（新高考）高考数学一轮复习讲练测第3章§3.4函数中的构造问题[培优课](含解析)

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函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题．
题型一 导数型构造函数
命题点1 利用f(x)与x构造
例1 (2023·苏州质检)已知函数f(x)在R上满足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 因为函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，
令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，
由题意知，当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上单调递减，
又g(x)是奇函数，所以g(x)在R上单调递减，
因为20.6>1,0所以lg2eq \f(1,8)<0又a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，c＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,8)))，
所以c>b>a.
思维升华 (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)＝eq \f(fx,xn).
跟踪训练1 (2023·重庆模拟)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)且f(1)＝0，则不等式f(x)<0的解集是( )
A．(－∞，1) B．(－1,1)
C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(0,1)
答案 D
解析 令g(x)＝eq \f(fx,x2)且x≠0，
则g′(x)＝eq \f(xf′x－2fx,x3)，
又对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)，
即当x>0时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由f(x)为偶函数，则g(－x)＝eq \f(f－x,－x2)＝eq \f(fx,x2)＝g(x)，所以g(x)也为偶函数，故g(x)在(－∞，0)上单调递减，
则g(－1)＝g(1)＝eq \f(f1,1)＝0，且f(x)<0等价于g(x)＝eq \f(fx,x2)所以x∈(－1,0)∪(0,1)．
命题点2 利用f(x)与ex构造
例2 (2022·蚌埠质检)已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f′(x)－f(x)<1，且f(0)＝2 022，则不等式f(x)＋1>2 023ex的解集为( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))) D．(－∞，1)
答案 A
解析 构造函数F(x)＝eq \f(fx＋1,ex)，
则F′(x)＝eq \f(f′x·ex－[fx＋1]·ex,e2x)＝eq \f(f′x－fx－1,ex)，因为f′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0恒成立，故F(x)＝eq \f(fx＋1,ex)在R上单调递减，f(x)＋1>2 023ex可变形为eq \f(fx＋1,ex)>2 023，又f(0)＝2 022，所以F(0)＝eq \f(f0＋1,e0)＝2 023，
所以F(x)>F(0)，解得x<0.
思维升华 (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)＝eq \f(fx,enx).
跟踪训练2 (2023·南昌模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有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，＋∞)．
命题点3 利用f(x)与sin x，cs x构造
例3 已知偶函数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)，当0A.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))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
答案 A
解析 因为偶函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
所以设g(x)＝eq \f(fx,cs x)，
则g(－x)＝eq \f(f－x,cs－x)＝eq \f(fx,cs x)，
即g(x)也是偶函数．
当0根据题意g′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x)<0，
则g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，且为偶函数，
则g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增．
所以f(x)<2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))cs x⇔eq \f(fx,cs x)所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)解得x∈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))).
思维升华 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)＝eq \f(fx,sin x)，
F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)；
F(x)＝f(x)cs x，
F′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x；
F(x)＝eq \f(fx,cs x)，
F′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x).
跟踪训练3 已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，＋∞)时，f′(x)sin x＋f(x)cs x<0，若a＝eq \f(\r(2),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))，b＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，则a与b的大小关系为_____．(用“<”连接)
答案 a解析 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，
∴φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))·sin eq \f(π,4)，
即－eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))>eq \f(\r(2),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，
即eq \f(\r(2),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)))，∴a题型二 同构法构造函数
例4 (1)(2020·全国Ⅰ)若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，则( )
A．a>2b B．a<2b
C．a>b2 D．a答案 B
解析 由指数和对数的运算性质可得2a＋lg2a＝4b＋2lg4b＝22b＋lg2b.
令f(x)＝2x＋lg2x，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又∵22b＋lg2b<22b＋lg2b＋1＝22b＋lg22b，
∴2a＋lg2a<22b＋lg22b，
即f(a)(2)(2023·武汉模拟)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＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ealn x，∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，
∵a>0且x>1，∴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.
