2023年高考数学(文)一轮复习教案第3章培优课3.docx

1、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 x0 时，f(x)fxx 0，若 a2f(1)，bf(2)，c4f 12，则 a，b，c 的大小关系是()AcbaBcabCbacDab0)，得 g(x)xfxfxx21xfxfxx，由题知当 x0 时，f(x)fxx 0，所以 g(x)0，故 g(x)在(0，)上单调递增，所以f22 f11 f 1212，即 f(2)2f(1)4f 12，即 bac.思维升华(1)出现 nf(x)xf(x)形式，构造函数 F(x)x

2、nf(x)；(2)出现 xf(x)nf(x)形式，构造函数 F(x)fxxn.跟踪训练 1 设 f(x)为定义在 R 上的奇函数，f(3)0.当 x0 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)，xR，当 x0 时，g(x)x2f(x)2xf(x)xxf(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

3、(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 x0 时，f(x)0g(x)0g(3)，得 x3，当 x0g(x)0g(3)，得3x0，综上，得3x3，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 已知 f(x)是定义在(，)上的函数，导函数 f(x)满足 f(x)f(x)对于 xR 恒成立，af2e2，bf(0)，则 a，b 的大小关系为_答案 ab解析 构造 F(x)fxex，则 F(x)exfxexfxe2xfxfxex，导函数 f(x)满足 f(x)f(x)，则 F

4、(x)0，F(x)在 R 上单调递减，F(2)F(0)，即f2e2 0，且 f(1)12，则不等式 f(x)e12ex1的解集为()A(1,1)B(，1)(1，)C(，1)D(1，)答案 D解析 令 g(x)(ex1)f(x)，则 g(x)exf(x)(ex1)f(x)0，所以 g(x)在 R 上单调递增，不等式 f(x)e12ex1可化为(ex1)f(x)e12，而 f(1)12，则 g(1)(e1)f(1)e12，即 g(x)g(1)，所以 x1，即不等式的解集为(1，)命题点 3 利用 f(x)与 sin x、cos x 构造例 3(2022重庆模拟)定义在0，2 上的函数 f(x)，已

5、知 f(x)是它的导函数，且恒有 cosxf(x)sin xf(x)2f 4B.3f 6 f 3Cf 6 3f 3D.2f 6 3f 4答案 C解析 构造函数 g(x)fxcos x0 x2.则 g(x)fxcos xfxsin xcos x2g 3，所以 f 6 3f 3，同理 g 6 g 4，即 2f 6 3f 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 xf(x)cos x；F(x)fxsin x，F(x)fxsin xfxcos xsin2x；F(x)f(x)cos x，F(x)f(x)co

6、s xf(x)sin x；F(x)fxcos x，F(x)fxcos xfxsin xcos2x.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 xf(x)cos x0，若 a 22 f 6，bf 4，则 a 与 b 的大小关系为_答案 ab解析 设(x)f(x)sin x，则(x)f(x)sin xf(x)cos x，x(0，)时，(x)4，即 f 6 sin6 f 4 sin 4，即12f 6 22 f 4，即 22 f 6 f 4，a0，g(t)ln tt，则 g(t)1t11tt，当 0t0，当 t1 时，g(t)0，所以 g(t

7、)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以当 t1 时，g(t)取得极大值即最大值 g(1)1，因为当 t0 时，g(t)，所以 g(t)(，1，所以 ln 2a1，所以 00，所以1e x 1，xa1，因为 f(x)在(1，)上单调递增，所以要使 f(1e x)f(xa)，只需1e x xa，两边取对数，得1xaln x，因为 xe，所以 a 1xln x.令 h(x)xln x(xe，)，因为 h(x)ln x10，所以 h(x)在e，)上单调递增，所以 h(x)minh(e)e，所以 0 1xln x1e，则 a1e，故正实数 a 的最小值为1e.思维升华 同构法的三种基本模式

8、：乘积型，如 aeabln b 可以同构成 aea(ln b)eln b，进而构造函数 f(x)xex；比商型，如eaa bln b可以同构成 ealn eabln b，同构后可以构造函数 f(x)exx 或 f(x)xln x.跟踪训练 4(1)(2022常州模拟)若 0 x1x2x12exBx21ex ln x2ln x1D1ex 2ex ln x2ln x1答案 A解析 构造函数 f(x)exx(0 x1)，因为 f(x)exx1x20，所以 f(x)在(0,1)上单调递减，因为 0 x1x21，所以22exxx12ex，所以选项 A 正确，选项 B 错误；构造函数 h(x)exln x

9、(0 x0，当 x0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)exln x(0 x1)，易知 g(x)在(0,1)上单调递增，因为 0 x1x21，所以1ex ln x12ex ln x2，即1ex 2ex 0，得 t0，令(t)0，得 t1，都有 f(x)a(x1)成立，求实数 a 的取值范围解 当 x1 时，f(x)a(x1)，即 a1)，(x)x1ln xx12，令 g(x)x1ln x(x1)，g(x)11xx1x 0，g(x)在(1，)上单调递增，g(x

