2026年高考数学一轮复习专题课件：函数中的构造问题

函数中的构造问题题型一

抽象函数的构造(微专题)微专题1利用f(x)与xn构造已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足2xf(x)＋x2f′(x)<0，f(2)＝

，则关于x的不等式x2f(x)>3的解集为(

)A．(0，4)

B．(2，＋∞)C．(4，＋∞) D．(0，2)√【解析】由题意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减．∴x2f(x)>3即g(x)>g(2)，∴原不等式的解集为(0，2)．状元笔记利用f(x)与x(或xn)构造可以猜想，当导函数是“＋”法形式时，优先考虑构造uv型函数，当导函数是“－”法形式时，优先考虑构造

型函数．具体有以下情形：(1)对于xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；√思考题1已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，若a＝

，则a，b，c的大小关系是(

)A．a<b<c B．b<c<aC．a<c<b D．c<a<b微专题2利用f(x)与enx构造(2025·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，＋∞)√因为f′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0对任意的x∈R恒成立，状元笔记

利用f(x)与ex(或enx)构造常用的构造形式有exf(x)，enxf(x)，

，这种形式一方面是对uv，型函数的考察，另外一方面也是对(ex)′＝ex，(enx)′＝nenx的考察．所以对于题目中涉及f(x)±f′(x)的问题，我们可以类比xf(x)，√思考题2定义在R上的可导函数f(x)满足f(x)＋f′(x)<0，则下列各式一定成立的是(

)A．e2f(2021)<f(2019) B．e2f(2021)>f(2019)C．f(2021)<f(2019) D．f(2021)>f(2019)【解析】根据题意，设g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，又由函数f(x)与其导函数f′(x)满足f(x)＋f′(x)<0，则有g′(x)<0，则函数g(x)在R上为减函数，则有g(2021)<g(2019)，即e2021f(2021)<e2019f(2019)，即e2f(2021)<f(2019)．微专题3利用f(x)与sinx，cosx构造√状元笔记

利用f(x)与sinx，cosx构造由于sinx，cosx的导函数存在一定的特殊性，且它们之间可以相互转化，所以在构造函数时要充分考虑这一点，具体有以下情形：√思考题3

【多选题】已知偶函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式中成立的是(

)√√题型二

通过数值构造具体函数(1)(2022·新高考Ⅰ卷)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√【解析】设u(x)＝xex(0<x≤0.1)，v(x)＝(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)，则f′(x)＝1－

<0在(0，0.1]上恒成立，所以f(x)在(0，0.1]上单调递减，所以f(0.1)<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u(0.1)<v(0.1)，即0.1e0.1<，所以a<b.②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，则g′(x)＝(x＋1)ex－

(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)>(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)>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，故选C.c<a<b状元笔记(1)由数值构造具体函数：仔细观察要比较的各数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数成为该函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小．(2)常见泰勒展开式：在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展开式：√A．c>b>a B．b>a>cC．a>b>c D．a>c>b√A．a>b>c B．b>c>aC．c>a>b D．b>a>c数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，又因为1<e<3<5，所以f(e)>f(3)>f(5)，即a>b>c.故选A.题型三

利用同构式构造函数√状元笔记

常规同构式构造函数化为结构相同的双变量不等式，构造新函数，利用新函数的单调性解决问题．√思考题5

【多选题】(2025·江苏泰州模拟)已知α，β均为锐角，且α＋β－>sinβ－cosα，则(

)A．sinα>sinβ

B．cosα>cosβC．cosα<sinβ D．sinα>cosβ√指对同构(微专题)“同构法”解决不等式恒成立问题：在不等式恒成立求参数的取值范围问题中，如果不等式中同时含有ex和lnx两种形式的函数，可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑，将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式，然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题，从而解决问题，这种解题方法通常称之为“同构”，同构的三种基本模式如下：同构的三种基本模式

五个常见变形：“指对同构”问题中常用以下六个函数，要掌握这六个函数图象．微专题1积型√设g(x)＝xex，x＞0，则g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex>0恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增．当0<x<1时，mxemx＞0＞elnx·lnx，则原式恒成立，易知G(x)在[1，e)上单调递增，在[e，＋∞)上单调递减，思考题1对任意x>0，不等式2ae2x－lnx＋lna≥0恒成立，则实数a的最小值为(

