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    新高考数学二轮复习专题一微重点3导数中的函数构造问题学案

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    这是一份新高考数学二轮复习专题一微重点3导数中的函数构造问题学案,共13页。

    考点一 导数型构造函数
    考向1 利用f(x)与x构造
    例1 (2022·苏州质检)已知函数f(x)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=ln 2·f(ln 2),c=lg2eq \f(1,8)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,8))),则a,b,c的大小关系是( )
    A.a>b>c B.c>b>a
    C.a>c>b D.c>a>b
    答案 B
    解析 因为f(x)=f(-x),所以函数f(x)是偶函数,令g(x)=x·f(x),
    则g(x)是奇函数,g′(x)=f(x)+x·f′(x),
    当x∈(-∞,0]时,f(x)+xf′(x)<0成立,
    所以g(x)在x∈(-∞,0]上单调递减,
    又g(x)在R上是连续函数,且是奇函数,
    所以g(x)在R上单调递减,
    则a=g(20.6),b=g(ln 2),c=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,8))),
    因为20.6>1,0所以lg2eq \f(1,8)<0所以c>b>a.
    规律方法 (1)出现nf(x)+xf′(x)的形式,构造函数F(x)=xnf(x);
    (2)出现xf′(x)-nf(x)的形式,构造函数F(x)= eq \f(fx,xn).
    跟踪演练1 已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f′(x)-eq \f(fx,x)-3>0,且f(1)=0,则不等式f(ex)-3xex>0的解集为( )
    A.(0,1) B.(1,+∞)
    C.(0,+∞) D.(e,+∞)
    答案 C
    解析 设g(x)=eq \f(fx,x)-3ln x,
    则g′(x)=eq \f(xf′x-fx,x2)-eq \f(3,x)
    =eq \f(xf′x-fx-3x,x2).
    因为f′(x)-eq \f(fx,x)-3>0,x>0,
    所以xf′(x)-f(x)-3x>0,
    所以g′(x)>0,即g(x)在(0,+∞)上单调递增.
    不等式f(ex)-3xex>0可转化为eq \f(fex,ex)-3ln ex>0,
    又g(ex)=eq \f(fex,ex)-3ln ex,
    且g(1)=eq \f(f1,1)-3ln 1=0,
    即g(ex)>g(1),所以ex>1,解得x>0.
    考向2 利用f(x)与ex构造
    例2 (2022·枣庄质检)已知f(x)为定义在R上的可导函数,f′(x)为其导函数,且f(x)A.f(2 022)B.ef(2 022)C.ef(2 022)=f(2 023)
    D.ef(2 022)>f(2 023)
    答案 B
    解析 设函数g(x)=eq \f(fx,ex),
    可得g′(x)=eq \f(f′x-fx,ex),
    由f(x)0,
    所以g′(x)>0,
    所以g(x)单调递增,
    则eq \f(f2 022,e2 022)< eq \f(f2 023,e2 023),
    即ef(2 022)规律方法 (1)出现f′(x)+nf(x)的形式,构造函数F(x)=enxf(x);
    (2)出现f′(x)-nf(x)的形式,构造函数F(x)=eq \f(fx,enx).
    跟踪演练2 (2022·成都模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f′(x)>0,且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,+∞).
    考向3 利用f(x)与sin x,cs x构造
    例3 偶函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2))),其导函数为f′(x),若对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),有f′(x)·cs x答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),-\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3),\f(π,2)))
    解析 令g(x)=f(x)cs x,x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2))),
    ∴g(-x)=f(-x)cs(-x)=f(x)cs x=g(x),
    ∴g(x)为偶函数,
    又g′(x)=f′(x)cs x-f(x)sin x,
    ∴当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,g′(x)<0,
    即g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递减,
    又g(x)为偶函数,
    ∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0))上单调递增,
    不等式2f(x)即g(x)\f(π,3),,-\f(π,2)解得-eq \f(π,2)规律方法 函数f(x)与sin x,cs x相结合构造可导函数的几种常见形式
    (1)F(x)=f(x)sin x,
    F′(x)=f′(x)sin x+f(x)cs x;
    (2)F(x)=eq \f(fx,sin x),
    F′(x)=eq \f(f′xsin x-fxcs x,sin2x);
    (3)F(x)=f(x)cs x,
    F′(x)=f′(x)cs x-f(x)sin x;
    (4)F(x)=eq \f(fx,cs x),
    F′(x)=eq \f(f′xcs x+fxsin x,cs2x).
