可构造函数f(x)=x+ln x 来进行研究.
(3)x+≥xa－ln xa(x>0) －ln ≥xa－ln xa(x>0),可构造函数f(x)=x－ln x来进行研究.
(4)xa+1ex≥－aln x xex≥ xex≥－aln x·e－aln x,可构造函数f(x)=xex来进行研究.
[针对训练]
1.(角度1)若关于a的方程aea－2=e4和关于b的方程b(ln b－2)=e3λ－1(a,b∈R+)可化为同构方程,则ab的值为(　　)
[A] e8 [B] e [C] ln 6 [D] 1
2.(角度2)若0[A] +ln x1>+ln x2
[B] +ln x1<+ln x2
[C] x2>x1
[D] x2(分值:100分)
选题明细表
知识点、方法 题号
利用导数的运 算法则构造函数 1,3,4,5,6,9,13
利用同构法构造函数 2,7,8,10,11,12,14,15,16
单选每题5分,填空每题5分.
1.(2025·广东东莞模拟)设f(x)是定义在R上的可导函数,f(2)=3,对任意实数x,有f′(x)<1,则f(x)>x+1的解集为(　　)
[A] (－∞,2) [B] (2,+∞)
[C] (－2,2) [D] R
2.若ea+a>b+ln b(a,b为变量)成立,则下列选项正确的是(　　)
[A] a>ln b [B] a[C] ln a>b [D] ln a3.已知a=ln+,b=ln+,c=ln+,则a,b,c的大小关系是(　　)
[A] a>b>c [B] a>c>b
[C] c>b>a [D] c>a>b
4.(2025·江苏扬州模拟)已知函数f(x)的导数为f′(x),对任意实数x,都有f(x)－f′(x)>0,且f(1)=1,则f(x)>ex－1的解集为(　　)
[A] (－∞,1)
[B] (1,+∞)
[C] (－1,1)
[D] (－∞,－1)∪(1,+∞)
5.定义在(0,)上的函数f(x),已知f′(x)是它的导函数,且恒有cos x·f′(x)+sin x·f(x)<0成立,则有(　　)
[A] f()>f()
[B] f()>f()
[C] f()>f()
[D] f()6.(5分)(2025·山东菏泽模拟)若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)+2f(x)>0,且f(0)=1,则不等式f(x)>的解集为　　　　.
7.(5分)(2025·陕西商洛模拟)已知函数f(x)=ln x－aeax,若对任意的x≥,f(x)≤0成立,则正数a的取值范围是　　　　.
8.(14分)已知函数f(x)=xa－aln x(a>0),g(x)=ex－x,若x∈(1,e2)时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的最大值.
9.已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1)=0,且当x>0时,xf′(x)>f(x),则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
[A] (－∞,－1)
[B] (1,+∞)
[C] (－1,0)∪(1,+∞)
[D] (－∞,－1)∪(0,1)
10.(2025·四川绵阳模拟)已知正数x,y满足yln x+yln y=ex,则xy－2x的最小值为(　　)
[A] ln 2 [B] 2－2ln 2
[C] －ln 2 [D] 2+2ln 2
11.方程=(x,y∈N+,x≠2y)解的组数为(　　)
[A] 0 [B] 1
[C] 2 [D] 无数组
12.(5分)若对任意x∈[e,+∞),满足2x3ln x－m≥0恒成立,则实数m的取值范围是　　　　　　.
13.(5分)(2025·河南南阳模拟)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为(－,),且f(x)为偶函数,若x≥0时,f′(x)≥f(x)tan x,且f()=2,则不等式f(x)<的解集为　　　　.
14.(16分)(2025·福建漳州模拟)已知函数f(x)=aex+x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x>1时,f(x)>ln+x,求实数a的取值范围.
15.(5分)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域为R,f(1)=－1,且f′(x)<3f(x)+6,则不等式f(ln x)+2>的解集为　　　　.
16.(5分)(2025·河北石家庄模拟)若 x∈[0,2],使不等式(e－1)ln a≥ae1－x+e(x－1)－x成立,其中e为自然对数的底数,则实数a的取值范围是　　　　　　　　.
第一课时　函数构造的应用（解析版）
方法一　利用导数的运算法则构造函数
解答以抽象函数为背景,题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x),f(x)g(x),”等特征式的这类问题,最有效的策略是将式子的外形结构特征与导数的运算法则结合起来,合理构造出相关的可导函数,然后利用该函数的性质解决问题.
