新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数微专题常用构造函数的几种方法教师用书

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近几年高考客观题中的压轴题多以导数为工具来解决，这类问题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解决导数问题的基本方法．构造函数的规律方法归类总结如下．
题型选讲
题型一 构造具体函数比较大小
根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或结构形式的相同点，构造具体的函数解析式，利用导数研究该函数的性质．
典例1 (1)已知a＝eq \f(ln 7,7)，b＝eq \f(1,e)，c＝eq \f(ln 5,5)，则a，b，c的大小关系为( C )
A．cC．a【解析】 由b＝eq \f(1,e)＝eq \f(ln e,e)，令f(x)＝eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)＝0，则x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)＝eq \f(ln x,x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，由7>5>e，则eq \f(ln e,e)>eq \f(ln 5,5)>eq \f(ln 7,7)，即b>c>a.
(2)设a＝eq \r(9,10)，b＝9sin eq \f(1,10)，c＝eq \r(5,3)，则( B )
A．bC．c【解析】 令f(x)＝sin x－x，则f′(x)＝cs x－1≤0，所以f(x)在定义域上单调递减，所以当x>0时，f(x)eq \r(9,1)＝1，c＝eq \r(5,3)>eq \r(5,1)＝1，且a45＝105，c45＝39＝3×94<105，所以a>c>b.
题型二 利用导数的运算法则构造函数解不等式或比较大小
典例2 (1)(利用f(x)与x构造)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则( A )
A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3)
C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2)
【解析】 根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则当x>0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)(2)(利用f(x)与sin x(cs x)构造)已知函数y＝f(x)对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))满足f′(x)cs x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是( A )
A.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))C．f(0)【解析】 构造F(x)＝eq \f(fx,cs x)，则F′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x)，导函数f′(x)满足f′(x)cs x＋f(x)sin x>0，则F′(x)>0，F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内单调递增．把选项转化后可知选A.
(3)(利用f(x)与ex构造)若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>eq \f(1,e2x)的解集为_(0，＋∞)__.
【解析】 构造F(x)＝f(x)·e2x，∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，∴F(x)在R上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，∵不等式f(x)>eq \f(1,e2x)可化为f(x)e2x>1，即F(x)>F(0)，∴x>0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．
方法技巧·精提炼
构造函数的基本规律
(1)对于xf′(x)＋f(x)>0(<0)，构造g(x)＝xf(x)．
(2)对于xf′(x)＋kf(x)>0(<0)，构造g(x)＝xkf(x)．
(3)对于xf′(x)－f(x)>0(<0)，构造g(x)＝eq \f(fx,x).
(4)对于f′(x)＋f(x)>0(<0)，构造函数g(x)＝exf(x)．
(5)对于f′(x)－f(x)>0(<0)，构造g(x)＝eq \f(fx,ex).
(6)对于F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x，构造F(x)＝f(x)sin x.
(7)对于F′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x，构造F(x)＝f(x)cs x.
题型三 利用同构法构造函数
典例3 (2023·合肥模拟)设k，b∈R，若关于x的不等式ln(x－1)－b≤x(k－1)在(1，＋∞)上恒成立，则eq \f(b－2k＋1,k－1)的最小值是_－e－3__.
【解析】 由题意知，不等式ln(x－1)＋(1－k)x≤b在(1，＋∞)上恒成立，
令t＝x－1>0，则ln t＋t＋1－k(t＋1)≤b在(0，＋∞)上恒成立，
令f(t)＝ln t＋t＋1－k(t＋1)，所以f′(t)＝eq \f(1,t)＋1－k，
若k≤1，则f′(t)>0，f(t)在(0，＋∞)上单调递增，当t→＋∞时，f(t)→＋∞，不等式不恒成立，
故k>1，当00，当t>eq \f(1,k－1)时，f′(t)<0，
所以当t＝eq \f(1,k－1)时，f(t)取得最大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)))＝ln eq \f(1,k－1)－1＋1－k＝－ln(k－1)－k，
所以－ln(k－1)－k≤b，所以b－1≥2－ln(k－1)－(k－1)，
所以eq \f(b－1,k－1)≥eq \f(－2,k－1)－eq \f(lnk－1,k－1)－1，
令g(k－1)＝eq \f(－2,k－1)－eq \f(lnk－1,k－1)－1，u＝k－1，则g(u)＝eq \f(－2,u)－eq \f(ln u,u)－1，
所以g′(u)＝eq \f(2,u2)－eq \f(1－ln u,u2)＝eq \f(1＋ln u,u2)，当0eq \f(1,e)时，g′(u)>0，
所以当u＝eq \f(1,e)时，g(u)取得最小值geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－e－1，eq \f(b－1,k－1)的最小值是－e－1.
