微重点01导数中函数的构造问题（2大考点+强化训练）-2024年高考数学重难点培优精讲（新高考专用）

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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
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微重点01 导数中函数的构造问题（2大考点+强化训练）
【知识导图】
【考点分析】
考点一：导数型构造函数
考向1 利用f(x)与x构造
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).
【例题1】已知是定义在上的增函数，其导函数满足，则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意，B．当且仅当，
C．对于任意，D．当且仅当，
【答案】C
【分析】由题意得及可得，构造函数，可得是定义在上的增函数，又，可证得和和时都有，进而得到结论．
【详解】因为是定义在上的增函数，所以在上恒成立，
又，
所以．
令，则，
所以是定义在上的增函数，
又因为，
所以当时，，则；
当时，，则；
当时，由于在上为增函数，则．
所以对于任意，.
故选C．
【点睛】本题考查函数单调性的应用，解题的关键是根据题意构造出函数，然后根据函数的单调性进行分析、判断，属于中档题．
【变式1】(2023·常州模拟)已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，若f(2)＝0，则不等式x2f(x)>0的解集是________________．
【答案】(－2,0)∪(2，＋∞)
【解析】构造函数g(x)＝x2f(x)，其中f(x)为奇函数且x≠0，
则g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，
所以函数g(x)为奇函数，
且g(2)＝0，g(－2)＝－g(2)＝0，
当x>0时，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为函数g(x)为奇函数，故函数g(x)在(－∞，0)上单调递增，
故x2f(x)>0⇒g(x)>0，
当x0＝g(－2)，可得－20＝g(2)，可得x>2.
综上所述，不等式x2f(x)>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．
【变式2】已知函数f(x)的定义域为[0，＋∞)，导函数为f′(x)，若f′(x)f(3) B．2f(1)>f(3)
C．f(5)>2f(2) D．3f(5)>f(1)
【答案】 B
【解析】设函数g(x)＝eq \f(fx,x＋1)，x≥0，
因为f′(x)g(5)，
即eq \f(f1,2)>eq \f(f2,3)>eq \f(f3,4)>eq \f(f5,6).
所以4f(2)>3f(3)，2f(1)>f(3)，2f(2)>f(5)，3f(1)>f(5)．
考向2 利用f(x)与ex构造
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).
【例题2】已知定义在上的函数和分别满足，，则下列不等式恒成立的是( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】，令，则，由，令可得，进而得出，，，令，及其已知，可得，利用函数在上单调递减，即可得出答案
【详解】
令，则
，
令，则，解得
，
则，
令，，
则
函数在上单调递减，
则，可得
故选:C
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
【变式1】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ex·f(x)>ex＋1的解集为( )
A．{x|x>0} B．{x|xex＋1可化为exf(x)－ex>1，
又φ(0)＝e0f(0)－e0＝1，
∴原不等式等价于φ(x)>φ(0)，故x>0，
∴原不等式的解集为{x|x>0}．
【变式2】(2023·黄山模拟)已知定义域为R的函数f(x)，其导函数为f′(x)，且满足f′(x)－2f(x)0，
则g(x)＝f(x)sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))，则－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f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，则－eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))>－eq \f(\r(3),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，又f(x)为奇函数，所以－f(－x)＝f(x)，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>－eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，选项B正确；
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))，所以eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))，得－eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))，选项D错误．
考点二：构造函数比较大小
规律方法 构造函数比较大小的常见类型
(1)构造相同的函数，利用单调性，比较函数值的大小；
(2)构造不同的函数，通过比较两个函数的函数值进行比较大小．
【例题4】（2023上·广东·高三校联考阶段练习）已知，．若存在，，使得成立，则下列结论中正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．不存在，使得成立D．恒成立，则
【答案】AB
【分析】A选项，转化同构形式，根据函数在上单调，可得，即；B选项，转化为研究函数的最小值问题即可；C选项，特值验证，找到满足条件即可；D选项，不等式变形、分离参数，转化为恒成立问题，构造函数研究最值即可．
【详解】选项A，，
则，且，
由，得，
当时，，则在上递增，
所以当时，有唯一解，故，
，故A正确；
选项B，由A正确，得，
设，则，
令，解得
易知在上单调递增，在上单调递减，
，，，故B正确；
选项C，由，，
得，又验证知，
故存在，使得，C错误；
选项D，由，恒成立，即恒成立，
令，则，
由在上递增，又，，
存在，使，
在上递减，在上递增（其中满足，即）．
，
要使恒成立，，存在满足题意，故D错误．
故选：AB.