角度1　构造和差型可导函数
[例1] (2025·山东聊城模拟)设函数f(x)的定义域为R,导数为f′(x),若当x≥0时,f′(x)>2x－1,且对于任意的实数x,f(－x)=f(x)+2x,则不等式f(2x－1)－f(x)<3x2－5x+2的解集为(　　)
[A] (－∞,1)
[B] (,1)
[C] (－,+∞)
[D] (－∞,－)∪(1,+∞)
【答案】 B　
【解析】 因为f(－x)=f(x)+2x,
设g(x)=f(x)－x2+x,x∈R,
则g(－x)=f(－x)－x2－x=f(x)+2x－x2－x=f(x)－x2+x=g(x),
即g(x)为R上的偶函数,又当x≥0时,f′(x)>2x－1,则g′(x)=f′(x)－2x+1>0,
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,
因为f(2x－1)－f(x)<3x2－5x+2,
所以f(2x－1)－(2x－1)2+(2x－1)即g(2x－1)即(2x－1)2逆用和、差的导数的运算法则
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时,不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)=[f(x)±g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)±g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
角度2　构造积型可导函数
[例2] (2025·江苏苏州模拟)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(log2),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>1,0log2=－3<0,所以log2又a=g(20.6),b=g(ln 2),c=g(log2),
所以c>b>a.故选B.
逆用积的导数的运算法则
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)”时,可联想、逆用“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)=[f(x)g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
角度3　构造商型可导函数
[例3] (多选题)已知定义在(0,)上的函数,f′(x)为其导函数,且<恒成立,则(　　)
[A] f()>f()
[B] f()>f()
[C] f()[D] f(1)<2f()sin 1
【答案】 AC　
【解析】 令g(x)=,x∈(0,),
则g′(x)==[]>0,
所以g(x)在(0,)上单调递增,
因此g()f()g()g()g()1.逆用商的导数的运算法则
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时,可联想、逆用“=[]′”,构造可导函数y=,然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
2.逆用导数的运算法则构造函数的三种常见类型
(1)利用f(x)与xn构造函数.
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)=.
(2)利用f(x)与ex构造函数.
①出现f′(x)－nf(x)的形式,构造函数F(x)=;
②出现f′(x)+nf(x)的形式,构造函数F(x)=f(x)enx.
(3)利用f(x)与sin x,cos x构造函数的常见类型.
①由条件f′(x)sin x+f(x)cos x,一般构造函数F(x)=f(x)sin x;
②由条件f′(x)cos x－f(x)sin x,一般构造函数 F(x)=f(x)cos x;
③由条件,一般构造函数 F(x)=;
④由条件,一般构造函数 F(x)=.
[针对训练]
1.(角度1)(2025·河北衡水模拟)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),若f(1)=3,且 x∈R,f′(－x)>1,则f(－x)<2－x的解集为(　　)
[A] (－∞,－1) [B] (－1,1)
[C] (1,+∞) [D] (－1,+∞)
【答案】 D　
【解析】 令g(x)=f(－x)+x,g(－1)=f(1)－1=3－1=2,
g′(x)=－f′(－x)+1<0,
即函数g(x)在R上单调递减,
f(－x)<2－x等价于g(x)解得x>－1.
即f(－x)<2－x的解集为(－1,+∞).
故选D.
2.(角度3)已知函数f(x)的定义域为(－∞,0),其导函数f′(x)满足xf′(x)－2f(x)>0,则不等式f(x+2 024)－(x+2 024)2·f(－1)<0的解集为(　　)
[A] (－2 025,－2 024)
[B] (－2 024,0)
[C] (－∞,－2 024)
[D] (－∞,－2 025)
【答案】 A　
【解析】 由题意知,当x∈(－∞,0)时,
xf′(x)－2f(x)>0,
令g(x)=,则g′(x)==<0,
所以g(x)在(－∞,0)上单调递减,
不等式f(x+2 024)－(x+2 024)2f(－1)<0等价于<,
即为g(x+2 024)所以解得－2 025故选A.
3.(角度2)(2025·四川成都模拟)已知定义在(0,+∞)上的函数y=f(x)的导函数为y=f′(x),当x>0时,xf′(x)+f(x)<0,且f(2)=3,则不等式f(x－1)>的解集为　　　　.
【答案】 (1,3)　
【解析】 令g(x)=xf(x),
则g′(x)=xf′(x)+f(x),
因为当x>0时,xf′(x)+f(x)<0,
即g′(x)<0,
所以当x>0时,g(x)=xf(x)单调递减,
由不等式f(x－1)>,
可得
即g(x－1)>g(2),故有0解得1即不等式f(x－1)>的解集为(1,3).
