新高考数学一轮复习课件 第3章 §3.4 函数中的构造问题　培优课

这是一份新高考数学一轮复习课件 第3章 §3.4 函数中的构造问题　培优课，共60页。PPT课件主要包含了高考数学一轮复习策略，第三章，课时精练等内容，欢迎下载使用。

1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§3.4　函数中的构造问题　培优课
例1　(2022·湘豫名校联考)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)－ >0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝  ，则a，b，c的大小关系是A.c命题点1　利用f(x)与x构造
(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝ .
跟踪训练1　设f(x)为定义在R上的奇函数，f(－3)＝0.当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导函数，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是A.(－∞，－3)∪(0,3)B.(－3,0)∪(3，＋∞)C.(－3,0)∪(0,3)D.(－∞，－3)∪(3，＋∞)
令g(x)＝x2f(x)，x∈R，当x>0时，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(x)为R上的奇函数，即f(－x)＝－f(x)，于是得g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－g(x)，则g(x)是奇函数，g(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(－3)＝0，
则g(3)＝－g(－3)＝－[(－3)2f(－3)]＝0，当x>0时，f(x)>0⇔g(x)>0＝g(3)，得x>3，当x<0时，f(x)>0⇔g(x)>0＝g(－3)，得－33，所以使f(x)>0成立的x的取值范围是(－3,0)∪(3，＋∞).
例2　(多选)已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)e2f(0)C.e2f(－1)>f(1) D.e2f(－1)命题点2　利用f(x)与ex构造
(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝ .
跟踪训练2　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)> 的解集为__________.
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，
即F(x)>F(0)，∴x>0，∴原不等式的解集为(0，＋∞).
命题点3　利用f(x)与sin x、cs x构造
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F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x；
F(x)＝f(x)cs x，F′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x；
设φ(x)＝f(x)·sin x，则φ′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x，∴x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(x)为奇函数，∴φ(x)为偶函数，
例4　(1)若存在x，y∈(0，＋∞)使得xln(2ax)＋y＝xln y，则实数a的最大值为
由xln(2ax)＋y＝xln y，
当00，当t>1时，g′(t)<0，所以g(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当t＝1时，
g(t)取得极大值即最大值g(1)＝－1，因为当t→0时，g(t)→－∞，所以g(t)∈(－∞，－1]，
由题意，原不等式可变形为
即 ≤xa－ln xa，设f(x)＝x－ln x，
则当x≥e时， ≤f(xa)恒成立，
所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
因为x≥e，a>0，所以 >1，xa>1，
因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
令h(x)＝xln x(x∈[e，＋∞))，因为h′(x)＝ln x＋1>0，
所以要使 ≤f(xa)，只需 ≤xa，
所以h(x)在[e，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(e)＝e，
跟踪训练4　(1)(多选)(2022·常州模拟)若0ln x2－ln x1 D. 所以f(x)在(0,1)上单调递减，因为0所以选项A正确，选项B错误；
构造函数h(x)＝ex－ln x(0易知h′(x)在(0,1)上单调递增，而h′(1)＝e－1>0，当x→0＋时，h′(x)→－∞，所以存在x0∈(0,1)，使h′(x0)＝0，所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，1)上单调递增，所以无法判断C选项的正确性；
构造函数g(x)＝ex＋ln x(0所以 ＋ln x1< ＋ln x2，
即 (2)已知函数f(x)＝ex－ －1在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，则实数k＝_____.
令f(x)＝0得，k＝xex－x－ln x＝eln x·ex－x－ln x＝eln x＋x－x－ln x，令x＋ln x＝t，所以t∈R，所以k＝et－t，令φ(t)＝et－t，φ′(t)＝et－1，令φ′(t)>0，得t>0，令φ′(t)<0，得t<0，
所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以φ(t)min＝φ(0)＝1，且当t→－∞时，φ(t)→＋∞，当t→＋∞时，φ(t)→＋∞，所以k＝1.
例1　已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围.
方法一　令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴ln(x＋1)>0.①当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，
∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意.②当1－a<0，即a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0；x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)<φ(0)＝0与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意.
综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].方法二　当x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴k(x)>k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)>0恒成立，∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
例2　已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值.
f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.
方法一　当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满足条件.②当a>1时，若0ln a，则φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，
∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减.∴g(a)1不满足条件，综上，实数a的取值范围是(－∞，1].方法二　当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，
令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)>k(0)＝0，
∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.由洛必达法则知，
∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1].
