新高考数学一轮复习讲义第3章　§3.4　函数中的构造问题培优课（含解析）

§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·苏州质检)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＝ln2·f(ln2)，c＝log2eq\f(1,8)·f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))，则a，b，c的大小关系是()A．a>b>c B．c>b>aC．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<ln2<1，log2eq\f(1,8)＝－3<0，所以log2eq\f(1,8)<0<ln2<1<20.6，又a＝g(20.6)，b＝g(ln2)，c＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))，所以c>b>a.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)＝eq\f(fx,xn).跟踪训练1(2023·重庆模拟)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)且f(1)＝0，则不等式f(x)<0的解集是()A．(－∞，1) B．(－1,1)C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(0,1)答案D解析令g(x)＝eq\f(fx,x2)且x≠0，则g′(x)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)，又对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)，即当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由f(x)为偶函数，则g(－x)＝eq\f(f－x,－x2)＝eq\f(fx,x2)＝g(x)，所以g(x)也为偶函数，故g(x)在(－∞，0)上单调递减，则g(－1)＝g(1)＝eq\f(f1,1)＝0，且f(x)<0等价于g(x)＝eq\f(fx,x2)<eq\f(f1,1)＝g(1)，所以x∈(－1,0)∪(0,1)．命题点2利用f(x)与ex构造例2(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)＝2022，则不等式f(x)＋1>2023ex的解集为()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D．(－∞，1)答案A解析构造函数F(x)＝eq\f(fx＋1,ex)，则F′(x)＝eq\f(f′x·ex－[fx＋1]·ex,e2x)＝eq\f(f′x－fx－1,ex)，因为f′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0恒成立，故F(x)＝eq\f(fx＋1,ex)在R上单调递减，f(x)＋1>2023ex可变形为eq\f(fx＋1,ex)>2023，又f(0)＝2022，所以F(0)＝eq\f(f0＋1,e0)＝2023，所以F(x)>F(0)，解得x<0.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)＝eq\f(fx,enx).跟踪训练2(2023·南昌模拟)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sinx，cosx构造例3已知偶函数f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其导函数为f′(x)，当0<x<eq\f(π,2)时，有f′(x)cosx＋f(x)sinx<0成立，则关于x的不等式f(x)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx的解集为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))答案A解析因为偶函数f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以设g(x)＝eq\f(fx,cosx)，则g(－x)＝eq\f(f－x,cos－x)＝eq\f(fx,cosx)，即g(x)也是偶函数．当0<x<eq\f(π,2)时，根据题意g′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)<0，则g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，且为偶函数，则g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增．所以f(x)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx⇔eq\f(fx,cosx)<eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos

\f(π,3))⇔g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)<x<\f(π,2)，))解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).思维升华函数f(x)与sinx，cosx相结合构造可导函数的几种常见形式F(x)＝f(x)sinx，F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；F(x)＝eq\f(fx,sinx)，F′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)；F(x)＝f(x)cosx，F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；F(x)＝eq\f(fx,cosx)，F′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x).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)sinx＋f(x)cosx<0，若a＝eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，b＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，则a与b的大小关系为_____．(用“<”连接)答案a<b解析设φ(x)＝f(x)·sinx，则φ′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx，∴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，∴φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))·sin