方法二　利用同构法构造函数
同构式是指除了变量不同,其余地方均相同的表达式.通常构造的同构函数有以下几类:f(x)=xex,f(x)=xln x,f(x)=x+ex,f(x)=x+ln x,f(x)=ex－x+a,f(x)=ln x－x+a等,在一些求参数的取值范围、不等式的证明、函数零点的个数、双变量问题中,常通过构造同构函数进行求解.
角度1　同构法解决方程问题
[例4] (2025·江苏淮安模拟)函数f(x)=－ln x,g(x)=e－x－x,若存在正数x1,x2,使得f(x1)=g(x2),则的最小值为(　　)
[A] [B] e [C] 1 [D] ee－1
【答案】 B　
【解析】 因为x1>0,x2>0,则>0,由题意可得－ln x1=－x2,
整理可得－ln x1=－ln ,即f(x1)=f(),
又因为y=,y=－ln x在(0,+∞)内均单调递减,则f(x)在(0,+∞)内单调递减,
可得x1=,则=,设h(x)=,x>0,
可得h′(x)=,
当01时,h′(x)>0;可知h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,则h(x)≥h(1)=e,所以的最小值为e.故选B.
角度2　同构法解决不等式问题
[例5] (2025·安徽合肥模拟)已知 x1,x2∈[1,e](x1≠x2),均有[A] (－∞,0] [B] [1,+∞)
[C] [0,1] [D] [0,+∞)
【答案】 B　
【解析】 不妨设1≤x1由得x1ln x2－x2ln x1即x1(ln x2+a)两边同时除以x1x2,
得<,
令f(x)=,即f(x2)所以函数f(x)在区间[1,e]上单调递减,
f′(x)=≤0,
即1－ln x－a≤0恒成立,
所以a≥1－ln x,x∈[1,e]恒成立,
因为函数y=1－ln x在区间[1,e]上单调递减,
所以y=1－ln x的最大值为1,
所以a≥1.
故选B.
1.同构法的三种基本模式
(1)乘积型,如aea≤bln b可以同构成aea≤(ln b),进而构造函数f(x)=xex.
(2)比商型,如<可以同构成<,进而构造函数f(x)=.
(3)和差型,如ea±a>b±ln b,同构后可以构造函数 f(x)=ex±x或f(x)=x±ln x.
2.常见的几种同构变形
(1)x2ln x=aln a－aln x x2ln x=aln xln x=ln ,可构造函数f(x)=xln x来进行研究.
(2)+1>ln(ax－a)(a>0) +1>ln a+ln(x－1) －ln a+x>ln(x－1)+x－1 +ln >ln(x－1)+(x－1),可构造函数f(x)=x+ln x 来进行研究.
(3)x+≥xa－ln xa(x>0) －ln ≥xa－ln xa(x>0),可构造函数f(x)=x－ln x来进行研究.
(4)xa+1ex≥－aln x xex≥ xex≥－aln x·e－aln x,可构造函数f(x)=xex来进行研究.
[针对训练]
1.(角度1)若关于a的方程aea－2=e4和关于b的方程b(ln b－2)=e3λ－1(a,b∈R+)可化为同构方程,则ab的值为(　　)
[A] e8 [B] e [C] ln 6 [D] 1
【答案】 A　
【解析】 对aea－2=e4两边取自然对数,
得ln a+a=6,①
对b(ln b－2)=e3λ－1两边取自然对数,
得ln b+ln(ln b－2)=3λ－1,
即ln b－2+ln(ln b－2)=3λ－3,②
因为方程①②为两个同构方程,
所以3λ－3=6,解得λ=3,
设F(x)=ln x+x,x>0,则F′(x)=+1>0,
所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以方程F(x)=6的解只有一个,
所以a=ln b－2,
所以ab=(ln b－2)b=b(ln b－2)=e3×3－1=e8.
故选A.
2.(角度2)若0[A] +ln x1>+ln x2
[B] +ln x1<+ln x2
[C] x2>x1
[D] x2【答案】 C　
【解析】 令f(x)=ex－ln x,则f′(x)=ex－,
令h(x)=ex－,则h′(x)=ex+>0恒成立,
即f′(x)=ex－在定义域(0,+∞)上单调递增,且f′()=－e<0,f′(1)=e－1>0,
因此在区间(,1)上必然存在唯一x0,
使得f′(x0)=0,
所以当x∈(0,x0)时f′(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x0,1)时f′(x)>0,f(x)单调递增,故A,B均错误;
令g(x)=,x∈(0,1),g′(x)=,
当0所以g(x)在区间(0,1)上为减函数,
因为0,
即x2>x1,所以选项C正确,D不正确.
故选C.
