2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)構(gòu)造問(wèn)題【課件】

第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用補(bǔ)上一課導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)構(gòu)造問(wèn)題近三年的高考數(shù)學(xué)試題都出現(xiàn)了比較大小問(wèn)題，且是作為小題中的壓軸題出現(xiàn)的，此類問(wèn)題，通常需要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，從而使問(wèn)題得以解決.題型一通過(guò)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則構(gòu)造角度1利用f(x)與ex構(gòu)造例1(2024·長(zhǎng)沙聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(x)＋f′(x)>0在R上恒成立，

則不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集是____________.解析令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)，即g(2x＋1)>g(3－x)，D解析由題意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.∴x2f(x)>3，即g(x)>g(2)，∴原不等式的解集為(0，2).感悟提升BD感悟提升Bc＜a＜b當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，a＜b＜c題型二通過(guò)變量構(gòu)造具體函數(shù)例4

已知a＜5，且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，則(

)A.c＜b＜a B.b＜c＜a C.a＜c＜b D.a＜b＜cD∵ae5＝5ea，a＜5，∴a＞0.同理b＞0，c＞0.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增.∵f(5)＝f(a)，而0＜a＜5，故0＜a＜1.同理，0＜b＜1，0＜c＜1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c).∵f(5)＞f(4)＞f(3)，∴f(a)＞f(b)＞f(c)，0＜a＜b＜c＜1.感悟提升若題目所給的條件含有兩個(gè)變量，可通過(guò)變形使兩個(gè)變量分別置于等號(hào)或不等號(hào)兩邊，即可構(gòu)造函數(shù)，并且利用函數(shù)的單調(diào)性求解.C解析構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－lnx，x∈(0，1)，∴f(x)在(0，1)上不單調(diào)，無(wú)法判斷f(x1)與f(x2)的大小，故A，B錯(cuò)誤；題型三通過(guò)數(shù)值構(gòu)造具體函數(shù)c＜a＜b當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減.b<c<af′(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c.故當(dāng)0≤x<2時(shí)，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，2)上單調(diào)遞增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c<a，從而有b<c<a.感悟提升當(dāng)要比較的各數(shù)為某些函數(shù)的函數(shù)值時(shí)，要仔細(xì)觀察這些數(shù)值的共同之處，構(gòu)造一個(gè)或兩個(gè)函數(shù)，使要比較的數(shù)成為該函數(shù)的函數(shù)值，然后利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小.訓(xùn)練3(1)(2024·揚(yáng)州調(diào)研)已知a＝e－0.1－1，b＝tan(－0.1)，c＝ln0.9，則(

)A.c>a>b B.a>b>c C.b>a>c D.a>c>bB解析法一易知ex≥x＋1，所以a＝e－0.1－1>－0.1＋1－1＝－0.1.所以b＝－tan0.1<－0.1，故a>b；易知lnx≤x－1，所以c＝ln0.9<0.9－1＝－0.1.設(shè)f(x)＝ln(x＋1)－tanx，x∈(－1，0)，設(shè)h(x)＝cos2x－(x＋1)(－1<x<0)，則h′(x)＝－2cosxsinx－1＝－sin2x－1，在(－1，0)上，h′(x)≤0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)>h(0)＝cos20－(0＋1)＝0，所以f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(－0.1)<f(0)＝ln(0＋1)－tan0＝0，即ln0.9－tan(－0.1)<0，所以c<b.綜上，a>b>c.(2)實(shí)數(shù)e3，3π，π3的大小關(guān)系為_(kāi)__________.e3＜π3＜3π所以πl(wèi)n3＞3lnπ，所以ln3π＞lnπ3，即3π＞π3.因?yàn)閥＝x3在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，e＜π，所以e3＜π3，所以e3＜π3＜3π.拓展視野泰勒展開(kāi)式A令f(x)＝x－sinx，則f′(x)＝1－cosx≥0，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>g(0)＝0，即有tanx>x(x>0)成立，綜上，c>b>a.B所以b＞c.故b＞c＞a.課時(shí)分層精練KESHIFENCENGJINGLIAN1.(2024·亳州質(zhì)檢)若函數(shù)y＝f(x)滿足xf′(x)>－f(x)在R上恒成立，且a>b，則(

)A.af(b)>bf(a) B.af(a)>bf(b) C.af(a)<bf(b) D.af(b)<bf(a)B解析由題意，設(shè)g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，所以g(x)在R上是增函數(shù)，又a>b，所以g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)，故選B.2.已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對(duì)任意x∈R，滿足f(x)＋f′(x)<0，則下列結(jié)論一定正確的是(