eq\f(π,4)，即－eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，∴a<b.题型二同构法构造函数例4(1)(2020·全国Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则()A．a>2b B．a<2bC．a>b2 D．a<b2答案B解析由指数和对数的运算性质可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log22b，∴2a＋log2a<22b＋log22b，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.(2)(2023·武汉模拟)已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－alnx成立，则a的最小值为________．答案e解析∵xa＝SKIPIF1<0＝ealnx，∴不等式即为ex－x≤ealnx－alnx，∵a>0且x>1，∴alnx>0，设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增，∴x≤alnx，即a≥eq\f(x,lnx)，即存在x∈(1，＋∞)，使a≥eq\f(x,lnx)，∴a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,lnx)))min，设f(x)＝eq\f(x,lnx)(x>1)，则f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)，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.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lnex然后构造函数；另一种是将x变成elnx然后构造函数．跟踪训练4(1)(多选)(2023·泰州模拟)已知α，β均为锐角，且α＋β－eq\f(π,2)>sinβ－cosα，则()A．sinα>sinβ B．cosα>cosβC．cosα<sinβ D．sinα>cosβ答案CD解析∵α＋β－eq\f(π,2)>sinβ－cosα，∴β－sinβ>eq\f(π,2)－α－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，令f(x)＝x－sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，∴β>eq\f(π,2)－α，∵α，β均为锐角，∴cosβ<coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，sinβ>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，∴cosβ<sinα，sinβ>cosα.(2)(2023·南京模拟)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<blnb，则()A．ab>e B．b>eaC．ab<e D．b<ea答案B解析由已知aea<blnb，则ealnea<blnb.设f(x)＝xlnx，则f(ea)<f(b)．因为a>0，则blnb>0，则b>1.当x>1时，f′(x)＝lnx＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以ea<b.课时精练1．(2023·株州模拟)已知a＝eq\f(1,e2)，b＝eq\f(ln2,4)，c＝eq\f(ln3,9)，则()A．a<b<c B．c<a<bC．b<a<c D．c<b<a答案B解析设f(x)＝eq\f(lnx,x2)，则a＝f(e)，b＝f(2)，c＝f(3)，又f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，于是当x∈(eq\r(e)，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)＝eq\f(lnx,x2)在(eq\r(e)，＋∞)上单调递减，注意到eq\r(e)<eq\r(4)＝2<e<3，则有f(3)<f(e)<f(2)，即c<a<b.2．若2x－2y<3－x－3－y，则()A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0C．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，∵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．3．(2023·济南模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x≥0时，f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，则f(x)>x2＋2的解集是()A．(－1,0)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(0,1)答案B解析令g(x)＝f(x)－x2，因为f(x)是偶函数，则g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)，所以函数g(x)也是偶函数，g′(x)＝f′(x)－2x，因为当x≥0时，f′(x)－2x>0，所以当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－2x>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，不等式f(x)>x2＋2即为不等式g(x)>2，由f(1)＝3，得g(1)＝2，所以g(x)>g(1)，所以|x|>1，解得x>1或x<－1，所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．4．(2023·常州模拟)已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，且当x>0时，f′(x)sinx＋f(x)cosx>0，则下列说法正确的是()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))B．－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))C．－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))D．－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))答案D解析由f(x－1)的图象关于点(1,0)对称可知，f(x)的图象关于点(0,0)对称，则f(x)为奇函数，令g(x)＝f(x)sinx，则g(x)为偶函数，又x>0时，f′(x)sinx＋f(x)cosx>0，即[f(x)sinx]′>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则有geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))，即－eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<－eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))，即－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6))).5．(多选)(2023·开封模拟)已知e是自然对数的底数，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)是f(x)的导函数，且eq\f(fx,x)＋lnx·f′(x)>0，则()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＋f(e)>0 B．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0C．f(e)>0 D．f(1)＝0答案AC解析令函数g(x)＝lnx·f(x)，则g′(x)＝eq\f(fx,x)＋lnx·f′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以g(e)＝f(e)>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＋f(e)>0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>0，f(1)的大小不确定．6．若lnm－m＋2m2＝lnn－n＋2e2n2＋1，则()A.eq\f(m,n)>e B.eq\f(m,n)<eC．m－n>e D．m－n<e答案A解析由题意可知，m>0，n>0，则lnm－m＋2m2＝lnn－n＋2e2n2＋1>ln(en)－en＋2e2n2，构造函数f(x)＝2x2－x＋lnx，其中x>0，则f′(x)＝4x＋eq\f(1,x)－1≥2eq\r(4x·\f(1,x))－1＝3>0，当且仅当x＝eq\f(1,2)时，等号成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，由lnm－m＋2m2>ln(en)－en＋2e2n2可得f(m)>f(en)，所以m>en>0，则eq\f(m,n)>e，故A对，B错，无法判断C，D选项的正误．7．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)<f′(x)<0，则()A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1)B．ef(2)>f(1)，f(2)<ef(1)C．ef(2)<f(1)，f(2)>ef(1)D．ef(2)<f(1)，f(2)<ef(1)答案C解析由题意可知，函数f(x)在R上单调递减，f(x)＋f′(x)<0，f′(x)－f(x)>0.构造函数h(x)＝exf(x)，定义域为R，则h′(x)＝exf(x)＋f′(x)ex＝ex[f(x)＋f′(x)]<0，所以h(x)在R上单调递减，所以h(2)<h(1)，所以e2f(2)<ef(1)，即ef(2)<f(1)，故A，B错误；构造函数g(x)＝eq\f(fx,ex)，定义域为R，则g′(x)＝eq\f(f′x·ex－ex·f