【点睛】方法点睛：在应用导数研究函数的综合题型中，在题干条件中同时出现指数函数和对数函数，通常可以考虑借助幂函数作为桥梁，通过变形转化为相同结构的式子，再构造函数研究问题，即指对同构思想的应用．
【变式1】（2023下·辽宁·高二凤城市第一中学校联考期中）下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】A选项，构造函数，及，，由导函数得到其单调性，证明出结论；BC选项，可举出反例；D选项，放缩后，只需证明，构造，，由隐零点结合基本不等式证明出结论．
【详解】A选项，令，，
，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
令，，
，当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
故，A正确；
B选项，，则，当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
当时，，故不满足，B错误；
C选项，令，，
，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，当且仅当时，等号成立，C错误；
D选项，由题意得，
令，，
，令，则恒成立，
故在上单调递增，
因为，，
所以存在使得，即，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，
当且仅当时，即时，等号成立，
又，故等号取不到，所以，
故，，D正确．
故选：AD
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次．
【变式2】(2023·榆林统考)已知a＝ln eq \f(9,4\r(e))，b＝ln eq \f(16,9\r(3,e))，c＝2ln eq \f(5,4)－eq \f(1,4)，则( )
A．ab>c D．a>c>b
答案 D
解析 易知a＝eq \f(1,2e)＝eq \f(ln e,2e)，
b＝eq \f(ln π,2π)，c＝eq \f(ln\r(3),3)＝eq \f(ln 3,2×3)，
令f(x)＝eq \f(ln x,2x)(x>0)，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,2x2)，
f′(x)e，
所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减，
又因为ef(π)，即a>c>b.
【强化训练】
一、单选题
1．定义在R上的函数和满足，且，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由导数得出，代入解析式解得，从而得出，由得出在上单调递减，利用得出答案．
【详解】，则，
解得，由
得出，故，则.
因为，
所以函数在R上单调递减，
故，，
即，故.
故选：D
【点睛】本题考查函数不等式正误的判断，解题时要结合题中不等式构造新函数，利用单调性来进行判断，难点在于构造新函数，考查分析问题与解决问题的能力，属于难题．
2．（2022上·广东佛山·高三统考期末）设函数的导函数是，且恒成立，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导函数研究其单调性，求出结果．
【详解】设，则恒成立，所以单调递增，故，即，解得：，即.
故选：D
3．已知定义在上的函数和分别满，且则下列不等式成立的是
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出函数的导数，根据，设，设，根据函数的单调性判断即可．
【详解】因为，所以，
则即，
将代入，可得：，
所以，设，
则
由于，所以恒成立，
所以单调递减，所以，，
故有，即，
因此
故选：.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，一般：(1)条件含有，就构造，(2)若，就构造，(3)，就构造，(4)就构造，等便于给出导数时联想构造函数．
4．设函数的导函数为，对任意都有成立，则
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由已知，令，借助导数判断函数的单调性，然后根据整理即可做出判断．
【详解】由已知，函数的导函数为，对任意都有成立，
令 ，所以在R上单调递减，
因此 ，
，即.
故选：A.
【点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造． 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等．
5．定义在上的函数的图象是连续不断的曲线，且，当时，恒成立，则下列判断一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，判断为偶函数，且在上单调递增，再计算函数值比较大小得到答案．
【详解】构造函数，因为，所以
则，所以为偶数
当时，，所以在上单调递增，
所以有，则，即，即.
故选
【点睛】本题考查了函数的综合应用，构造函数判断其奇偶性和单调性是解题的关键．
6．已知定义在上的函数的导函数为，且对任意都有，，则不等式的解集为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先构造函数，求导得到在R上单调递增，根据函数的单调性可求得不等式的解集．
【详解】构造函数， ， .
又任意都有.在R上恒成立． 在R上单调递增．当时，有，即的解集为.
【点睛】本题主要考查利用函数的单调性解不等式，根据题目条件构造一个新函数是解决本题的关键．
7．（2023上·上海徐汇·高三上海市第二中学校考期中）已知定义在R上的函数，其导函数满足：对任意都有，则下列各式恒成立的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】构造函数，结合已知判断其导数符号可知单调性，然后由单调性可解．
【详解】记，则，
因为，即，
所以，所以在R上单调递增，
故，，
整理得，.
故选：B
【点睛】关键点睛：本题关键在于根据导数不等式构造函数，然后利用导数判断单调性，由单调性即可求解．
8．(2023·汉中模拟)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导数，设a＝f(0)，b＝3f(ln 3)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是( )
A．c>b>a B．a>b>c
C．c>a>b D．b>c>a
【答案】D
【解析】令g(x)＝exf(x)，
则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)
＝ex[f(x)＋f′(x)]，
因为f′(x)＋f(x)>0，而ex>0恒成立，
所以g′(x)>0，
所以g(x)在定义域上是增函数，
又0