函數(shù)中的構(gòu)造問(wèn)題題型一

抽象函數(shù)的構(gòu)造(微專題)微專題1利用f(x)與xn構(gòu)造已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足2xf(x)＋x2f′(x)<0，f(2)＝

，則關(guān)于x的不等式x2f(x)>3的解集為(

)A．(0，4)

B．(2，＋∞)C．(4，＋∞) D．(0，2)√【解析】由題意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．∴x2f(x)>3即g(x)>g(2)，∴原不等式的解集為(0，2)．狀元筆記利用f(x)與x(或xn)構(gòu)造可以猜想，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)是“＋”法形式時(shí)，優(yōu)先考慮構(gòu)造uv型函數(shù)，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)是“－”法形式時(shí)，優(yōu)先考慮構(gòu)造

型函數(shù)．具體有以下情形：(1)對(duì)于xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xf(x)；√思考題1已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y＝f′(x)，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，若a＝

，則a，b，c的大小關(guān)系是(

)A．a(chǎn)<b<c B．b<c<aC．a(chǎn)<c<b D．c<a<b微專題2利用f(x)與enx構(gòu)造(2025·蚌埠質(zhì)檢)已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對(duì)任意的x∈R，都有f′(x)－f(x)<1，且f(0)＝2022，則不等式f(x)＋1>2023ex的解集為(

)A．(－∞，0) B．(0，＋∞)√因?yàn)閒′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0對(duì)任意的x∈R恒成立，狀元筆記

利用f(x)與ex(或enx)構(gòu)造常用的構(gòu)造形式有exf(x)，enxf(x)，

，這種形式一方面是對(duì)uv，型函數(shù)的考察，另外一方面也是對(duì)(ex)′＝ex，(enx)′＝nenx的考察．所以對(duì)于題目中涉及f(x)±f′(x)的問(wèn)題，我們可以類比xf(x)，√思考題2定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f′(x)<0，則下列各式一定成立的是(

)A．e2f(2021)<f(2019) B．e2f(2021)>f(2019)C．f(2021)<f(2019) D．f(2021)>f(2019)【解析】根據(jù)題意，設(shè)g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，又由函數(shù)f(x)與其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f(x)＋f′(x)<0，則有g(shù)′(x)<0，則函數(shù)g(x)在R上為減函數(shù)，則有g(shù)(2021)<g(2019)，即e2021f(2021)<e2019f(2019)，即e2f(2021)<f(2019)．微專題3利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造√狀元筆記

利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造由于sinx，cosx的導(dǎo)函數(shù)存在一定的特殊性，且它們之間可以相互轉(zhuǎn)化，所以在構(gòu)造函數(shù)時(shí)要充分考慮這一點(diǎn)，具體有以下情形：√思考題3

【多選題】已知偶函數(shù)y＝f(x)對(duì)于任意的x∈滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下列不等式中成立的是(

)√√題型二

通過(guò)數(shù)值構(gòu)造具體函數(shù)(1)(2022·新高考Ⅰ卷)設(shè)a＝0.1e0.1，b＝

，c＝－ln0.9，則(

)A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．a(chǎn)<c<b√【解析】設(shè)u(x)＝xex(0<x≤0.1)，v(x)＝(0<x≤0.1)，w(x)＝－ln(1－x)(0<x≤0.1)，則當(dāng)0<x≤0.1時(shí)，u(x)>0，v(x)>0，w(x)>0.①設(shè)f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]＝lnx＋x－[lnx－ln(1－x)]＝x＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，則f′(x)＝1－

<0在(0，0.1]上恒成立，所以f(x)在(0，0.1]上單調(diào)遞減，所以f(0.1)<0＋ln(1－0)＝0，即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)]，又函數(shù)y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以u(píng)(0.1)<v(0.1)，即0.1e0.1<，所以a<b.②設(shè)g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，則g′(x)＝(x＋1)ex－

