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2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第三章 §3.4 函数中的构造问题 培优课
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§3.4 函数中的构造问题
题型一 导数型构造函数
命题点1 利用f(x)与x构造
例1 (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)－eq \f(fx,x)>0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，则a，b，c的大小关系是( )
A．c0)，
得g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)
＝eq \f(1,x)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′x－\f(fx,x)))，
由题知当x>0时，f′(x)－eq \f(fx,x)>0，
所以g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以eq \f(f2,2)>eq \f(f1,1)>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),\f(1,2))，
即f(2)>2f(1)>4f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即b>a>c.
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(fx,xn).
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，＋∞)
答案 B
解析 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，＋∞)．
命题点2 利用f(x)与ex构造
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)0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>eq \f(1,e2x)的解集为________．
答案 (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，＋∞)．
命题点3 利用f(x)与sin x、cos x构造
例3 (多选)(2022·重庆模拟)定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0成立，则有( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))
B.eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))
D.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))
答案 CD
解析 构造函数g(x)＝eq \f(fx,cos x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，
同理geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，
即eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))).
思维升华 函数f(x)与sin x，cos 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)cos x；
F(x)＝eq \f(fx,sin x)，
F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcos x,sin2x)；
F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
F(x)＝eq \f(fx,cos x)，
F′(x)＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x,cos2x).
跟踪训练3 已知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)cos x<0，若a＝eq \f(\r(2),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，b＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，则a与b的大小关系为________．
答案 aφeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))·sin eq \f(π,4)，
即－eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>eq \f(\r(2),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，
即eq \f(\r(2),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，∴a0，g(t)＝ln t－t，
则g′(t)＝eq \f(1,t)－1＝eq \f(1－t,t)，
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]，
所以ln 2a≤－1，所以00，所以>1，xa>1，
因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以要使≤f(xa)，只需≤xa，
两边取对数，得eq \f(1,x)≤aln x，
因为x≥e，所以a≥eq \f(1,xln x).
令h(x)＝xln x(x∈[e，＋∞))，
因为h′(x)＝ln x＋1>0，
所以h(x)在[e，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(e)＝e，
所以0<eq \f(1,xln x)≤eq \f(1,e)，
则a≥eq \f(1,e)，故正实数a的最小值为eq \f(1,e).
思维升华 同构法的三种基本模式：①乘积型，如aea≤bln b可以同构成aea≤(ln b)eln b，进而构造函数f(x)＝xex；②比商型，如eq \f(ea,a)<eq \f(b,ln b)可以同构成eq \f(ea,ln ea)<eq \f(b,ln b)，进而构造函数f(x)＝eq \f(x,ln x)；③和差型，如ea±a>b±ln b，同构后可以构造函数f(x)＝ex±x或f(x)＝x±ln x.
跟踪训练4 (1)(多选)(2022·常州模拟)若0ln x2－ln x1
D．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(00，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.
在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“eq \f(0,0)”型的代数式，就设法求其最值．“eq \f(0,0)”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则．
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)eq \o(lim,\s\do6(x→a)) f(x)＝0及eq \o(lim,\s\do6(x→a)) g(x)＝0；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)eq \o(lim,\s\do6(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A，那么eq \o(lim,\s\do6(x→a)) eq \f(fx,gx)
＝eq \o(lim,\s\do6(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)eq \o(lim,\s\do6(x→a)) f(x)＝∞及eq \o(lim,\s\do6(x→a)) g(x)＝∞；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)eq \o(lim,\s\do6(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A，那么eq \o(lim,\s\do6(x→a)) eq \f(fx,gx)
＝eq \o(lim,\s\do6(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A.
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．
解 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，
即a<eq \f(x＋1lnx＋1,x)恒成立．
令g(x)＝eq \f(x＋1lnx＋1,x)(x>0)，
∴g′(x)＝eq \f(x－lnx＋1,x2).
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，
∴k′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)>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．
由洛必达法则知
eq \o(lim,\s\do6(x→0)) g(x)＝eq \o(lim,\s\do6(x→0)) eq \f(x＋1lnx＋1,x)
＝eq \o(lim,\s\do6(x→0))[ln(x＋1)＋1]＝1，
∴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．
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax
＝(x＋1)ex－2ax－1，
依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，
∴a＝eq \f(1,2).
经检验a＝eq \f(1,2)符合题意．
(2)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，
即a≤eq \f(ex－1,x)恒成立，
令h(x)＝eq \f(ex－1,x)(x>0)，
∴h′(x)＝eq \f(exx－1＋1,x2)，
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，
eq \o(lim,\s\do6(x→0)) h(x)＝eq \o(lim,\s\do6(x→0)) eq \f(ex－1,x)＝eq \o(lim,\s\do6(x→0)) ex＝1，
∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．
课时精练
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，＋∞)
答案 B
解析 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>b
C．b>a>c D．a>c>b
答案 A
解析 设g(x)＝eq \f(fx,x)，
则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)<0，
∴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)，
∴g′(x)<0，即g(x)为减函数，
又f(0)＝1，故g(0)＝eq \f(f0,e0)＝1，
则不等式f(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 xf eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))
B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))
C.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)))eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4))))，
即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6))),－\f(1,2))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4))),－\f(\r(2),2))，
所以eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)))c>a B．a>c>b
C．a>b>c D．b>a>c
答案 D
解析 依题意得
a＝ln eq \r(3,3)＝eq \f(ln 3,3)，b＝e－1＝eq \f(ln e,e)，
c＝eq \f(3ln 2,8)＝eq \f(ln 8,8).
令f(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
所以f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,e)＝b，
且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.
6．(2022·包头质检)若e－2b＋eq \f(1,2)(a－1)2＝e－a＋eq \f(1,2)(2b－1)2，则( )
A．a>2b B．a＝2b
C．a<2b D．a>b2
答案 B
解析 设f(x)＝eq \f(1,2)(x－1)2－e－x，
则f′(x)＝x－1＋e－x，设g(x)＝x－1＋e－x，
则g′(x)＝1－e－x＝eq \f(ex－1,ex)，
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，
所以f(x)＝eq \f(1,2)(x－1)2－e－x在(－∞，＋∞)上单调递增，
e－2b＋eq \f(1,2)(a－1)2＝e－a＋eq \f(1,2)(2b－1)2化为
eq \f(1,2)(a－1)2－e－a＝eq \f(1,2)(2b－1)2－e－2b，
即f(a)＝f(2b)⇒a＝2b.
7．(多选)已知a，b∈(0，e)，且abea
C．aln bbln a
答案 ABD
解析 设g(x)＝eq \f(ex,x)，则g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
所以g(x)＝eq \f(ex,x)在(0,1)上单调递减，在(1，e)上单调递增．
所以当a，b∈(0，e)，a0，得0e，
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
因为a，b∈(0，e)，且abln 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( )
A．－1 B．－eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．1
答案 BCD
解析 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，
则m≥－eq \f(1,3)，
所以实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)).
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________．
答案 (0，＋∞)
解析 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xb>c
解析 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)，
因为f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－1,x)＜0(x∈(0,1))，
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________．
答案 2
解析 ∵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，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0；
当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(t)min＝φ(0)＝2，
∴a≤2，故a的最大值为2.
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