当前位置：首页>文档>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）（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）

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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．b0 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．c0 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 c0 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．c0 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
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