(0<x≤0.1)，設(shè)h(x)＝(1－x2)ex－1(0<x≤0.1)，則h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0，0.1]上恒成立，所以h(x)在(0，0.1]上單調(diào)遞增，所以h(x)>(1－02)×e0－1＝0，即g′(x)>0在(0，0.1]上恒成立，所以g(x)在(0，0.1]上單調(diào)遞增，所以g(0.1)>0×e0＋ln(1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，所以0.1e0.1>－ln0.9，即a>c.綜上，c<a<b，故選C.c<a<b狀元筆記(1)由數(shù)值構(gòu)造具體函數(shù)：仔細(xì)觀察要比較的各數(shù)值的共同之處，構(gòu)造一個(gè)或兩個(gè)函數(shù)，使要比較的數(shù)成為該函數(shù)的函數(shù)值，然后利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小．(2)常見(jiàn)泰勒展開(kāi)式：在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展開(kāi)式：√A．c>b>a B．b>a>cC．a(chǎn)>b>c D．a(chǎn)>c>b√A．a(chǎn)>b>c B．b>c>aC．c>a>b D．b>a>c數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又因?yàn)?<e<3<5，所以f(e)>f(3)>f(5)，即a>b>c.故選A.題型三

利用同構(gòu)式構(gòu)造函數(shù)√狀元筆記

常規(guī)同構(gòu)式構(gòu)造函數(shù)化為結(jié)構(gòu)相同的雙變量不等式，構(gòu)造新函數(shù)，利用新函數(shù)的單調(diào)性解決問(wèn)題．√思考題5

【多選題】(2025·江蘇泰州模擬)已知α，β均為銳角，且α＋β－>sinβ－cosα，則(

)A．sinα>sinβ

B．cosα>cosβC．cosα<sinβ D．sinα>cosβ√指對(duì)同構(gòu)(微專題)“同構(gòu)法”解決不等式恒成立問(wèn)題：在不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問(wèn)題中，如果不等式中同時(shí)含有ex和lnx兩種形式的函數(shù)，可以考慮將不等式進(jìn)行合理的轉(zhuǎn)化、變形、拼湊，將不等式兩邊轉(zhuǎn)化為同一個(gè)函數(shù)的兩個(gè)函數(shù)值的形式，然后借助該函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為一個(gè)更為簡(jiǎn)單的不等式恒成立問(wèn)題，從而解決問(wèn)題，這種解題方法通常稱之為“同構(gòu)”，同構(gòu)的三種基本模式如下：同構(gòu)的三種基本模式

五個(gè)常見(jiàn)變形：“指對(duì)同構(gòu)”問(wèn)題中常用以下六個(gè)函數(shù)，要掌握這六個(gè)函數(shù)圖象．微專題1積型√設(shè)g(x)＝xex，x＞0，則g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex>0恒成立，則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)0<x<1時(shí)，mxemx＞0＞elnx·lnx，則原式恒成立，易知G(x)在[1，e)上單調(diào)遞增，在[e，＋∞)上單調(diào)遞減，思考題1對(duì)任意x>0，不等式2ae2x－lnx＋lna≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為(

)√微專題2商型已知a∈N*，函數(shù)f(x)＝e3x－xa>0恒成立，則a的最大值為_(kāi)_______．7易知f(x)＜0，當(dāng)a＝7時(shí)，對(duì)于?x∈(－∞，0]，都有e3x>0≥xa，即f(x)>0恒成立，則amax＝7.思考題2已知函數(shù)f(x)＝aexlnx，g(x)＝x2＋xlna，a>0.設(shè)函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0對(duì)任意的x∈(0，1)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是___________．【解析】由h(x)>0，得g(x)－f(x)>0，得aexlnx<x2＋xlna，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，H′(x)>0，H(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，H′(x)<0，H(x)單調(diào)遞減，且當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，H(x)>0，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，H(x)<0，因?yàn)镠(aex)>H(x)，且H(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，則可得aex>x，微專題3和差型(2025·武漢模擬)已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－alnx成立，則a的最小值為_(kāi)_______．e【解析】∵xa＝elnxa＝ealnx，∴不等式即為ex－x≤ealnx－alnx，∵a>0且x>1，∴alnx>0，設(shè)y＝ex－x，x>0，則y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.故a的最小值為e.思考題3已知函數(shù)f(x)＝xeax－1－lnx－ax.若f(x)≥0對(duì)任意x>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值是________．【解析】xeax－1－lnx－ax＝elnx＋ax－1－(lnx＋ax)≥(lnx＋ax)－(lnx＋ax)＝0(ex－1≥x)，√專題訓(xùn)練04PARTFOUR一、單項(xiàng)選擇題1．(2025·廣東惠州市模擬)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(2)＝3，若?x∈R，f′(x)>1，則f(x)>x＋1的解集為(