(分值:100分)
选题明细表
知识点、方法 题号
利用导数的运 算法则构造函数 1,3,4,5,6,9,13
利用同构法构造函数 2,7,8,10,11,12,14,15,16
单选每题5分,填空每题5分.
1.(2025·广东东莞模拟)设f(x)是定义在R上的可导函数,f(2)=3,对任意实数x,有f′(x)<1,则f(x)>x+1的解集为(　　)
[A] (－∞,2) [B] (2,+∞)
[C] (－2,2) [D] R
【答案】 A　
【解析】 令g(x)=f(x)－(x+1),
则即求g(x)>0的解集.
因为由已知得,g′(x)=f′(x)－1<0,
故g(x)在R上单调递减.
又由f(2)=3得,g(2)=f(2)－3=0,
故g(x)>0=g(2),从而x<2.故选A.
2.若ea+a>b+ln b(a,b为变量)成立,则下列选项正确的是(　　)
[A] a>ln b [B] a[C] ln a>b [D] ln a【答案】 A　
【解析】 法一　由ea+a>b+ln b,
可得ea+a>+ln b,
令f(x)=ex+x,则f(a)>f(ln b),
因为f(x)在R上是增函数,所以a>ln b.故选A.
法二　由ea+a>b+ln b,
可得ea+ln ea>b+ln b,
令g(x)=x+ln x,则g(ea)>g(b),
因为g(x)在(0,+∞)上是增函数,
所以ea>b,即a>ln b.故选A.
3.已知a=ln+,b=ln+,c=ln+,则a,b,c的大小关系是(　　)
[A] a>b>c [B] a>c>b
[C] c>b>a [D] c>a>b
【答案】 A　
【解析】 构造函数f(x)=ln x+1－x,f′(x)=－1=,
当00,f(x)单调递增,
所以f()>f()>f(),即a>b>c.故选A.
4.(2025·江苏扬州模拟)已知函数f(x)的导数为f′(x),对任意实数x,都有f(x)－f′(x)>0,且f(1)=1,则f(x)>ex－1的解集为(　　)
[A] (－∞,1)
[B] (1,+∞)
[C] (－1,1)
[D] (－∞,－1)∪(1,+∞)
【答案】 A　
【解析】 由f(x)>ex－1,可得>=,
令g(x)=,结合f(x)－f′(x)>0,
则g′(x)=<0,
所以g(x)在R上单调递减,
故g(x)>g(1) x<1,
则原不等式的解集为(－∞,1).
故选A.
5.定义在(0,)上的函数f(x),已知f′(x)是它的导函数,且恒有cos x·f′(x)+sin x·f(x)<0成立,则有(　　)
[A] f()>f()
[B] f()>f()
[C] f()>f()
[D] f()【答案】 C　
【解析】 令g(x)=,x∈(0,),
则g′(x)=,
因为cos x·f′(x)+sin x·f(x)<0,
所以g′(x)<0,
则g(x)=在(0,)上单调递减,
所以<<,
即<<,
故f()>f(),f()>f().
故选C.
6.(5分)(2025·山东菏泽模拟)若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)+2f(x)>0,且f(0)=1,则不等式f(x)>的解集为　　　　.
【答案】 (0,+∞)　
【解析】 构造F(x)=f(x)·e2x,
所以F′(x)=f′(x)·e2x+f(x)·2e2x=e2x[f′(x)+2f(x)]>0,
所以F(x)在R上单调递增,
且F(0)=f(0)·e0=1,
则不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1,
即F(x)>F(0),所以x>0,
所以原不等式的解集为(0,+∞).
7.(5分)(2025·陕西商洛模拟)已知函数f(x)=ln x－aeax,若对任意的x≥,f(x)≤0成立,则正数a的取值范围是　　　　.
【答案】 [,+∞)
【解析】 由f(x)≤0,即ln x－aeax≤0,
得ln x≤aeax.
因为x≥,所以xln x≤axeax=eaxln eax.
设g(x)=xln x,则g′(x)=ln x+1.
因为x≥,所以g′(x)≥0,
所以g(x)在[,+∞)上单调递增.
因为xln x≤eaxln eax,所以g(x)≤g(eax),
所以x≤eax,所以ln x≤ax,所以a≥.
设h(x)=,则h′(x)=.
由h′(x)<0,得x>e,
则h(x)在(e,+∞)上单调递减;
由h′(x)>0,得≤x则h(x)在[,e)上单调递增.
故h(x)≤h(e)=,即a≥.
8.(14分)已知函数f(x)=xa－aln x(a>0),g(x)=ex－x,若x∈(1,e2)时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的最大值.