又eq \f(b－2k＋1,k－1)＝eq \f(b－1－2k－1,k－1)＝eq \f(b－1,k－1)－2，所求最小值是－e－3.
方法技巧·精提炼
与ex和ln x相关的常见同构模型
(1)aea≤bln b⇔ealn ea≤bln b，构造f(x)＝xln x(或aea≤bln b⇔aea≤(ln b)eln b，构造g(x)＝xex)．
(2)eq \f(ea,a)(3)ea±a>b±ln b⇔ea±ln ea>b±ln b，构造f(x)＝x±ln x(或ea±a>b±ln b⇔ea±a>eln b±ln b，构造g(x)＝ex±x)．
题型四 构造双函数
典例4 (2023·湖南模拟)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋1)＋1，h(x)＝kx＋b(k，b∈R)．
(1)若直线y＝h(x)是曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的公切线，求h(x)的解析式；
(2)若f(x)≥h(x)≥eq \f(gx－1,x)＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，试问直线y＝h(x)是否经过点(－1，－1)？请说明理由．
【解析】 (1)设h(x)与y＝f(x)相切的切点坐标为A(x1，ex1)，
与g(x)＝ln(x＋1)＋1相切的切点坐标为B(x2，ln(x2＋1)＋1)．
因为f′(x)＝ex，g′(x)＝eq \f(1,x＋1)，
所以ex1＝eq \f(1,x2＋1)＝eq \f(ex1－lnx2＋1－1,x1－x2)，
则eq \f(1,x2＋1)＝eq \f(\f(1,x2＋1)＋x1－1,x1－x2)，整理得x1x2＝0.
若x1＝0，则ex1＝eq \f(1,x2＋1)＝1，则x2＝0；
若x2＝0，则ex1＝eq \f(1,x2＋1)＝1，则x1＝0.
故x1＝x2＝0，切点A(0,1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝f′0＝e0＝1，,b＝1，))则h(x)＝x＋1.
(2)直线y＝h(x)经过点(－1，－1)，理由如下：
令函数F(x)＝f(x)－eq \f(gx－1,x)－1＝eq \f(1,x)(xex－x－ln x－1)＝eq \f(1,x)(ex＋ln x－x－ln x－1)，
令函数φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．
故φ(x)≥φ(0)＝0，则F(x)≥0，当且仅当x＋ln x＝0时，等号成立．
令函数G(x)＝x＋ln x，显然G(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))<0，G(1)>0，
所以∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，G(x0)＝x0＋ln x0＝0，
则F(x0)＝0，即f(x0)＝eq \f(gx0－1,x0)＋1.
又f(x)≥h(x)≥eq \f(gx－1,x)＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以f(x0)≥h(x0)≥eq \f(gx0－1,x0)＋1＝f(x0)，
所以f(x0)＝h(x0)，
即ex0＝kx0＋b.∴b＝ex0－kx0，
令函数M(x)＝ex－kx－b，则M′(x)＝ex－k.
由M(x)≥0＝M(x0)，知x＝x0是M(x)的一个极小值点，
则M′(x0)＝ex0－k＝0，即k＝ex0.
由x0＋ln x0＝0，得ex0＝eq \f(1,x0)，即x0ex0＝1，
则k－b＝ex0－(ex0－kx0)＝kx0＝x0ex0＝1，
则h(x)＝kx＋k－1＝k(x＋1)－1，故直线y＝h(x)经过点(－1，－1)．
方法技巧·精提炼
本例的第(2)问把恒成立问题转化为求函数F(x)＝f(x)－eq \f(gx－1,x)－1的最小值，利用同构思想化简F(x)＝f(x)－eq \f(gx－1,x)－1＝eq \f(1,x)(xex－x－ln x－1)＝eq \f(1,x)(ex＋ln x－x－ln x－1)，从而构造函数φ(x)＝ex－x－1，求导判断单调性，再结合零点的存在性定理可知∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，G(x0)＝x0＋ln x0＝0，则F(x0)＝0，即f(x0)＝eq \f(gx0－1,x0)＋1.利用f(x)≥h(x)≥eq \f(gx－1,x)＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，所以，f(x0)≥h(x0)≥eq \f(gx0－1,x0)＋1＝f(x0)，所以f(x0)＝h(x0)，即ex0＝kx0＋b.再构造函数M(x)＝ex－kx－b，由M(x)≥0＝M(x0)，知x＝x0是M(x)的一个极小值点，从而得到k＝ex0，最终建立k－b＝ex0－(ex0－kx0)＝kx0＝x0ex0＝1，即可把直线方程化为h(x)＝kx＋k－1＝k(x＋1)－1，即可得出结果．