)A．(－2，2)

B．(2，＋∞)C．(－∞，2) D．(－∞，＋∞)√解析∵f′(x)－1>0，令g(x)＝f(x)－x，則g′(x)＝f′(x)－1，∴g(x)單調(diào)遞增，∵f(x)>x＋1，則g(x)>1＝g(2)，∴x>2.√2．已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)－A．c<b<a B．c<a<bC．b<a<c D．a(chǎn)<b<c3．已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對(duì)任意x∈R滿足f(x)＋f′(x)<0，則下列結(jié)論正確的是(

)A．f(2)>ef(3) B．f(2)<ef(3)C．f(2)≥ef(3) D．f(2)≤ef(3)√解析令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]<0，因此函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，所以g(2)>g(3)，即e2f(2)>e3f(3)，故f(2)>ef(3)．故選A.√A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．c>b>a D．c>a>b又f(1)＝0，所以f(x)<0，即lnx<x－1，令h(x)＝(1－x)ex，x∈(0，1)，則h′(x)＝－xex<0，所以h(x)單調(diào)遞減，5．(2020·課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則(

)A．a(chǎn)>2b B．a(chǎn)<2bC．a(chǎn)>b2 D．a(chǎn)<b2√解析由指數(shù)和對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.6．已知a<0，不等式xa＋1·ex＋alnx≥0對(duì)任意的實(shí)數(shù)x>1恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為(

)√解析xa＋1·ex＋alnx≥0即為xex≥x－a·(－a)·lnx＝elnx－a·lnx－a，設(shè)f(x)＝xex，則上式?f(x)≥f(lnx－a)對(duì)任意的實(shí)數(shù)x>1恒成立，顯然f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，二、多項(xiàng)選擇題7．若0<x1<x2<1，則(

)C．x2ex1>x1ex2

D．x2ex1<x1ex2√√故h(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減，因?yàn)?<x1<x2<1，所以h(x1)>h(x2)，即

，故x2ex1>x1ex2，所以C正確，D錯(cuò)誤．解析令f(x)＝ex－ln(x＋1)，x∈(0，1)，則f′(x)＝ex－

>0，故f(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，因?yàn)?<x1<x2<1，所以f(x1)<f(x2)，即ex1－ln(x1＋1)<ex2－ln(x2＋1)，故ex2－ex1>ln，所以A正確，B錯(cuò)誤；三、填空題8．(2025·滄州七校聯(lián)考)設(shè)f(x)是R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)－cosx<0，則不等式f(x)<sinx的解集為_(kāi)___________．(0，＋∞)解析令φ(x)＝f(x)－sinx，所以當(dāng)x≥0時(shí)，φ′(x)＝f′(x)－cosx<0，所以φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(x)為R上的奇函數(shù)，所以φ(x)為R上的奇函數(shù)，所以φ(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，故φ(x)在R上單調(diào)遞減且φ(0)＝0，不等式f(x)<sinx可化為f(x)－sinx<0，即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0，所以原不等式的解集為(0，＋∞)．9．(2024·山東濰坊三模)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(1)＝e，當(dāng)(0，1)所以g(x