【解】 由题意知当x∈(1,e2)时,f(x)≤g(x)恒成立,
即xa－aln x≤ex－x在(1,e2)上恒成立,
即－ln xa≤ex－x在(1,e2)上恒成立,
令m(x)=ex－x(x>0),则m′(x)=ex－1>0,
即m(x)=ex－x在(0,+∞)上单调递增,
则由－ln xa≤ex－x可得ln xa≤x,
即a≤在(1,e2)上恒成立,
令n(x)=,x∈(1,e2),则n′(x)=,
当x∈(1,e)时,n′(x)<0,n(x)单调递减;
当x∈(e,e2)时,n′(x)>0,n(x)单调递增.
故n(x)=,x∈(1,e2)在x=e时取得最小值n(e)==e.
则由a≤在(1,e2)上恒成立,可知a≤e,
故实数a的最大值为e.
9.已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1)=0,且当x>0时,xf′(x)>f(x),则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
[A] (－∞,－1)
[B] (1,+∞)
[C] (－1,0)∪(1,+∞)
[D] (－∞,－1)∪(0,1)
【答案】 C　
【解析】 根据题意,设函数g(x)=,
则其导数g′(x)=,
又由当x>0时,xf′(x)>f(x),
则有g′(x)=>0,
即当x>0时,函数g(x)单调递增,
又由g(－x)===g(x),
则函数g(x)为偶函数,
由当x>0时,函数g(x)单调递增,
则x<0时,函数g(x)单调递减,
因为f(1)=0,所以g(1)==0=g(－1),
故x>0时,由f(x)>0,得g(x)>g(1),
解得x>1,
x<0时,由f(x)>0,得g(x)解得－1所以f(x)>0成立的x的取值范围是(－1,0)∪(1,+∞).
故选C.
10.(2025·四川绵阳模拟)已知正数x,y满足yln x+yln y=ex,则xy－2x的最小值为(　　)
[A] ln 2 [B] 2－2ln 2
[C] －ln 2 [D] 2+2ln 2
【答案】 B　
【解析】 因为yln x+yln y=ex,
即yln(xy)=ex,
所以(xy)ln(xy)=xex,
所以ln(xy)eln(xy)=xex.
令g(x)=xex(x>0),则g′(x)=(x+1)ex>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以ln(xy)=x,即xy=ex,
所以xy－2x=ex－2x.
令f(x)=ex－2x(x>0),
则f′(x)=ex－2.
令f′(x)=ex－2>0,解得x>ln 2;
令f′(x)=ex－2<0,解得0所以f(x)在(0,ln 2)上单调递减,
在(ln 2,+∞)上单调递增,
所以f(x)min=eln 2－2×ln 2=2－2ln 2,
即xy－2x的最小值为2－2ln 2.故选B.
11.方程=(x,y∈N+,x≠2y)解的组数为(　　)
[A] 0 [B] 1
[C] 2 [D] 无数组
【答案】 C　
【解析】 由题意得x2y=(2y)x,即2yln x=xln 2y,即=,
令f(x)=,则f′(x)=,
令f′(x)>0,解得0令f′(x)<0,解得x>e,
所以f(x)在(0,e)上单调递增,(e,+∞)上单调递减,大致图象如图所示.
因为x≠2y,f(x)=f(2y),
所以当f(x)=f(2y)∈(0,)时成立,
又x,y∈N+,f(2)===f(4),
所以或即或
所以方程=的解有2组.
故选C.
12.(5分)若对任意x∈[e,+∞),满足2x3ln x－m≥0恒成立,则实数m的取值范围是　　　　　　.
【答案】 (－∞,2e]
【解析】 由2x3ln x－m≥0,
得2x3ln x≥m,即2x2ln x≥,
即x2ln x2≥,即ln x2·≥,
令f(x)=xex,则f(ln x2)≥f()恒成立,
利用函数f(x)=xex的单调性可知ln x2≥恒成立,即m≤2xln x(x≥e),所以m≤2e.
13.(5分)(2025·河南南阳模拟)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为(－,),且f(x)为偶函数,若x≥0时,f′(x)≥f(x)tan x,且f()=2,则不等式f(x)<的解集为　　　　.
【答案】 (－,)
【解析】 因为x∈(0,)时,
f′(x)≥f(x)tan x=,
所以f′(x)cos x≥f(x)sin x,
即f′(x)cos x+f(x)(cos x)′≥0,
令F(x)=f(x)cos x,
所以F′ (x)=[f(x)cos x]′≥0,
从而F(x)=f(x)cos x在(0,)上单调递增,
又f(x)是(－,)上的偶函数,
且y=cos x是偶函数,
所以F(－x)=f(－x)cos(－x)=f(x)cos x=F(x),
即F(x)是(－,)上的偶函数,
由于f()=2,因此F()=1,
又f(x)<,即f(x)cos x<1,即F(x)<1,
所以F(x)故由F(x)的单调性和偶函数特点可知－因此x的取值范围为(－,).
