高考数学一轮复习考点讲与练专题17 函数中的构造问题讲义（含答案解析）

这是一份高考数学一轮复习考点讲与练专题17 函数中的构造问题讲义（含答案解析），共3页。试卷主要包含了构造函数的基础理论，构造函数的高频场景与技巧等内容，欢迎下载使用。

一、构造函数的基础理论
1.导数运算法则与构造原型
乘积法则：．
若出现，可构造．
商的法则：．
若出现，可构造．
复合函数求导：若，，则．
如可令，构造关于u的函数．
2.常见函数的导数特征
：常与其他函数乘积构造（如），简化导数形式．
：若出现，可构造（需注意）．
：用于幂函数与其他函数的组合构造（如）．
二、构造函数的高频场景与技巧
1.不等式证明
对数指数混合不等式：若出现与共存，可通过移项、同除x等操作，构造或等函数．
含参数不等式：优先尝试参数分离，将参数移至一侧，构造不含参的函数求最值．
2.零点问题
超越方程转化：对于等方程，可转化为或，分别构造函数分析图像交点或零点．
零点个数与极值关系：函数的零点个数与极值正负相关（如极大值且极小值时，可能有两个零点）．
3.恒成立与存在性问题
最值转化：
恒成立最小值（或最大值）满足条件；
存在性最大值（或最小值）满足条件．
端点效应：若不等式在区间端点处取等号（如），可先分析的符号，缩小参数讨论范围．
4.双变量问题
对称式构造：对于或为定值的问题，可设或，将双变量转化为单变量函数．
极值点偏移：构造函数（为极值点），利用的单调性证明与的大小关系．
5.抽象函数不等式
导数结构匹配：
若，构造（因，单调递增）；
若，构造．
结合奇偶性：若为奇函数，且，可分析的奇偶性与单调性．
►考点01 构造函数证明不等式

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【例1】（2025•海珠区三模）若不等式为自然对数的底数）对任意实数恒成立，则实数的最大值为
A．0B．1C．D．
【答案】
【分析】构造函数，对的取值分类讨论即可判断．
【解答】解：设，要使恒成立，即恒成立，需，
对求导得，
当时，因为，所以，在上单调递增，无最小值，不满足要求，舍去；
当时，令，即，解得，当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，所以在处取得极小值也是最小值，
．
因为，即，又因为，所以，即，可得．
综上，实数的最大值为．
故选：．
【例2】（2025•湖南模拟）已知是定义在上连续可导函数，其导函数为，若，且（3），则不等式的解集为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】构造函数，根据条件得在区间上单调递减，从而可得，即可求解．
【解答】解：因为，设，
则，所以，
故在区间上单调递减，
又（3），由，
则，
解得：，即．
故选：．
【例3】（2025•惠农区模拟）已知定义在上的函数满足，（1），则不等式的解集为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】设，求导，结合已知条件得在定义域上单调递增，然后化简已知不等式得（1），利用单调性即可求解．
【解答】解：不等式，
设，
因为，
所以恒成立，
所以在定义域上单调递增．
故原不等式可转化为，又（1），
所以（1）（1），
所以（1），所以，故不等式的解集为．
故选：．
【例4】（2025春•德州期中）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则（1），（2），（e）的大小关系为
A．（1）（2）（e）B．（e）（2）（1）
C．（2）（1）（e）D．（e）（1）（2）
【答案】
【分析】根据已知及导数的运算可得，所以，为常数，从而可得的解析式，由可得的值，从而可得，利用导数判断的单调性，进而可得比较函数值大小．
【解答】解：因为，所以，
即，所以，为常数，
所以，又，所以，解得，
所以，，
当时，，单调递减，
所以（e）（2）（1）．
故选：．
【例5】（2025•大连模拟），不等式恒成立，则正实数的最大值是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】将所求不等式变形为，构造函数，分析函数的单调性，则所求不等式即为，可得出，由参变量分离法可得出对恒成立，利用导数求出函数在上的最小值，由此可得出正实数的最大值．
【解答】解：由题意，不等式恒成立，
可得对于恒成立，
即对于恒成立，
构造函数，可得，
令，则，
所以当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以（1），即，所以函数在上单调递增，
利用单调性并根据可得，
则有，
又，，即可得，
因此即可，
令，，则，
显然当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，即，因此正实数的最大值是．
故选：．
►考点02 构造函数解决零点问题

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【例6】（2025春•河南期末）已知函数，若有两个零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】先对函数求导，分析其单调性，再结合函数的零点情况确定的取值范围．涉及到的知识点有导数与函数单调性的关系以及函数零点的概念．