思维升华 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．
跟踪训练4 (1)(多选)(2023·泰州模拟)已知α，β均为锐角，且α＋β－eq \f(π,2)>sin β－cs α，则( )
A．sin α>sin β B．cs α>cs β
C．cs αcs β
答案 CD
解析 ∵α＋β－eq \f(π,2)>sin β－cs α，
∴β－sin β>eq \f(π,2)－α－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))，
令f(x)＝x－sin x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f′(x)＝1－cs x>0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
∴β>eq \f(π,2)－α，
∵α，β均为锐角，
∴cs βsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))，
∴cs βcs α.
(2)(2023·南京模拟)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则ealn ea设f(x)＝xln x，
则f(ea)因为a>0，则bln b>0，则b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以ea课时精练
1．(2023·株州模拟)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)，于是当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)2．若2x－2y<3－x－3－y，则( )
A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0
C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0
答案 A
解析 由2x－2y<3－x－3－y，
得2x－3－x<2y－3－y，
令f(t)＝2t－3－t，
∵y＝2t为R上的增函数，y＝3－t为R上的减函数，
∴f(t)为R上的增函数，
∴x∵y－x>0，∴y－x＋1>1，∴ln(y－x＋1)>0，则A正确，B错误；
∵|x－y|与1的大小不确定，故C，D无法确定．
3．(2023·济南模拟)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，
因为f(x)是偶函数，
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，＋∞)．
4．(2023·常州模拟)已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，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 由f(x－1)的图象关于点(1,0)对称可知，f(x)的图象关于点(0,0)对称，则f(x)为奇函数，
令g(x)＝f(x)sin x，则g(x)为偶函数，
又x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cs x>0，即[f(x)sin 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．(多选)(2023·开封模拟)已知e是自然对数的底数，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)是f(x)的导函数，且eq \f(fx,x)＋ln x·f′(x)>0，则( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＋f(e)>0 B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))<0
C．f(e)>0 D．f(1)＝0
答案 AC
解析 令函数g(x)＝ln x·f(x)，
则g′(x)＝eq \f(fx,x)＋ln x·f′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，
所以g(e)＝f(e)>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))<0，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＋f(e)>0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))>0，f(1)的大小不确定．
6．若ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1，则( )
A.eq \f(m,n)>e B.eq \f(m,n)C．m－n>e D．m－n答案 A
解析 由题意可知，m>0，n>0，则ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1>ln(en)－en＋2e2n2，
构造函数f(x)＝2x2－x＋ln x，其中x>0，则f′(x)＝4x＋eq \f(1,x)－1≥2eq \r(4x·\f(1,x))－1＝3>0，
当且仅当x＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由ln m－m＋2m2>ln(en)－en＋2e2n2可得f(m)>f(en)，所以m>en>0，则eq \f(m,n)>e，
故A对，B错，无法判断C，D选项的正误．
7．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1)
B．ef(2)>f(1)，f(2)C．ef(2)ef(1)
D．ef(2)答案 C
解析 由题意可知，函数f(x)在R上单调递减，f(x)＋f′(x)<0，f′(x)－f(x)>0.
构造函数h(x)＝exf(x)，定义域为R，
则h′(x)＝exf(x)＋f′(x)ex
＝ex[f(x)＋f′(x)]<0，
所以h(x)在R上单调递减，
所以h(2)所以e2f(2)即ef(2)构造函数g(x)＝eq \f(fx,ex)，定义域为R，
则g′(x)＝eq \f(f′x·ex－ex·fx,ex2)＝eq \f(f′x－fx,ex)>0，
所以g(x)在R上单调递增，
所以g(2)>g(1)，所以eq \f(f2,e2)>eq \f(f1,e)，
即f(2)>ef(1)，故D错误．
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)等于( )
A.eq \f(1,2) B．1 C. eq \r(2) D．2
答案 B
解析 由题意得lg2m＋2m＝2n＋1＋n，
lg2m＋2m＝2×2n＋n＝lg22n＋2×2n，
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.
9．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)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，＋∞)．
10．(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的取值范围为________．
答案 λ≥eq \f(1,e)
解析 由题意，得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)在(0，＋∞)上单调递增，
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，则g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，则g(x)单调递减；
所以g(x)≤g(e)＝eq \f(1,e)，故λ≥eq \f(1,e).