    跟踪演练3 已知奇函数f(x)的导函数为f′(x),且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上恒有eq \f(fx,sin x)< eq \f(f′x,cs x)成立,则下列不等式成立的是( )
    A.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))
    B.f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3)))C.eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,4)))D.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))答案 B
    解析 构造函数F(x)=eq \f(fx,sin x),
    由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上恒有eq \f(fx,sin x)< eq \f(f′x,cs x)成立,
    即f′(x)sin x-f(x)cs x>0,
    ∴F′(x)=eq \f(f′xsin x-fxcs x,sin x2)>0,
    ∴F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递增,
    又F(-x)=eq \f(f-x,sin-x)=eq \f(-fx,-sin x)=F(x),
    ∴F(x)为偶函数,∵eq \f(π,6)∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))∴eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))∵偶函数F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递增,
    ∴F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0))上单调递减,
    ∵-eq \f(π,3)<-eq \f(π,6),∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3)))>Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6))),
    ∴eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3))))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))),
    ∴-f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3)))>-eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6))),
    ∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3)))Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,4)))∴eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,4))))∴-eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,4)))<-eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3))),
    ∴eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,4)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3))),故C错误;
    ∵eq \f(π,3)>eq \f(π,4),∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),∴eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),sin \f(π,3))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),sin \f(π,4)),
    ∴eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),故D错误.
    考点二 同构法构造函数
    例4 已知a>0,若在(1,+∞)上存在x使得不等式ex-x≤xa-aln x成立,则a的最小值为________.
    答案 e
    解析 ∵xa=
    ∴不等式即为ex-x≤ealn x-aln x.
    由a>0且x>1得aln x>0,
    设y=ex-x,则y′=ex-1>0,
    故y=ex-x在(1,+∞)上单调递增,
    ∴x≤aln x,即a≥eq \f(x,ln x),
    即存在x∈(1,+∞),使a≥eq \f(x,ln x),
    ∴a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,ln x)))min,
    设f(x)=eq \f(x,ln x)(x>1),
    则f′(x)=eq \f(ln x-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.
    规律方法 指对同构,经常使用的变换形式有两种,一种是将x变成ln ex,然后构造函数;另一种是将x变成eln x,然后构造函数.
    跟踪演练4 已知a>0,b>0,且(a+1)b+1=(b+3)a,则( )
    A.a>b+1 B.aC.ab-1
    答案 B
    解析 因为(a+1)b+1=(b+3)a,a>0,b>0,
    所以eq \f(lna+1,a)=eq \f(lnb+3,b+1)>eq \f(lnb+2,b+1).
    设f(x)=eq \f(lnx+1,x)(x>0),
    则f′(x)=eq \f(\f(x,x+1)-lnx+1,x2).
    设g(x)=eq \f(x,x+1)-ln(x+1)(x>0),
    则g′(x)=eq \f(1,x+12)-eq \f(1,x+1)=eq \f(-x,x+12)<0,
    所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.
    当x→0时,g(x)→0,
    所以g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.
    因为f(a)>f(b+1),所以a专题强化练
    1.(2022·咸阳模拟)已知a=eq \f(1,e2),b=eq \f(ln 2,4),c=eq \f(ln 3,9),则( )
    A.aC.b答案 B
    解析 设f(x)=eq \f(ln x,x2),则a=f(e),b=f(2),
    c=f(3),又f′(x)=eq \f(1-2ln x,x3),
    当x∈(eq \r(e),+∞)时,f′(x)<0,
    故f(x)=eq \f(ln x,x2)在(eq \r(e),+∞)上单调递减,
    注意到eq \r(e)则有f(3)2.(2022·哈尔滨模拟)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,
    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,+∞).