【解答】解：由已知得定义域为，
又，
当时，显然，
在上单调递减，不可能有两个零点；
当时，令，解得（负根舍去），
时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
所以，
又当和时，，
所以要使有两个零点，只需，即，
因为，所以，即，
解得即为所求．
故选：．
【例7】（2025春•成都月考）若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为
A．B．C．D．，
【答案】
【分析】根据题意，求得，分得和，求得函数的单调性，以及最小值，结合，即可求解．
【解答】解：根据，可得导函数，
若，导函数，函数在单调递增，此时至多有一个零点，舍去；
若，令导函数，解得，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减，
因此当时，函数取得极小值，也时最小值，
又根据时，；时，，
要使得函数恰有两个零点，则满足，即，
解得，所以实数的取值范围为．
故选：．
【例8】（2025春•松江区月考）已知函数恰有三个零点，则实数的取值范围为 ．
【答案】．
【分析】将函数恰有三个零点，转化为恰有三个实根，令，用导数法画出其图象，利用数形结合法求解．
【解答】解：因为函数恰有三个零点，
所以恰有三个实根，
令，
所以，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得极大值，当时，取得极小值，
当时，，时，，作出的大致图象如图所示：
所以实数的取值范围为．
故答案为：．
【例9】（2025•齐齐哈尔三模）已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为
A．B．1C．D．
【答案】
【分析】利用导数分别判断出、的单调性，求出零点可得答案．
【解答】解：因为，，
则，
令，解得：，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
又当时，，
而（e），所以；
由，得，
所以在单调递增，
由（1），得，
则．
故选：．
【例10】（2025•李沧区模拟）若函数有2个零点，则实数的取值范围是
A．B．，C．，D．
【答案】
【分析】令，可得，令，求导分析，可求得，进而结合题意可得答案．
【解答】解：函数的定义域为，
令，得，
，
令，则有两个零点转化为函数与在上有两个交点．
则，
令，得，即．
当时，，当，时，，
在处取得极小值，
又当时，，当时，，
．
又函数有2个零点，
．
故选：．
►考点03 构造函数解决恒成立/存在性问题

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【例11】（2025•烟台三模）若不等式恒成立，则实数的取值范围为
A．，B．，C．，D．，
【答案】
【分析】由已知不等式先分离参数，然后结合恒成立与最值关系的转化即可求解．
【解答】解：若不等式恒成立，则恒成立，
令，，则，
因为，所以，
令，，则单调递增，
当时，，（1），
故存在使得，
则，，
当，，，单调递减，当，，，单调递增，
故，
所以，
故的范围为，．
故选：．
【例12】（2025•雨花区模拟）已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围为 ， ．
【答案】，．
【分析】根据解析式，分析到的对称性和单调性，将若在上恒成立，转化为在上恒成立，设，分类讨论可得的取值范围．
【解答】解：因为，所以定义域为，
因为，
所以关于点对称，，
时，在上递增，所以在上递增，
则由在上恒成立，得在上恒成立，
设，则，
，则在上递减，
若，则时，，在递减，，符合题意，
若，则，，则存在，使得，
时，，递增，，不合题意，
综上，，故实数的取值范围为，．
故答案为：，．
【例13】（2025•张掖一模）已知当时，恒成立，则实数的取值范围为
A．，B．，C．，D．，
【答案】
【分析】由当时，恒成立，则，，先利用导数工具研究函数，的单调性，从而求出函数的值域为，进而构造函数，求出函数的最小值即为，进而即可得解．
【解答】解：令，，则，
所以当时，，单调递减；
时，，单调递增，
所以，
又，，
所以的值域为，
令，则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
所以，，
又当时，恒成立，
所以，，
故实数的取值范围为，．
故选：．
【例14】（2025•黑龙江三模）已知不等式，对恒成立，则的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】将问题转化为对恒成立，构造函数，进而通过导数方法求出函数的最小值，即可得到答案．
【解答】解：不等式对恒成立，
即，恒成立，
令，，
则，
函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
又，（1），
所以存在唯一，使得，
即，，
则时，，；，时，，，
