2025届新高考数学精准突破复习 导数中函数的构造问题

2025届新高考数学精准突破复习导数中函数的构造问题导数问题中已知某个含f′(x)的不等式，往往可以转化为函数的单调性问题，我们可以根据不等式的形式构造适当的函数求解问题.这一部分内容在近几年中高考频频出现，成为高考热点，难度中等，有时较大.考情分析思维导图内容索引典型例题热点突破典例1

(1)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为__________________.(－∞，－4)∪(0,4)构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，即F′(x)<0，∴F(x)在(－∞，0)上单调递减，∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝xf(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减.根据f(－4)＝0，可得F(－4)＝0，F(4)＝0，根据函数F(x)的单调性、奇偶性可得xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4).(2)已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是______________.(－1,0)∪(0,1)当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，则F′(x)<0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增.根据f(－1)＝0，可得F(－1)＝0，F(1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得F(x)>0的解集，即f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1).跟踪训练1

(1)已知定义在R上的偶函数f(x)满足当x>0时，恒有xf′(x)＋2f(x)<0.若a＝2f()，b＝9f(－3)，c＝f(1)，则a，b，c的大小关系为A.b<a<c

B.b<c<aC.a<b<c

D.a<c<b√构造g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x).由当x>0时，恒有xf′(x)＋2f(x)<0，可得x2f′(x)＋2xf(x)<0，即g′(x)<0，则函数g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵函数f(x)为偶函数，∴g(x)＝x2f(x)＝(－x)2f(－x)＝g(－x)，∴函数g(x)＝x2f(x)为偶函数，由g(x)的单调性可得b<a<c.(2)已知f′(x)是定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数，且xf′(x)－f(x)>0恒成立，则a＝

的大小关系为A.a>c>b

B.a>b>cC.b>c>a

D.b>a>c√因为xf′(x)－f(x)>0对于x∈(0，＋∞)恒成立，典例2

(1)已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则A.e－2024f(－2024)>f(0)，e2024f(2024)<f(0)B.e－2024f(－2024)<f(0)，e2024f(2024)<f(0)C.e－2024f(－2024)>f(0)，e2024f(2024)>f(0)D.e－2024f(－2024)<f(0)，e2024f(2024)>f(0)√构造函数F(x)＝ex·f(x)，则F′(x)＝[f(x)＋f′(x)]·ex>0，所以F(x)在R上是增函数，所以F(－2024)<F(0)，F(0)<F(2024)，即e－2024f(－2024)<f(0)，f(0)<e2024f(2024).(2)已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)<f(x)，若实数m>－1，则下列不等式恒成立的是A.(m＋1)f(ln(m＋1))≥emf(m)B.(m＋1)f(ln(m＋1))≤emf(m)C.emf(ln(m＋1))≥(m＋1)f(m)D.emf(ln(m＋1))≤(m＋1)f(m)√因为f′(x)<f(x)，所以g′(x)<0，所以g(x)在R上是减函数，令h(m)＝m－ln(m＋1)，m>－1，所以当m∈(－1,0)时，h′(m)<0，h(m)单调递减；当m∈(0，＋∞)时，h′(m)>0，h(m)单调递增，所以h(m)≥h(0)＝0，即m≥ln(m＋1)，即emf(ln(m＋1))≥(m＋1)f(m).跟踪训练2

(1)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足2f(x)<f′(x)<3f(x)，则

的取值范围是___________.(e－3，e－2)(2)已知f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<f′(x)，则不等式e－2xf(x2＋2x)>

的解集是________________.所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由e－2xf(x2＋2x)>，得所以x2＋2x>3，解得x<－3或x>1.又因为x2＋2x>0，所以x<－2或x>0，所以x<－3或x>1.典例3

(2022·新高考全国Ⅰ)设a＝0.1e0.1，b＝

，c＝－ln0.9，则A.a<b<c

B.c<b<aC.c<a<b

D.a<c<b考点三构造函数比较大小√设u(x)＝xex(0<x≤0.1)，w(x)＝－ln(1－x)(0<x≤0.1).则当0<x≤0.1时，u(x)>0，v(x)>0，w(x)>0.①设f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]＝lnx＋x－[lnx－ln(1－x)]＝x＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，所以f(x)在(0,0.1]上单调递减，所以f(0.1)<f(0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)].又函数y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，所以a<b.②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，设h(x)＝(1－x2)ex－1(0<x≤0.1)，则h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0,0.1]上恒成立，所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0，即g′(x)>0在(0,0.1]上恒成立，所以g(x)在(0,0.1]上单调递增，所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，所以0.1e0.1>－ln0.9，即a>c.综上，c<a<b.跟踪训练3