)√微专题2商型已知a∈N*，函数f(x)＝e3x－xa>0恒成立，则a的最大值为________．7易知f(x)＜0，当a＝7时，对于∀x∈(－∞，0]，都有e3x>0≥xa，即f(x)>0恒成立，则amax＝7.思考题2已知函数f(x)＝aexlnx，g(x)＝x2＋xlna，a>0.设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围是___________．【解析】由h(x)>0，得g(x)－f(x)>0，得aexlnx<x2＋xlna，当x∈(0，e)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0，当x∈(0，1)时，H(x)<0，因为H(aex)>H(x)，且H(x)在(0，1)上单调递增，则可得aex>x，微专题3和差型(2025·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________．e【解析】∵xa＝elnxa＝ealnx，∴不等式即为ex－x≤ealnx－alnx，∵a>0且x>1，∴alnx>0，设y＝ex－x，x>0，则y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增，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.思考题3已知函数f(x)＝xeax－1－lnx－ax.若f(x)≥0对任意x>0恒成立，则实数a的最小值是________．【解析】xeax－1－lnx－ax＝elnx＋ax－1－(lnx＋ax)≥(lnx＋ax)－(lnx＋ax)＝0(ex－1≥x)，√专题训练04PARTFOUR一、单项选择题1．(2025·广东惠州市模拟)函数f(x)的定义域为R，f(2)＝3，若∀x∈R，f′(x)>1，则f(x)>x＋1的解集为(

)A．(－2，2)

B．(2，＋∞)C．(－∞，2) D．(－∞，＋∞)√解析∵f′(x)－1>0，令g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1，∴g(x)单调递增，∵f(x)>x＋1，则g(x)>1＝g(2)，∴x>2.√2．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x>0时，f′(x)－A．c<b<a B．c<a<bC．b<a<c D．a<b<c3．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R满足f(x)＋f′(x)<0，则下列结论正确的是(

)A．f(2)>ef(3) B．f(2)<ef(3)C．f(2)≥ef(3) D．f(2)≤ef(3)√解析令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]<0，因此函数g(x)在R上单调递减，所以g(2)>g(3)，即e2f(2)>e3f(3)，故f(2)>ef(3)．故选A.√A．a>b>c B．a>c>bC．c>b>a D．c>a>b又f(1)＝0，所以f(x)<0，即lnx<x－1，令h(x)＝(1－x)ex，x∈(0，1)，则h′(x)＝－xex<0，所以h(x)单调递减，5．(2020·课标全国Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(

)A．a>2b B．a<2bC．a>b2 D．a<b2√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＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.6．已知a<0，不等式xa＋1·ex＋alnx≥0对任意的实数x>1恒成立，则实数a的最小值为(

)√解析xa＋1·ex＋alnx≥0即为xex≥x－a·(－a)·lnx＝elnx－a·lnx－a，设f(x)＝xex，则上式⇔f(x)≥f(lnx－a)对任意的实数x>1恒成立，显然f(x)在(1，＋∞)上单调递增，二、多项选择题7．若0<x1<x2<1，则(

)C．x2ex1>x1ex2

D．x2ex1<x1ex2√√故h(x)在区间(0，1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以h(x1)>h(x2)，即

，故x2ex1>x1ex2，所以C正确，D错误．解析令f(x)＝ex－ln(x＋1)，x∈(0，1)，则f′(x)＝ex－

>0，故f(x)在区间(0，1)上单调递增，因为0<x1<x2<1，所以f(x1)<f(x2)，即ex1－ln(x1＋1)<ex2－ln(x2＋1)，故ex2－ex1>ln，所以A正确，B错误；三、填空题8．(2025·沧州七校联考)设f(x)是R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cosx<0，则不等式f(x)<sinx的解集为____________．(0，＋∞)解析令φ(x)＝f(x)－sinx，所以当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cosx<0，所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递减，又f(x)为R上的奇函数，所以φ(x)为R上的奇函数，所以φ(x)在(－∞，0]上单调递减，故φ(x)在R上单调递减且φ(0)＝0，不等式f(x)<sinx可化为f(x)－sinx<0，即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0，所以原不等式的解集为(0，＋∞)．9．(2024·山东潍坊三模)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(1)＝e，当(0，1)所以g(x