14.(16分)(2025·福建漳州模拟)已知函数f(x)=aex+x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x>1时,f(x)>ln+x,求实数a的取值范围.
【解】 (1)依题意,得f′(x)=aex+1.
当a≥0时,f′(x)>0,
所以f(x)在R上单调递增.
当a<0时,令f′(x)>0,可得x<－ln(－a);
令f′(x)<0,可得x>－ln(－a),
所以f(x)在(－∞,－ln(－a))上单调递增,在(－ln(－a),+∞)上单调递减.
综上所述,当a≥0时,f(x)在R上单调递增;
当a<0时,f(x)在(－∞,－ln(－a))上单调递增,在(－ln(－a),+∞)上单调递减.
(2)因为当x>1时,f(x)>ln+x,
所以aex+x+1>ln+x,
即eln aex+x+1>ln(x－1)－ln a+x,
即ex+ln a+ln a+x>ln(x－1)+x－1,
即ex+ln a+x+ln a>eln(x－1)+ln(x－1).
令h(x)=ex+x,则有h(x+ln a)>h(ln(x－1))对 x∈(1,+∞)恒成立.
因为h′(x)=ex+1>0,
所以h(x)在(1,+∞)上是增函数,
故只需x+ln a>ln(x－1),
即ln a>ln(x－1)－x对 x∈(1,+∞)恒成立.
令F(x)=ln(x－1)－x,
则F′(x)=－1=,
令F′(x)=0,得x=2.
当x∈(1,2)时,F′(x)>0,
当x∈(2,+∞)时,F′(x)<0,
所以F(x)在(1,2)上单调递增,
在(2,+∞)上单调递减,
所以F(x)≤F(2)=－2.
因此ln a>－2,
所以实数a的取值范围是(,+∞).
15.(5分)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域为R,f(1)=－1,且f′(x)<3f(x)+6,则不等式f(ln x)+2>的解集为　　　　.
【答案】 (0,e)
【解析】 构造函数g(x)=,
则g′(x)===<0,
所以函数g(x)=在R上单调递减,
又由f(ln x)+2>得>=,得g(ln x)>g(1),
所以ln x<1,解得016.(5分)(2025·河北石家庄模拟)若 x∈[0,2],使不等式(e－1)ln a≥ae1－x+e(x－1)－x成立,其中e为自然对数的底数,则实数a的取值范围是　　　　　　　　.
【答案】 [,e2]
【解析】 因为ae1－x=eln a+1－x,
所以原不等式变形为eln a－ln a≥eln a+1－x+ex－e－x,
移项且两边同时加1,
得e(ln a+1－x)+1≥eln a+1－x+ln a+1－x.
令ln a+1－x=t,
可得et+1≥et+t.
令f(t)=et+t,g(t)=et+1,
因为g(0)=f(0)=1,g(1)=f(1)=e+1,
由图象可知,当f(t)≤g(t)时,可得t∈[0,1],
故0≤ln a+1－x≤1,
所以x－1≤ln a≤x,因为 x∈[0,2],
所以－1≤ln a≤2,
解得≤a≤e2.
(
第
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页
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第一课时　函数构造的应用
第4节　导数的综合应用
关键能力
课堂突破
方法一　利用导数的运算法则构造函数
角度1　构造和差型可导函数
[例1] (2025·山东聊城模拟)设函数f(x)的定义域为R,导数为f′(x),若当x≥0时,f′(x)>2x－1,且对于任意的实数x,f(－x)=f(x)+2x,则不等式f(2x－1)－f(x)<3x2－5x+2的解集为(　　)
B
【解析】 因为f(－x)=f(x)+2x,
设g(x)=f(x)－x2+x,x∈R,
则g(－x)=f(－x)－x2－x=f(x)+2x－x2－x=f(x)－x2+x=g(x),
即g(x)为R上的偶函数,又当x≥0时,f′(x)>2x－1,则g′(x)=f′(x)－2x+1>0,
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,
因为f(2x－1)－f(x)<3x2－5x+2,所以f(2x－1)－(2x－1)2+(2x－1)即g(2x－1)逆用和、差的导数的运算法则
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时,不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)=[f(x)±g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)±g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
解题策略
角度2　构造积型可导函数
[A] a>b>c [B] c>b>a
[C] a>c>b [D] c>a>b
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.
