4.4构造函数常见方法（精讲）（教师版）_02高考数学_新高考复习资料_2024年新高考资料_一轮复习资料_完2024年高考数学一轮复习一隅三反系列（新高考）

4.4 构造函数常见方法（精讲）
常见的构造模型
一．只含 →加变乘，减变除
1.对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)
2.对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)
3.对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx或F(x)＝f(x)－kx＋b；
4.对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)
5.对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数 (g(x)≠0)．
二．含
1.对于f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数g(x)＝exf(x)
2.对于f′(x)＋nf(x)>0(或<0)，构造函数g(x)＝enx·f(x)
3.对于f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数
4.对于f′(x)－nf(x)>0(或<0)，构造函数
三．含xf′(x)±f(x)
1.对于xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，则构造函数g(x)＝xf(x)．
2.对于xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，则构造函数g(x)＝xnf(x)；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】3.对于xf′(x)－f(x)>0(或<0)，则构造函数 ．
4.对于xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，则构造函数 ．
四．f(x)±f′(x)tan x
1.对于f′(x)tan x＋f(x)>0(或<0)，构造函数h(x)＝f(x)sin x；
2.对于f′(x)tan x－f(x)>0(或<0)，构造函数 ；
3.对于f′(x)－f(x)tan x>0(或<0)，构造函数h(x)＝f(x)cos x；
4.对于f′(x)＋f(x)tan x>0(或<0)，构造函数
5.对于f′(x)sinx＋f(x)cosx>0(或<0)，构造函数h(x)＝f(x)sin x；
6.对于f′(x)sinx－f(x)cosx>0(或<0)，构造函数 ；
7.对于f′(x)cosx－f(x)sin x>0(或<0)，构造函数h(x)＝f(x)cos x；
8.对于f′(x)cosx＋f(x)sin x>0(或<0)，构造函数
考法一 常见构造函数模型
【例1-1】（2023春·四川凉山）已知函数 满足 ，且 的导函数 ，则
的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设 ，则 ，因为 ，所以 ，即函数
在 上单调递减，
则 ，即 ，即 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以 ，即 的解集为 .
故选：D
【例1-2】（2023·青海海东·统考模拟预测）已知 是奇函数 的导函数，且当 时，
，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】当 时， ，则由 ，得 ；
当 时， ，则由 ，得 ．
令 ，则 ，
故g（x）在 上单调递增，在 上单调递减．
又f（x）是奇函数，所以 是偶函数，
故 ，即 ， ，
即 ．
与 和 的大小关系不确定．
故选：A．
【一隅三反】
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1．（2023春·江苏盐城）已知函数 的定义域为R， 为 的导函数，且 ，则不
等式 的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
g x   xf x  f  x   0
【解析】根据题意，构造函数 ，则 ，
gx x2 f x2x2f  x2 gx2g  x2
所以函数 在R上单调递增，又 ，即 ，
x2x2 x2x20 1x2
所以 ，即 ，解得 .故选：D.
2．（2023·广东佛山·校考模拟预测）已知 是函数 的导函数，对于任意的 都有
，且 ，则不等式 的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】法一：构造特殊函数.令 ，则 满足题目条件，把 代
入 得 解得 ，
故选： .
法二：构造辅助函数.令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】又因为 ，所以 ，所以 ，
故选：D.
 π π
3．（2023秋·陕西西安）已知函数 f x 的定义域为    2 , 2  ，其导函数是 fx . 有
π
f x2f  cosx
fxcosx f xsinx0，则关于x的不等式 3 的解集为（ ）
π π π π  π π  π π
 ,   ,   ,   , 
A．3 2 B．6 2 C． 6 3 D． 2 6
【答案】A
【解析】构造函数gx f x ，其中x   π , π ，则gx fxcosx f xsinx 0，
cosx  2 2 cos2 x
 π π
所以，函数 gx在