    3.(2022·南京质检)设a,b都为正数,e为自然对数的底数,若aeaA.ab>e B.b>ea C.ab答案 B
    解析 由已知aea设f(x)=xln x,则f(ea)∵a>0,∴ea>1,
    ∵b>0,bln b>aea>0,∴b>1.
    当x>1时,f′(x)=ln x+1>0,
    则f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以ea4.(2022·常州模拟)已知函数y=f(x)为奇函数,且当x>0时,f′(x)sin x+f(x)cs x>0,则下列说法正确的是( )
    A.f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))<-f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))<-f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))
    B.-f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))C.-f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))<-f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))D.-f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))答案 D
    解析 令g(x)=f(x)sin x,因为f(x)为奇函数,则g(x)为偶函数,又当x>0时,
    f′(x)sin x+f(x)cs x>0,即g′(x)>0,
    则g(x)在(0,+∞)上单调递增,
    则有geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))即-eq \f(1,2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))即-f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))5.函数f(x)的定义域是R,f(0)=2,对任意x∈R,f(x)+f′(x)>1,则不等式exf(x)>ex+1的解集为( )
    A.{x|x>0}
    B.{x|x<0}
    C.{x|x<-1或x>1}
    D.{x|x<-1或0答案 A
    解析 构造函数g(x)=exf(x)-ex,
    因为g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex
    =ex[f(x)+f′(x)]-ex>ex-ex=0,
    所以g(x)=exf(x)-ex在R上单调递增.
    又因为g(0)=e0f(0)-e0=1,
    所以原不等式转化为exf(x)-ex>1,
    即g(x)>g(0),解得x>0.
    所以原不等式的解集为{x|x>0}.
    6.(多选)(2022·渭南模拟)设实数λ>0,对任意的x>1,不等式λeλx≥ln x恒成立,则λ的取值可能是( )
    A.e B.eq \f(1,2e) C.eq \f(1,e) D.eq \f(2,e)
    答案 ACD
    解析 由题设,eλx·λx≥xln x=eln x·ln x,
    令f(t)=t·et(t>0),
    则f′(t)=(t+1)·et>0,
    所以f(t)单调递增,又f(λx)≥f(ln x),
    即当x∈(1,+∞)时,λx≥ln x,
    即λ≥eq \f(ln x,x)恒成立,令g(x)=eq \f(ln x,x),x∈(1,+∞),
    则g′(x)=eq \f(1-ln x,x2),
    所以在(1,e)上,g′(x)>0,即g(x)单调递增;
    在(e,+∞)上,g′(x)<0,即g(x)单调递减,
    则g(x)≤g(e)=eq \f(1,e),故λ≥eq \f(1,e).
    7.已知f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)为f(x)的导函数,且满足f(x)<-xf′(x),则不等式f(x+1)>(x-1)f(x2-1)的解集是________.
    答案 (2,+∞)
    解析 根据题意,
    构造函数y=xf(x),x∈(0,+∞),
    则y′=f(x)+xf′(x)<0,所以函数y=xf(x)的图象在(0,+∞)上单调递减.
    又因为f(x+1)>(x-1)f(x2-1),
    所以(x+1)f(x+1)>(x2-1)f(x2-1),
    所以02.所以不等式
    f(x+1)>(x-1)f(x2-1)的解集是(2,+∞).
    8.(2022·龙岩质检)已知m>0,n∈R,若lg2m+2m=6,2n+1+n=6,则eq \f(m,2n)=________.
    答案 1
    解析 由题意得lg2m+2m=2n+1+n,
    lg2m+2m=2×2n+n,
    令g(x)=lg2x+2x(x>0),
    则g′(x)=eq \f(1,xln 2)+2>0,
    所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
    因为g(m)=g(2n),所以m=2n,所以eq \f(m,2n)=1.
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