所以函数在上单调递减，在，上单调递增，
所以．
则，即．
故选：．
【例15】（2025•辽宁模拟）当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】由已知得，构造函数，利用导数判断出的单调性，可得在时恒成立，令，利用导数求出的最大值可得答案．
【解答】解：由得，
即，
令，，则恒成立，
在时恒成立，
所以在，上单调递增，
由，可得，即在时恒成立，
令，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，所以．
故选：．
►考点04 构造函数解决双变量问题

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【例16】（2025春•江西月考）已知函数．
（1）当时，求曲线在点，（e）处的切线方程；
（2）当时，求的零点个数；
（3）若有两个极值点，，证明：当时，．
【答案】（1）；
（2）1；
（3）证明见解析．
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，进而得到切线方程；（2）通过求导分析函数单调性，结合特殊点的值确定零点个数；（3）根据极值点的性质得到相关等式，再通过构造函数进行证明．
【解答】解：（1）由题意函数，
当时，，所以（e），，
所以（e），所以曲线在点，（e）处的切线斜率，
所以曲线在点，（e）处的切线方程为，即．
（2）当时，，定义域为，
，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递减，
又，
所以存在唯一的，使得．
又在上单调递减，所以当时，的零点个数为1；
（3）证明：的定义域为，，
因为有两个极值点，，有两个极值点，意味着有两个不同正根．
设，其导数．
若，，在递增，不会有两个正根．
当，令，得，
在区间上单调递减，
在区间上单调递增；
要使有两个正根，
需，解得．
所以当时，有两个极值点，．
所以，且，
所以，
所以，
所以，当时，
，
令，
即证当时，对恒成立．
令，
则．
因为，，
所以，，，
所以，
所以在上单调递增，
所以（1），即，
所以当时，恒成立．
【例17】（2025•天津）已知函数．
时，求在点，（1）处的切线方程；
（Ⅱ）有3个零点，，，且．
求的取值范围；
证明：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），；证明见解析．
【分析】（Ⅰ）时，求出（1）与（1），即可写出在点，（1）处的切线方程；
（Ⅱ）由，得，设，利用导数求出的极值点，画出函数的大致图象，结合图象求解即可；
由题意，，设，，，则，代回方程由均值不等式得，再证，分析得出，构造函数，，求出，从而得出命题成立．
【解答】解：（Ⅰ）时，，且（1），，所以（1），
所以在点，（1）处的切线方程为，即；
（Ⅱ）由，得，；
设，则，
令，得或，
所以时，，单调递减，，；
时，，单调递增，，；
，时，，单调递减，，；
画出函数的大致图象，如图所示：
由函数的图象，结合题意知，的取值范围是；
证明：由知，，设，，，
则，又，由②③得，两式相减得，
由对数均值不等式得，所以；
要证，即证，
只需证，即证，
又因为，，所以，
所以，即只需证；
设，，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以（4），即，
由，得成立，命题得证．
【例18】（2025•河西区三模）已知函数，为自然对数的底数）．
（Ⅰ）当时，求的极值；
（Ⅱ）设函数，若在其定义域内恒成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）若关于的方程恰有两个相异的实根，，求实数的取值范围，并证明．
【答案】（Ⅰ）极大值为，无极小值；（Ⅱ）；（Ⅲ），证明过程见解答．
【分析】（Ⅰ）首先求出函数的导函数，即可得到、与的关系，从而求出函数的极值；
（Ⅱ）依题意参变分离即可得到在上恒成立，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围；
（Ⅲ）由，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，依题意可得，即可求出参数的取值范围；设，则，则，再令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证；
【解答】解：（Ⅰ）当时，，，
所以，
令，解得，
所以的极大值为，无极小值．
（Ⅱ）由题意得在上恒成立，
因为，所以在上恒成立．
设，则，
令，解得，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
因此（1），所以，即．
所以实数的最小值．
（Ⅲ）证明：由即得，
令，则，
设，则，
因为，所以恒成立，函数在单调递减，
而（1），故在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
所以（1）．
故方程恰有两个相异的实根只需．
所以实数的取值范围是．
下证：，不妨设，则，，
所以．
因为，
所以
，
令，则，