逆用积的导数的运算法则
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)”时,可联想、逆用“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)=[f(x)g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
解题策略
角度3　构造商型可导函数
AC
1.逆用商的导数的运算法则
解题策略
2.逆用导数的运算法则构造函数的三种常见类型
(1)利用f(x)与xn构造函数.
①出现nf(x)+xf′(x)形式,构造函数F(x)=xnf(x);
解题策略
(2)利用f(x)与ex构造函数.
解题策略
②出现f′(x)+nf(x)的形式,构造函数F(x)=f(x)enx.
(3)利用f(x)与sin x,cos x构造函数的常见类型.
①由条件f′(x)sin x+f(x)cos x,一般构造函数F(x)=f(x)sin x;
②由条件f′(x)cos x－f(x)sin x,一般构造函数 F(x)=f(x)cos x;
解题策略
1.(角度1)(2025·河北衡水模拟)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),若f(1)=3,且 x∈R,f′(－x)>1,则f(－x)<2－x的解集为(　　)
[A] (－∞,－1) [B] (－1,1)
[C] (1,+∞) [D] (－1,+∞)
D
[针对训练]
【解析】 令g(x)=f(－x)+x,g(－1)=f(1)－1=3－1=2,
g′(x)=－f′(－x)+1<0,
即函数g(x)在R上单调递减,
f(－x)<2－x等价于g(x)解得x>－1.
即f(－x)<2－x的解集为(－1,+∞).
故选D.
2.(角度3)已知函数f(x)的定义域为(－∞,0),其导函数f′(x)满足xf′(x)－2f(x)>0,则不等式f(x+2 024)－(x+2 024)2·f(－1)<0的解集为(　　)
[A] (－2 025,－2 024)
[B] (－2 024,0)
[C] (－∞,－2 024)
[D] (－∞,－2 025)
A
(1,3)
方法二　利用同构法构造函数
同构式是指除了变量不同,其余地方均相同的表达式.通常构造的同构函数有以下几类:f(x)=xex,f(x)=xln x,f(x)=x+ex,f(x)=x+ln x,f(x)=ex－x+a,f(x)=
ln x－x+a等,在一些求参数的取值范围、不等式的证明、函数零点的个数、双变量问题中,常通过构造同构函数进行求解.
角度1　同构法解决方程问题
B
角度2　同构法解决不等式问题
B
[A] (－∞,0] [B] [1,+∞)
[C] [0,1] [D] [0,+∞)
解题策略
1.同构法的三种基本模式
(1)乘积型,如aea≤bln b可以同构成aea≤(ln b),进而构造函数f(x)=xex.
(3)和差型,如ea±a>b±ln b,同构后可以构造函数 f(x)=ex±x或f(x)=x±ln x.
解题策略
2.常见的几种同构变形
解题策略
1.(角度1)若关于a的方程aea－2=e4和关于b的方程b(ln b－2)=e3λ－1(a,b∈R+)可化为同构方程,则ab的值为(　　)
[A] e8 [B] e [C] ln 6 [D] 1
A
[针对训练]
【解析】 对aea－2=e4两边取自然对数,
得ln a+a=6,①
对b(ln b－2)=e3λ－1两边取自然对数,
得ln b+ln(ln b－2)=3λ－1,
即ln b－2+ln(ln b－2)=3λ－3,②
因为方程①②为两个同构方程,
所以3λ－3=6,解得λ=3,
所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以方程F(x)=6的解只有一个,
所以a=ln b－2,
所以ab=(ln b－2)b=b(ln b－2)=e3×3－1=e8.
故选A.
2.(角度2)若0C
课时作业
(分值:100分)
选题明细表
单选每题5分,填空每题5分.
知识点、方法 题号
利用导数的运 算法则构造函数 1,3,4,5,6,9,13
利用同构法构造函数 2,7,8,10,11,12,14,15,16
基础巩固练
1.(2025·广东东莞模拟)设f(x)是定义在R上的可导函数,f(2)=3,对任意实数x,有f′(x)<1,则f(x)>x+1的解集为(　　)
[A] (－∞,2) [B] (2,+∞)
[C] (－2,2) [D] R
A
【解析】 令g(x)=f(x)－(x+1),
则即求g(x)>0的解集.
因为由已知得,g′(x)=f′(x)－1<0,
故g(x)在R上单调递减.
又由f(2)=3得,g(2)=f(2)－3=0,
故g(x)>0=g(2),从而x<2.故选A.
2.若ea+a>b+ln b(a,b为变量)成立,则下列选项正确的是(　　)
[A] a>ln b [B] a[C] ln a>b [D] ln aA
【解析】 法一　由ea+a>b+ln b,
可得ea+a>+ln b,
令f(x)=ex+x,则f(a)>f(ln b),
因为f(x)在R上是增函数,所以a>ln b.故选A.