2
,
2


上单调递减，
π
f x f  3  

因为 x   π , π  ，则 ，由 f x2f   π cosx 可得 cosx cos π ，
 2 2 cosx0 3 3
 π
x

 3
即 ，所以， ，解得 ，
gxg   π   π x π π x π
3  2 2 3 2
π π π
f x2f  cosx  , 
因此，不等式 3 的解集为3 2.
故选：A.
R
f x fx fx2f x0
4．（2023·安徽黄山·统考三模）已知定义域为 的函数 ，其导函数为 ，且满足 ，
f 01
，则（ ）
e2f 11 f 1e2
A． B．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1
f  e f 1ef  
C． 2 D． 2
【答案】C
fxe2x 2f xe2x fx2f x
f x gx 
【解析】gx ，则  e2x2 e2x ，
e2x
fx2f x0
R
因为 在 上恒成立，
gx0
所以 在R上恒成立，
gx
R
故 在 上单调递减，
f 1 f 0
所以 g1g0，
e2
e2f 1
e0
1，故A不正确；
f 1 f 0
所以g1g0，即 e2  e0 ，即 f 1e2f 0e2，故B不正确；
1
g   1 g0，即 f  2    f 0 1 ，即 f   1 e，故C正确；
2 e1 e0 2
1
g   1 g1，即 f  2    f 1 ，即 f 1ef   1  ，故D不正确；故选：C.
2 e1 e2 2
考法二 结构同构
1 ln3 6ln27
【例2-1】（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）设
p ,q ,r
，则（ ）
e 3 e2
A． pqr B．prq
r pq rq p
C． D．
【答案】A
1 lne ln3 6ln27
p  ,q ,r
【解析】由 ，
e e 3 e2
lnx 1lnx
令函数 f x ，可得 fx ，
x x2
x(0,e) f�( x) >0 f x
当 ，可得 ， 单调递增；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x(e,) fx0 f x
当 ，可得 ， 单调递减，
1
所以当xe，函数 f x取得极大值，即为最大值 f x
e
，
y f x
函数 的图形，如图所示，
lnx
对于函数 f x x ，当 f x 1  f x 2 且x 1  x 2 时，x 1 x 2 e2.
设 f    e 3 2     f x 0  且 x 0  e 3 2 ，
e2 e2 6ln27
则x 0  3 e2，可得 x 0 3 ，所以 f x 0  f 3，所以 f 3 f( 3 ) e2 ,
pqr
所以 .
故选：A.
a22ln3 b33ln2 c5ln6
【例2-2】（2023春·安徽）已知 ， ， ，则（ ）
A．abc B．bac C．acb D．b<c<a
【答案】A
【解析】由a22ln3，b33ln2，c5ln6，
对a,b,c两边取对数，可得lnaln2ln9，lnbln3ln8，lncln5ln6，
f xlnxln(11x)
2x5
令 ，其中 ，
ln(11x) lnx (11x)ln(11x)xlnx
可得 fx   ，
x 11x x(11x)
gxxlnx,x1 gxlnx10 gx
令 ，可得 ，所以 为单调递增函数，
2x5 11xx (11x)ln(11x)xlnx0
当 时，可得 ，所以 ,
f�( x) >0 f x 2,5
所以 ， 在 单调递增，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f 2 f 3 f 4 f 5
ln2ln9ln3ln8ln4ln7ln5ln6
所以 ，即 ，
所以abc.故选：A.
【一隅三反】
1．（2022·新疆乌鲁木齐）设 ， ， ，则（ ）
A．abc B．acb C．c<a<b D．b<c<a
【答案】A
lnx 1lnx
【解析】设
f x
，则
fx
，
x x2
1lnx
令 fx
x2
0，则xe，
x0,e fx0 f x
所以当 时， ， 单调递增；
xe, fx0 f x
当 时， ， 单调递减；
2 ln2 ln4 ln3
又a  f  e2 ，b   f 4 ，c  f 3 ，
e2 2 4 3
f 3 f 4 f  e2
又 ，
所以abc.
故选：A.
4 1
2．（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知a ， ，c2ln2 ，则（ ）
1e bln3 5
A．cba B．abc C．cab D．bac
【答案】A
f xlnx 3x ,(x0) fx= 1  4  (x1)2 0
【解析】令 x1 ，则 x (x1)2 x(x1)2 ，
f x 0,
所以 在 上单调递增.
f e f 3 f 4
e34
又 ，所以 ，
3e 4 1
又 f elne  ， f 3ln3， f 4ln4 ，
e1 e1 5
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以c＞b＞a.
故选:A.
2 e2
a ,b ,c2 e
3．（2023·河南郑州·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）设 ln2 4ln4 ，则（ ）
A．abc B．cba C．acb D．cab
【答案】D
e2
2 4 e2 2 e
a  ,b  ,c2 e 
【解析】因为 ln2 ln4 4ln4 e2 ln e ，
ln
2
x lnx1
所以令 f(x) ，由 f(x) ，
lnx
(lnx)2
x0,e
f(x)0 f(x)
知当 时， ， 单调递减；
xe, f(x)0 f(x)
当 时， ， 单调递增.
e2
因为a f(2) f(4),b f( ),c f( e)
2
e2
所以a f(2) f( e)c,a f(4) f( )b，即 .
2 cab
故选：D.
4．（2023·全国·模拟预测）已知2022aln2021，2023bln2022，2021cln2020，则（ ）
A．cba B．cab C．acb D．abc
【答案】B
ln2021 ln2021 ln2022 ln2022 ln2020 ln2020
【解析】因为a  ， b  ，c  ，
2022 20211 2023 20221 2021 20201
lnx
故设
f x  xe2
，
x1
a f 2021,b f 2022,c f 2020
则 ，
x1xlnx
fx  xe2
求导得，
xx12
，
gxx1xlnx  xe2 gxlnx0
令 ，则 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】gx  e2, 
所以函数 在 单调递减，
gxg  e2 e212e2 1e2 0
所以 ，
fx0  e2, 
所以 在 上恒成立，
f x  e2, 
所以函数 在 上单调递减，
f 2020 f 2021 f 2022
202020212022
因为 ，所以 ，
所以cab，
故选：B.
考法三 结构异构
asin0.9,b0.9,ccos0.9 a,b,c
【例3-1】（2023·吉林·吉林省实验校考模拟预测）已知 ，则 的大小关系是
（ ）
A．abc B．bca
C．bac D．cba
【答案】C
f xxsinx,x0 fx1cosx0 g(x) (0,)
【解析】令函数 ，则 恒成立，故函数 在 上单调递增，
x0 f x f 00 f 0.90.9sin0.90 0.9sin0.9
所以当 时， ，则 ，于是 ，即ba；
π π π  π  π
当x , 时，x 0, ，则ysinxcosx 2sinx 0，所以 ，
4 2 4  4  4 sinxcosx
π π
0.9
而 ，于是 ，即 ；
4 2 sin0.9cos0.9 ac
综上：bac.
故选：C
1  98 98
【例3-2】（2023·新疆阿勒泰·统考三模）已知a ,be 99,cln ，则 的大小关系是（ ）
99 99 a,b,c
A．abc B．acb C．c<a<b D．bac
【答案】C
1 1x
【解析】设 f xlnxx1，x0,，所以 fx 1 ，
x x
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f�( x) >0 f x
，所以 单调递增，
98 98 98 98 1
则 f  ln  1ln   f 10，
99 99 99 99 99
98 1
ln 
所以 ，则 ；
99 99 ca
gxex 1x gxex1
， ，
x0, gx0 gx 0,
当 时， ，所以 在 上单调递增，
g   98 e  9 9 9 8 1 98 e  9 9 9 8  1  g00
所以  99 99 99 ，
 98 1
所以e 99  ，故 ，故 .
99 c<a<b
ba
故选：C.
【一隅三反】
ae0.2 b1.2 cln3.2
1．（2023·陕西商洛·统考三模）若 ， ， ，则（ ）．
A．abc B．acb C．cab D．bac
【答案】A
f xexx1 fxex1
【解析】令 ，则 ．
x,0 fx0 f x
当 时， ， 单调递减；
x0, f�( x) >0 f x
当 时， ， 单调递增．
f x  f 00
故 min ，
可得ex x1，当且仅当x0时，等号成立，
从而e0.2 1.2．
e1.2 ee0.2 e10.23.243.2
1.2ln3.2 abc
因为 ，所以 ，故 ．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故选：A.
3
2．（2023·全国·高三专题练习）设 ， ，c ，则（ ）
aln0.7 b0.3e0.3 7
A．abc B．bac C．c<a<b D．acb
【答案】A
【解析】方法一：构造法
1 x
设 f xln1xxx1，因为 fx 1
1x 1x
x1,0 f�( x) >0 x0, fx0
当 时， ，当 时 ，
f xln1xx 0, 1,0
所以函数 在 单调递减，在 上单调递增，
3 10 3 3 10
所以 f   f 00，所以ln  0，故 ln ln0.7，即 ，
7 7 7 7 7 ca
所以 f   3   f 00，所以ln 7  3 0，故 7 e  1 3 0，所以 3 e1 3 0  3 ，故 ，
 10 10 10 10 10 7 bc
1
 x21  ex1
设gxxexln1x0x1
，则
gxx1ex 
x1