所以在上单调递增，
所以当时，（1），即，
所以，所以．
【例19】（2025•绵阳模拟）已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在，处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）当时，设的两个零点为，，求证：．
【答案】（1）；
（2）当时，单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为．
（3）证明见解答．
【分析】（1）求出导函数，根据导数的几何意义求出切线斜率，再求切线方程即可；
（2）求出导函数，讨论、，分别根据导函数符号分析函数的单调性即可；
（3）结合（2）易得是是的一个较小的零点，不妨设，要证，只需证，转化问题为证，进而构造函数，利用导数证明即可．
【解答】解：（1）当时，，
则，所以，，
所以曲线在，处的切线方程为；
（2）因为，满足，
所以，
当时，，
所以，
令，则，令，则，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，，此时，
所以在递减，
所以的单调递减区间为，无单调递增区间．
综上，当时，单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为．
（3）证明：当时，，
由（2）知在上单调递增，在上单调递减，
又，是的一个较小的零点，不妨设，
要证，只需证，
因为，且在上单调递减，
从而只需证即可．
，
令，
，在上单调递增．
（1），即，即．
【例20】（2025•天津模拟）已知函数．
（1）当时，求在点，（1）处的切线方程；
（2）若对，，都有恒成立，求的取值范围；
（3）已知，若，且满足，使得，求证：．
【答案】（1）．
（2），．
（3）证明详情见过程．
【分析】（1）当时，，求导，根据导数的几何意义可得（1），由两点式可得切线的方程为（1），化简即可得答案．
（2）问题可转化为，对求导，分析单调性，求出得最大值，使得它小于等于，进而可得的取值范围．
（3）问题转化为只需证明，由，，且函数在，上单调递增，推出只需证明，即可得出答案．
【解答】解：（1）当时，，
（1），，
（1），
所以在，（1）处的切线方程为．
（2）由题意，，
①当时，，在，上单调递减，
所以（1）恒成立，所以，
②当时，，，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
当，时，在，上单调递增，
（3），，舍去，
当，时，在，上单调递减，（1），，所以，
当，时，在，上单调递减，，上单调递增，
所以，，所以，
综上，的取值范围为，．
（3）证明：因为，要证，只需证明，
由（2）可知，要证，只需证明，
因为，，且函数在，上单调递增，
所以只需证明，
又因为，即证，
令，
即，
注意到，
因为，
则在上单调递减，所以，在恒成立，
所以，即满足．
►考点05 构造函数解决数列不等式问题

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【例21】（2025•下陆区模拟）泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式．当在处的阶导数都存在时，它的公式表达式如下．注：表示函数在原点处的一阶导数，表示在原点处的二阶导数，以此类推，和表示在原点处的阶导数．
（1）求的泰勒公式（写到含的项为止即可），并估算的值（精确到小数点后三位）；
（2）当时，比较与的大小，并证明；
（3）设，证明：．
【答案】（1），；
（2）证明见解答；
（3）证明见解答．
【分析】（1）求出，，，代入泰勒公式可得，赋值即可求得近似值；
（2）构造函数，，利用导数判断单调性，结合可证；
（3）利用（2）中结论令，结合裂项相消法可证，构造函数，，证明，令，利用裂项相消法可证．
【解答】解：（1）因为，，，
所以，，，
又，所以的泰勒公式为：，
所以时，．
（2）证明： 0，
因为，
所以在．上单调递增，又，
所以时有，
所以．
（3）证明：由（2）得，，即，，
所以，即，
令，，则，
所以在上单调递减，
所以，故，
所以，
则，即，
综上，时，．
【例22】（2025•武昌区模拟）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求证：．
【答案】（1）当时，函数的单调递增区间为，
单调递减区间为，．
当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间；
（2）详见解答过程．
【分析】（1）先对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解；
（2）结合（1）可得，然后对合理的赋值，结合累加法即可求证．
【解答】解：（1），，
当△，即时，，，函数在上单调递减；
当△，即时，方程有两个不相等的实数根，
，且，
当或时，；当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，
单调递减区间为，．