法二　由ea+a>b+ln b,
可得ea+ln ea>b+ln b,
令g(x)=x+ln x,则g(ea)>g(b),
因为g(x)在(0,+∞)上是增函数,
所以ea>b,即a>ln b.故选A.
[A] a>b>c [B] a>c>b
[C] c>b>a [D] c>a>b
A
4.(2025·江苏扬州模拟)已知函数f(x)的导数为f′(x),对任意实数x,都有f(x)－f′(x)>0,且f(1)=1,则f(x)>ex－1的解集为(　　)
[A] (－∞,1)
[B] (1,+∞)
[C] (－1,1)
[D] (－∞,－1)∪(1,+∞)
A
C
(0,+∞)
8.(14分)已知函数f(x)=xa－aln x(a>0),g(x)=ex－x,若x∈(1,e2)时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的最大值.
【解】 由题意知当x∈(1,e2)时,f(x)≤g(x)恒成立,
即xa－aln x≤ex－x在(1,e2)上恒成立,
即－ln xa≤ex－x在(1,e2)上恒成立,
令m(x)=ex－x(x>0),则m′(x)=ex－1>0,
即m(x)=ex－x在(0,+∞)上单调递增,
则由－ln xa≤ex－x可得ln xa≤x,即a≤在(1,e2)上恒成立,
综合运用练
9.已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1)=0,且当x>0时,xf′(x)>f(x),则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
[A] (－∞,－1)
[B] (1,+∞)
[C] (－1,0)∪(1,+∞)
[D] (－∞,－1)∪(0,1)
C
B
10.(2025·四川绵阳模拟)已知正数x,y满足yln x+yln y=ex,则xy－2x的最小值为(　　)
【解析】 因为yln x+yln y=ex,
即yln(xy)=ex,
所以(xy)ln(xy)=xex,
所以ln(xy)eln(xy)=xex.
令g(x)=xex(x>0),则g′(x)=(x+1)ex>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以ln(xy)=x,即xy=ex,
所以xy－2x=ex－2x.
令f(x)=ex－2x(x>0),
则f′(x)=ex－2.
令f′(x)=ex－2>0,解得x>ln 2;
令f′(x)=ex－2<0,解得0所以f(x)在(0,ln 2)上单调递减,
在(ln 2,+∞)上单调递增,
所以f(x)min=eln 2－2×ln 2=2－2ln 2,
即xy－2x的最小值为2－2ln 2.故选B.
[A] 0 [B] 1
[C] 2 [D] 无数组
C
(－∞,2e]
14.(16分)(2025·福建漳州模拟)已知函数f(x)=aex+x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
【解】 (1)依题意,得f′(x)=aex+1.
当a≥0时,f′(x)>0,所以f(x)在R上单调递增.
当a<0时,令f′(x)>0,可得x<－ln(－a);
令f′(x)<0,可得x>－ln(－a),
所以f(x)在(－∞,－ln(－a))上单调递增,在(－ln(－a),+∞)上单调递减.
综上所述,当a≥0时,f(x)在R上单调递增;
当a<0时,f(x)在(－∞,－ln(－a))上单调递增,在(－ln(－a),+∞)上单调递减.
14.(16分)(2025·福建漳州模拟)已知函数f(x)=aex+x+1.
令h(x)=ex+x,则有h(x+ln a)>h(ln(x－1))对 x∈(1,+∞)恒成立.
因为h′(x)=ex+1>0,
所以h(x)在(1,+∞)上是增函数,
故只需x+ln a>ln(x－1),
即ln a>ln(x－1)－x对 x∈(1,+∞)恒成立.
应用创新练
(0,e)
16.(5分)(2025·河北石家庄模拟)若 x∈[0,2],使不等式(e－1)ln a≥ae1－x+
e(x－1)－x成立,其中e为自然对数的底数,则实数a的取值范围是
　　　　　　　　.
【解析】 因为ae1－x=eln a+1－x,
所以原不等式变形为eln a－ln a≥eln a+1－x+ex－e－x,
移项且两边同时加1,
得e(ln a+1－x)+1≥eln a+1－x+ln a+1－x.
令ln a+1－x=t,
可得et+1≥et+t.
令f(t)=et+t,g(t)=et+1,
因为g(0)=f(0)=1,g(1)=f(1)=e+1,
由图象可知,当f(t)≤g(t)时,可得t∈[0,1],
故0≤ln a+1－x≤1,
所以x－1≤ln a≤x,因为 x∈[0,2],
所以－1≤ln a≤2,

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