x1
hxex x21  1 hxex x22x1 
令 ， ，
hx0 hxex x21  1
0x 21
当 时， ，函数 单调递减，
hx0 hxex x21  1
21x1
当 时， ，函数 单调递增，
h00 hx0
0x 21
又 ，所以当 时， ，
gx0 gxxexln1x
0x 21
所以当 时， ，函数 单调递增，
g0.3g00
0.3e0.3 ln0.7
所以 ，即 ，所以ba．
方法二：比较法
0.3
解：aln10.3，
b0.3e0.3
， c
10.3
lnblnc0.3ln10.3 f xxln1x x0,0.3
① ，令 ， ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 x
则 fx1  0 ，故 f x在0,0.3上单调递减，可得 f 0.3 f 00，即 ，所
1x 1x lnblnc0
以bc；
ba0.3e0.3ln10.3 gxxexln1x x0,0.3
② ，令 ， ，
1 1x1xex 1
则gxxex ex  
1x 1x
kx1x1xex1 kx  1x22x  ex 0
令 ，所以
kx 0,0.3 kxk00 gx0
所以 在 上单调递增，可得 ，即
gx 0,0.3 g0.3g00
ba0
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以ba．
故abc．
故选：A．
ae0.02,b1.012,cln2.59
3．（2022·陕西·虢镇中学高三阶段练习（理））已知 ，则（ ）
A．abc B．bac
C．cba D．c<a<b
【答案】C
【解析】因为0ln1ln2.59lne1，即0c1，
2
因为 ae0.02   e10 1 0   1 ， b1.012    101  2 1 ，
  100
101 1
要比较 、 的大小关系只需比较
1
与
1
的大小关系，
a b e100 100 100
f xexx1 x0,1 fxex10
令 ， ，则 ，
f x 0,1 f x f 00
所以 在 上单调递增，所以 ，
1 1 101
即 ，当x 时，e100  1，
ex x1 100 100
 1  2 101 2
又 y =x2 在0,上单调递增，所以   e100   100   ，
即ab1，所以abc.
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故选：C
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】