2025高考数学一轮复习-导数中的函数构造问题【课件】.pptx

第三章一元函数的导数及其应用补上一课导数中的函数构造问题

近三年的高考数学试题都出现了比较大小问题，且是作为小题中的压轴题出现的，此类问题，通常需要构造函数，利用导数判断其单调性，从而使问题得以解决.

题型一通过导数的运算法则构造角度1利用f(x)与ex构造例1(2024·长沙联考)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)＋f′(x)0在R上恒成立， 则不等式e2x＋1f(2x＋1)e3－xf(3－x)的解集是____________.解析令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]0，所以g(x)在R上单调递增，e2x＋1f(2x＋1)e3－xf(3－x)，即g(2x＋1)g(3－x)，

D解析由题意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减.∴x2f(x)3，即g(x)g(2)，∴原不等式的解集为(0，2).

感悟提升

BD

感悟提升

B

c＜a＜b当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

a＜b＜c

题型二通过变量构造具体函数例4已知a＜5，且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，则()A.c＜b＜a B.b＜c＜a C.a＜c＜b D.a＜b＜cD∵ae5＝5ea，a＜5，∴a＞0.同理b＞0，c＞0.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∵f(5)＝f(a)，而0＜a＜5，故0＜a＜1.同理，0＜b＜1，0＜c＜1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c).∵f(5)＞f(4)＞f(3)，∴f(a)＞f(b)＞f(c)，0＜a＜b＜c＜1.

感悟提升若题目所给的条件含有两个变量，可通过变形使两个变量分别置于等号或不等号两边，即可构造函数，并且利用函数的单调性求解.

C解析构造函数f(x)＝ex－lnx，x∈(0，1)，∴f(x)在(0，1)上不单调，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A，B错误；

题型三通过数值构造具体函数c＜a＜b当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.

bcaf′(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(0.02)f(0)＝0，即bc.

故当0≤x2时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，2)上单调递增，所以g(0.01)g(0)＝0，故ca，从而有bca.

感悟提升当要比较的各数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数成为该函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小.

训练3(1)(2024·扬州调研)已知a＝e－0.1－1，b＝tan(－0.1)，c＝ln0.9，则()A.cab B.abc C.bac D.acbB解析法一易知ex≥x＋1，所以a＝e－0.1－1－0.1＋1－1＝－0.1.所以b＝－tan0.1－0.1，故ab；易知lnx≤x－1，所以c＝ln0.90.9－1＝－0.1.设f(x)＝ln(x＋1)－tanx，x∈(－1，0)，

设h(x)＝cos2x－(x＋1)(－1x0)，则h′(x)＝－2cosxsinx－1＝－sin2x－1，在(－1，0)上，h′(x)≤0，h(x)单调递减，所以h(x)h(0)＝cos20－(0＋1)＝0，所以f′(x)0，f(x)单调递增，所以f(－0.1)f(0)＝ln(0＋1)－tan0＝0，即ln0.9－tan(－0.1)0，所以cb.综上，abc.

(2)实数e3，3π，π3的大小关系为___________.e3＜π3＜3π所以πln3＞3lnπ，所以ln3π＞lnπ3，即3π＞π3.因为y＝x3在(0，＋∞)上单调递增，e＜π，所以e3＜π3，所以e3＜π3＜3π.

拓展视野泰勒展开式

A

令f(x)＝x－sinx，则f′(x)＝1－cosx≥0，所以函数f(x)在R上单调递增，

所以函数g(x)在定义域内单调递增，所以当x0时，g(x)g(0)＝0，即有tanxx(x0)成立，综上，cba.

B所以b＞c.故b＞c＞a.

课时分层精练KESHIFENCENGJINGLIAN

1.(2024·亳州质检)若函数y＝f(x)满足xf′(x)－f(x)在R上恒成立，且ab，则()A.af(b)bf(a) B.af(a)bf(b) C.af(a)bf(b) D.af(b)bf(a)B解析由题意，设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)0，所以g(x)在R上是增函数，又ab，所以g(a)