(2021·全国乙卷)设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝

－1，则A.a<b<c

B.b<c<aC.b<a<c

D.c<a<b√所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c.则a－c＝g(0.01)，故当0≤x<2时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,2)上单调递增，所以g(0.01)>g(0)＝0，即c<a，从而有b<c<a.1.利用函数f(x)与导函数f′(x)的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，常见思路是根据运算法则构造函数.2.比较大小问题难度较大，关键点是将各个值中的共同的量用变量替换构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题凭借近似估计计算往往是无法解决的.总结提升123456789101.(2023·盐城模拟)已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为f(x)的导函数，且xf′(x)＋f(x)>0，则不等式(x＋2)f(x＋2)>x2f(x2)的解集是A.(－2,1)B.(－∞，－2)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(2，＋∞)D.(－1,2)√根据题意，构造函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，所以函数g(x)在R上为增函数，又(x＋2)f(x＋2)>x2f(x2)，即g(x＋2)>g(x2)，所以x＋2>x2，即x2－x－2<0，解得－1<x<2.123456789102.已知定义在R上的函数f(x)的图象关于点(0,0)对称，若对任意的x∈R，有f′(x)＋f(x)·ln2>0(f′(x)是函数f(x)的导函数)成立，且f(1)＝

，则关于x的不等式－2－x－2<f(x)<2－x的解集是A.(－1，＋∞) B.(－∞，－1)C.(－1,1) D.(1，＋∞)√12345678910因为函数f(x)的图象关于点(0,0)对称，所以函数f(x)是奇函数，令g(x)＝f(x)·2x，因为f′(x)＋f(x)·ln2>0，所以g′(x)＝[f(x)·2x]′＝2x[f′(x)＋f(x)·ln2]>0.则g(x)在R上是增函数.12345678910因为－2－x－2<f(x)<2－x，12345678910即g(－1)<g(x)<g(1)，所以－1<x<1.3.(2023·济宁模拟)若实数a，b，c∈[0,1]，且满足ae＝ea，be1.2＝1.2eb，cel.6＝1.6ec，则a，b，c的大小关系是A.c>b>a

B.b>a>cC.a>b>c

D.b>c>a√12345678910由ae＝ea，be1.2＝1.2eb，ce1.6＝1.6ec，12345678910当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，于是f(1)>f(1.2)>f(1.6)，即f(a)>f(b)>f(c)，又a，b，c∈[0,1]，所以a>b>c.123456789104.(2023·滁州模拟)已知a＝e0.4－1，b＝0.4－2ln1.2，c＝0.2，则a，b，c的大小关系为A.a>b>c

B.a>c>bC.b>a>c

D.c>b>a√令f(x)＝e2x－1－x，x∈(0,1)，则f′(x)＝2e2x－1>0恒成立，即f(x)在(0,1)上单调递增，且f(0)＝0，故f(x)>f(0)＝0，取x＝0.2，则f(0.2)>0，即e0.4－1－0.2>0，可得e0.4－1>0.2，即a>c；令g(x)＝x－2ln(1＋x)，x∈(0,1)，12345678910即g(x)在(0,1)上单调递减，且g(0)＝0，故g(x)<g(0)＝0，取x＝0.2，则g(0.2)<0，即0.2－2ln1.2<0，12345678910可得0.4－2ln1.2<0.2，即b<c.综上可得，a，b，c的大小关系为a>c>b.12345678910√√∵x∈(0，π)，∴sinx>0，12345678910即f′(x)sinx－f(x)cosx<0，即g(x)在(0，π)上单调递减，12345678910123456789106.(多选)(2023·益阳模拟)定义在(0，＋∞)上的函数g(x)的导函数为g′(x)，xg′(x)>g(x)，∀x1，x2∈(0，＋∞)(x1≠x2)，则下列不等式中一定成立的是A.g(x1x2)<g(x1)g(x2)B.g(x1＋x2)>g(x1)＋g(x2)√12345678910√∴F′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则F(x)是(0，＋∞)上的增函数，对于A，取g(x)＝x2，x>0，满足xg′(x)>g(x)，但g(x1x2)＝g(x1)g(x2)，故A错误；12345678910∵x1＋x2>x2，∴F(x1＋x2)>F(x2)，12345678910由①＋②得g(x1＋x2)>g(x1)＋g(x2)，故B正确；由③－④得12345678910123456789107.(2023·成都模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足对任意x>0，xf′(x)－f(x)<0恒成立，且f(1)＝2，则不等式f(x)<2x的解集为__________.(1，＋∞)

所以h(x)是(0，＋∞)上的减函数，又h(1)＝f(1)－2＝0，由h(x)<0＝h(1)，可得x>1，故不等式f(x)<2x的解集为(1，＋∞).8.(2023·烟台模拟)已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为_____________.12345678910(－1，＋∞)设g(x)＝f(x)－2x－4，可得g′(x)＝f′(x)－2，因为对任意x∈R，f′(x)>2，所以g′(x)>0，所以g(x)为增函数，又由f(－1)＝2，可得g(－1)＝2＋2－4＝0，所以当x>－1时，g(x)>0，即不等式f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞).9.(2023·淄博模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)－f(x)<0，且f(x＋1)＝f(1－x)，f(0)