当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间；
（2）证明：由（2）知，当时，函数在上单调递减，
又（1），当时，，即．
，
即，当时，，
当时，，当时，，
当时，，
累加可得，，
即，
所以．
【例23】（2025春•成都月考）已知函数，其中为自然对数的底数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若不等式在上成立，求实数的取值范围；
（3）设，证明：．
【答案】（1）时，，的增区间为；
时，增区间为，，减区间为；
时，增区间为，减区间为，；
（2），；
（3）证明见详解．
【分析】（1）先求出导数，借助导数，分，和三种情况讨论函数的单调区间即可；
（2）不等式在上成立，转化成求函数在上成立，借助导数及零点存在性定理，分，，三种情况讨论的正负，进而得到在上的单调性，即可求出实数的取值范围；
（3）令（其中，将在恒成立，转化为恒成立，再利用累加求和即可得证．
【解答】解：（1）函数的定义域为，，
若时，，在上单调递增；
若时，令，解得，
当单调递减；
当单调递增；
若时，令，解得，
当单调递增；
当单调递减；
综上所述，时，，的增区间为，
时，增区间为，，减区间为，
时，增区间为，减区间为，；
（2）不等式在上成立，
等价于在上成立，
即在上成立，
设函数，，
，．
若，，当时，
，单调递减，
，与题意矛盾，舍去；
若，，
．
由零点存在定理可知，存在，使得，
当时，，单调递减，
，与题意矛盾，舍去；
若，，当时，
，
故单调递增，；
综上所述，实数的取值范围为，；
（3）证明：由（2）知，当时，在恒成立，
令（其中，
所以①恒成立，
因为，
所以①可化为②，
因为②都成立，所以累加之后也成立，
即．
又因为，
所以（证毕）．
【例24】（2025•黄山一模）已知函数，．
（1）若曲线在点，（1）处的切线与直线垂直，求实数的值；
（2）若在上单调递减，求实数的取值范围；
（3）证明：，．
【答案】（1）．
（2）．
（3）证明见解析．
【分析】（1）求出（1），根据曲线在点，（1）处的切线与直线垂直，结合斜率关系可得出关于的等式，解之即可；
（2）由题意可知对任意的恒成立，参变分离得在上恒成立，利用导数求出函数的最大值，即可求得实数的取值范围；
（3）由（2）可知，，当且仅当时取得等号，令，则，然后利用不等式的基本性质可证得结论成立．
【解答】解：（1）由于函数，因此导函数，那么（1），
由于在点，（1）处的切线与直线垂直，
因此，因此．
（2）函数，那么导函数，
因此在上恒成立．
因此在上恒成立，
令函数，，那么导函数，
当时，，在上单调递减；
当时，，在单调递增，
因此（1），那么，因此，因此实数的取值范围为．
（3）证明：根据第二问可知，当时，，当且仅当时取得等号，
令，那么，
因此，
，，
，
因此
．
因此原不等式得证．
【例25】（2025•朝阳区三模）已知函数．
（1）证明：；
（2）证明：．
【答案】（1）证明过程见解答．
（2）证明过程见解答．
【分析】（1）分步证明，先证明，在设，根据其导函数求解单调性判断，证明过程同理，综合二者即可得证．
（2）先根据第一问，变形得，再令，得出，再代入的所有取值，相加即可得证．
【解答】解：（1）证明：，其中，
设，当时，，
在单调递增，，
即；
，
设，
．，
在单调递增，，
在单调递增，，即．
（2）证明：由（1）可知，，变形得，
令，得，
取，2，3，，得，
，，，，，
相加得．
1.直接移项构造法
将不等式一边移至另一边，构造函数左边-右边，证明（或）在区间内恒成立．
关键：求导后分析的符号，确定的单调性，结合端点值或极值判断．
2.拆分构造法
若直接构造函数求导复杂，可将不等式拆分为两个函数和，证明．
3.放缩构造法
利用常见不等式（如，）先对原式放缩，再构造函数简化证明．
注意：放缩需合理，避免过度放缩导致结论失效．
4.参数分离构造法
若不等式含参数，可分离参数后构造关于变量的函数，转化为求函数值域问题．
1.单一函数零点分析
构造函数，通过导数求单调区间、极值，结合零点存在定理（端点值异号）判断零点个数．
步骤：
求，确定的单调性和极值点；
计算极值及端点值（或极限值），绘制函数大致图像；
根据图像判断零点个数（如极大值且极小值时，函数有两个零点）．
2.分拆函数转化为交点问题
将方程拆分为，构造和，通过图像交点个数分析零点．
3.含参函数零点的分类讨论
当函数含参数时，根据参数对导数符号的影响分类讨论，确定函数单调性及极值的正负．
关键：找到参数的临界值（如极值为0时的参数值），分区间讨论零点情况．
1.恒成立问题（）
构造差函数：令，转化为在D上恒成立．
参数分离法：若能分离参数，即恒成立，则；若恒成立，则．
2.存在性问题（）
构造差函数：转化为在D上存在．
参数分离法：若存在解，则；若存在解，则．
1.变量归一法（对称构造）
若问题具有对称性（如，），可设或（），将双变量转化为单变量函数．
2.构造对称差函数
针对极值点偏移问题（如时，证明），构造，利用单调性证明（或）．
2
0
单调递增
单调递减
1.函数放缩法
找到数列通项对应的函数，利用函数单调性或定积分放缩求和．
2.数学归纳法结合函数构造
先猜想不等式成立，再用数学归纳法证明，其中归纳步骤中常需构造函数证明单调性．