10、)g(1)0，(x)0，(x)在(1，)上单调递增，由洛必达法则知limx1(x)limx1xln xx1limx1(1ln x)1，a1.故实数 a 的取值范围是(，1例 2 已知函数 f(x)x(ex1)ax2(aR)(1)若 f(x)在 x1 处有极值，求 a 的值(2)当 x0 时，f(x)0，求实数 a 的取值范围解(1)f(x)ex1xex2ax(x1)ex2ax1，依题意知 f(1)2a10，a12.经检验 a12符合题意(2)方法一 当 x0 时，f(x)0，即 x(ex1)ax20，即 ex1ax0，令(x)ex1ax(x0)，则(x)min0，(x)exa.当 a1 时，(

11、x)exa0，(x)在(0，)上单调递增，(x)(0)0，a1 满足条件当 a1 时，若 0 xln a，则(x)ln a，则(x)0.(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，(x)min(ln a)a1aln a0.令 g(a)a1aln a(a1)，g(a)1(1ln a)ln a0，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 x0 时，f(x)0，即 x(ex1)ax20，即 ex1ax0，即 axex1，即 aex1x恒成立，令 h(x)ex1x(x0)，h(x)exx11x2，令 k(x)ex(x1)1(x

12、0)，k(x)exx0，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，limx0 h(x)limx0ex1xlimx0 ex1，a1.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)3x22 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)6x0，所以 g(x)在 R 上单调递增因为 g(1)f(1)32 020，所以不等式 f(x)3x22 020 等价于 g

13、(x)g(1)，所以 x1.2已知定义在 R 上的函数 f(x)的导函数为 f(x)，且满足 xf(x)bcBcabCbacDacb答案 A解析 设 g(x)fxx，则 g(x)xfxfxx2ln 41，g(3)g(ln 4)bc.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)f0e0 1，则不等式 f(x)ex 等价于fxex 1g(0)，即 g(x)0，故不等式的解集为(0，)4若函数 f(x)的

14、导函数为 f(x)，对任意 x(，0)，f(x)sin xf 34Bf 56 2f 34C.2f 56 f 34Df 56 2f 34答案 C解析 因为任意 x(，0)，f(x)sin xf(x)cos x0 恒成立，又当 x(，0)时，sin x0，所以fxsin x fxsin xfxcos xsin x20，所以 y fxsin x在(，0)上单调递减，因为56 f 34sin34，即f 5612f 34 22，所以 2f 56 caBacbCabcDbac答案 D解析 依题意得aln3 3ln 33，be1ln ee，c3ln 28 ln 88.令 f(x)ln xx(x0)，则 f(

15、x)1ln xx2，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)maxf(e)1eb，且 f(3)f(8)，即 ac，所以 bac.6若 e2b12(a1)2ea12(2b1)2，则()Aa2bBa2bCab2答案 B解析 e2b12(a1)2ea12(2b1)2，ea12(a1)2e2b12(2b1)2，令 f(x)ex12(x1)2，f(x)exx1，令 g(x)exx1，g(x)ex1，当 x(，0)时，g(x)0，g(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，g(x)ming(0)2，g(x)0，f(x)0，f(x)在 R 上为增函数，又 ea12

16、(a1)2e2b12(2b1)2，则 f(a)f(2b)，a2b.7已知 a，b(0，e)，且 ab，则下列式子中不可能成立的是()AaebbeaCaln bbln a答案 C解析 设 g(x)exx，则 g(x)exx1x2，所以 g(x)exx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 0 xe，由 f(x)e，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 ab，所以ln aa bln a.所以选项 C 不正确，D 正确8已知定义域为 R 的函数 f(x)的图象连续不断，且xR，f(x)f(x)4x2，当 x(

17、0，)时，f(x)4x，若 f(2m1)f(m)6m28m2，则实数 m 的取值范围是()A1，)B.13，C.13，D1，)答案 B解析 依题意得，f(x)f(x)4x2，故 f(x)2x2f(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)4x1，f(0)4，则不等式 exf(x)ex3 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)ex0，令 g(x)exf(x)ex，则 g(x)exf(x)ex

18、f(x)ex0，所以 g(x)在 R 上单调递增，且 g(0)f(0)13，不等式 exf(x)ex3 等价于 exf(x)ex3，即 g(x)g(0)，所以 x0.10若 xy 时，不等式 2(sin xsin y)m(xy)恒成立，则实数 m 的取值范围是_答案(，2解析 因为xy，恒有 2(sin xsin y)m(xy)，即 2sin xmx2sin ymy，令 f(x)2sin xmx，所以xy，有 f(x)bc解析 设 f(x)x22ln x，g(x)exx，则 f(a)g(1)，f(b)g(2)，f(c)g(3)，又 g(x)ex10(x0)，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)2x2x2x21xbc.12若不等式 xexaln xx1 恒成立，则实数 a 的最大值为_答案 2解析 xexaln xx1，eln xxaln xx1，令 tln xx，则 etat1 恒成立，则 aett1 恒成立，令(t)ett1，(t)et1，当 t(，0)时，(t)0，(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，(t)min(0)2，a2，故 a 的最大值为 2.