) A.e2f(2)>e3f(3)

B.e2f(2)<e3f(3)

C.e3f(2)>e2f(3)

D.e3f(2)<e2f(3)A解析構(gòu)造函數(shù)g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]，∵f(x)＋f′(x)<0，故g′(x)<0，可得g(x)在R上單調(diào)遞減，故g(2)>g(3)，∴e2f(2)>e3f(3).無(wú)法判斷C，D的正誤.3.(2024·臨沂調(diào)研)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，若對(duì)任意的x>0，都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則(

)A.4f(－2)<9f(3) B.4f(－2)>9f(3)C.2f(3)>3f(－2) D.3f(－3)<2f(－2)A解析根據(jù)題意，令g(x)＝x2f(x)，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又對(duì)任意的x>0，都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則當(dāng)x>0時(shí)，有g(shù)′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又由f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則有g(shù)(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即g(x)也為偶函數(shù)，則有g(shù)(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，則有g(shù)(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3).4.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對(duì)任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為(

) A.(－1，1) B.(－1，＋∞) C.(－∞，－1) D.(－∞，＋∞)B解析∵f(x)＞2x＋4，∴f(x)－2x－4＞0，令g(x)＝f(x)－2x－4，g′(x)＝f′(x)－2＞0，∴g(x)為R上的增函數(shù)，又∵g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0.∴由g(x)＞g(－1)＝0得x＞－1.BCCD在(0，e)內(nèi)，函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn)x＝1，在(e，＋∞)內(nèi)，f(x)＞0，又∵a＞b＞0且f(a)＝f(b)＞0，∴1＜b＜e，a＞e，故選CD.A所以f(t)在(－∞，0)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增；又x＞1，y＞1，得lnx＞0，lny＞0，則f(lnx)＜f(lny)，由單調(diào)遞增得lnx＜lny，∴1＜x＜y，即y－x＞0，所以ey－x＞e0＝1，A正確，B不正確；又y－x－1無(wú)法確定與0的大小關(guān)系，故C，D不正確.8.(2024·鄭州調(diào)研)已知實(shí)數(shù)a，b，c∈(0，1)，且ae2＝2ea，be3＝2eb，ce3＝3ec，則(

) A.a<b<c

B.c<a<b

C.b<c<a D.c<b<aC9.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足xf′(x)＋f(x)＞0，且f(1)＝1，則xf(x)＞1的解集為_(kāi)__________.(1，＋∞)解析令g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，則g(x)在R上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(1)＝1，則g(1)＝1，則原不等式為g(x)＞g(1)，故x＞1.＞可得g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又由g(1)＝0，所以g(e)＞g(1)，即f(e)·lne＞0，即f(e)＞0.(1，e2)令g(x)＝xf(x)－xex，則g(x1)＞g(x2)，又x2＞x1＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.∵lnxf(lnx)－xlnx＞2，g(2)＝2f(2)－2e2＝2，∴g(lnx)＞g(2)，∴0＜lnx＜2，得1＜x＜e2.b＞a＞c13.(2024·武漢調(diào)研)已知a＝e－0.02，b＝0.01，c＝ln1.01，則(

)A.c＞a＞b

B.b＞a＞c C.a＞b＞c D.b＞c＞aC設(shè)f(x)＝ex－1－x，則f′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，因此f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(0.01)＞f(0)，即e0.01－1－0.01＞0，即e0.01＞1.01，∴b＝0.01＞ln1.01＝c，∴a＞b＞c.14.(2024·濟(jì)南質(zhì)檢)已知a＝6ln5，b＝7ln4，c＝8ln3，則(

)A.a>b>c

B.a>c>b C.b>c>a D.c>b>aA解析因?yàn)閍＝6ln5，b＝7ln4，c＝8ln3，所以lna＝ln5ln6，lnb＝ln4ln7，lnc＝ln3ln8，比較a，b，c的大小即比較lna，lnb，lnc的大小.令f(x)＝lnxln(11－x)，3≤x≤5，則lna＝f(5)，lnb＝f(4)，lnc＝f(3)，令g(x)＝xlnx，3≤x≤8，則g′(x)＝lnx＋1>0在[3，8]上恒成立，所以g(x)在[3，8]上單調(diào)遞增，當(dāng)3≤x≤5時(shí)，8≥11－x>x≥3，所以g(11－x)>g(x)，即(11－x)ln(11－x)>xlnx，所以函數(shù)f(x)在[3，5]上單調(diào)遞增.所以f(5)>f(4)>f(3)，即lna>lnb>ln