KESHIJINGLIAN
1.已知f(x)的定义域为R，f(1)＝2 023，且f′(x)≥6x恒成立，则不等式f(x)>3x2＋2 020的解集为A.(－1,1)B.(1，＋∞)C.(－∞，－1)D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
令函数g(x)＝f(x)－3x2，因为g′(x)＝f′(x)－6x≥0，所以g(x)在R上单调递增.因为g(1)＝f(1)－3＝2 020，所以不等式f(x)>3x2＋2 020等价于g(x)>g(1)，所以x>1.
2.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足xf′(x)b>c B.c>a>bC.b>a>c D.a>c>b
∴g(x)为减函数.∵3>ln 4>1，∴g(3)b>c.
3.(2022·青铜峡模拟)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数记为f′(x)，若对于任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式f(x)∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即g(x)为减函数，
即g(x)0，故不等式的解集为(0，＋∞).
4.若函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(－π，0)，f′(x)sin x因为任意x∈(－π，0)，f′(x)sin x－f(x)cs x<0恒成立，又当x∈(－π，0)时，sin x<0，
5.已知a＝ ，b＝e－1，c＝ ，则a，b，c的大小关系为A.b>c>a B.a>c>bC.a>b>c D.b>a>c
且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.
6.(2022·包头质检)若e－2b＋ (a－1)2＝e－a＋ (2b－1)2，则A.a>2b B.a＝2bC.a<2b D.a>b2
则f′(x)＝x－1＋e－x，设g(x)＝x－1＋e－x，
令g′(x)>0⇒x>0⇒f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；令g′(x)<0⇒x<0⇒f′(x)在(－∞，0)上单调递减，所以f′(x)min＝f′(0)＝0，即f′(x)≥0恒成立，
即f(a)＝f(2b)⇒a＝2b.
7.(多选)已知a，b∈(0，e)，且abeaC.aln bbln a
所以当a，b∈(0，e)，a由f′(x)>0，得0e，
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
即aln b>bln a.所以选项C不正确，D正确.
8.(多选)(2022·山东济宁一中月考)已知定义域为R的函数f(x)的图象连续不断，且∀x∈R，f(x)＋f(－x)＝4x2，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<4x，若f(2m＋1)－f(－m)≤6m2＋8m＋2，则实数m的取值可以为
依题意得，f(x)＋f(－x)＝4x2，故f(x)－2x2＝－[f(－x)－2(－x)2]，令g(x)＝f(x)－2x2，则g(x)＝－g(－x)，所以函数g(x)为奇函数，g′(x)＝f′(x)－4x，因为当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<4x，即当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝f′(x)－4x<0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，由g(x)为奇函数可知，g(x)在R上单调递减，
因为f(2m＋1)－f(－m)≤6m2＋8m＋2，故f(2m＋1)－2·(2m＋1)2≤f(－m)－2·(－m)2，即g(2m＋1)≤g(－m)，故2m＋1≥－m，
9.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3的解集为__________.
将f(x)＋f′(x)>1左右两边同乘ex得，exf(x)＋exf′(x)－ex>0，令g(x)＝exf(x)－ex，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex>0，所以g(x)在R上单调递增，且g(0)＝f(0)－1＝3，不等式exf(x)>ex＋3等价于exf(x)－ex>3，即g(x)>g(0)，所以x>0.
10.(2022·江阴模拟)若x即∀x所以实数m的取值范围是(－∞，－2].
11.(2022·深圳模拟)已知a，b，c∈(0,1)，且a2－2ln a＋1＝e，b2－2ln b＋2＝e2，c2－2ln c＋3＝e3，其中e是自然对数的底数，则a，b，c的大小关系是________.
设f(x)＝x2－2ln x，g(x)＝ex－x，则f(a)＝g(1)，f(b)＝g(2)，f(c)＝g(3)，又g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(3)＞g(2)＞g(1)，即f(c)＞f(b)＞f(a)，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，所以a＞b＞c.
12.若不等式xex－a≥ln x＋x－1恒成立，则实数a的最大值为____.
∵xex－a≥ln x＋x－1，∴eln x＋x－a≥ln x＋x－1，令t＝ln x＋x，则et－a≥t－1恒成立，则a≤et－t＋1恒成立，令φ(t)＝et－t＋1，∴φ′(t)＝et－1，