微专题强化四 导数中的函数构造问题
专|题|梳|理
构造法是将不同的代数式(或不等式、方程)通过变形，转化为形式结构相同或相近的式子，然后通过构造的函数利用函数单调性解题，此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式或不等式问题．主要考查幂、指数、对数函数的性质、导数运算及应用等，试题形式灵活多样，思维量大，对观察能力、代数式的变形能力要求比较高．
函数构造问题主要包括三大类：
1．构造具体函数
依据题设中目标特征适当变形，将其化为结构相同的式子，然后同构函数，利用函数单调性求解．
2．构造抽象函数
本种题目主要是抽象函数f(x)与x(或xn)、ex(或enx)、sin x(或cos x)的组合函数问题，通过构造f(x)与x(或xn)、ex(或enx)、sin x(或cos x)的和、差、积、商的组合函数，利用构造函数的单调性解决问题．
3．指、对同构
(1)积型：对于不等式aea≤bln b有三种同构方式．
(2)商型：对于不等式<有三种同构方式．
(3)和差型：对于不等式ea±a>b±ln b有两种同构方式．
有时要对式子进行变形，甚至放缩才能进行同构．例如：aeax>ln x，两边同乘以x，得axeax>xln x，再进行同构：ln eax·eax>xln x或axeax>ln x·eln x，构造函数f(x)＝xln x或f(x)＝xex.
典|型|例|题
类型一 构造具体函数
【例1】 已知a＝＋ln，b＝1＋，c＝＋ln 2，则( )
A．c
C．c根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或者结构形式的相同点，构造具体的函数解析式，利用导数研究该函数的性质从而解决问题．
【训练1】 (2025·山东济宁模拟)若实数a，b，c∈[0,1]，且满足ae＝ea，be1.2＝1.2eb，ce1.6＝1.6ec，则a，b，c的大小关系是( )
A．c>b>a B．b>a>c
C．a>b>c D．b>c>a
类型二 构造抽象函数
【例2】 (1)已知定义在R上的连续函数为f(x)，其导函数为f′(x)，当x≠0时，xf′(x)－f(x)<0恒成立．设a＝2f，b＝f()，c＝f(1)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(1)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3e的解集为( )
A．(－∞，0) B．(－∞，1)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
隐函数构造问题常见的两类情况
1．g(x)f′(x)±g′(x)f(x)型：此类问题中，往往需要构造y＝g(x)·f(x)或y＝(g(x)≠0)型的函数，常见的如：含xf′(x)±nf(x)需要构造xn·f(x)或，含f′(x)·sin x±f(x)·cos x需要构造f(x)·sin x或，含f′(x)·ln x±f(x)需要构造f(x)·ln x或.
2．f′(x)±kf(x)型：此类问题往往是省略了ekx结构，一般需要构造y＝ekx·f(x)或y＝型的函数．
【训练2】 已知函数y＝f(x)对任意的x∈(0，π)，满足f′(x)sin x>f(x)cos x，则下列不等式成立的是( )
A．ff
C．f>f D．f类型三 指对同构
考向 ：积型同构
【例3】 设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea＋1＋bA．ab>e B．b>ea＋1
C．ab本题要进行变形，不能直接同构．不同的变形可以有不同的同构方式，可以按aea【训练3】 设m>0，对任意实数x≥e，不等式x2ln x－me≥0恒成立，则m的最大值是________．
考向 ：商型同构
【例4】 若关于x的不等式－>0对 x∈(0,1)恒成立，则实数a的取值范围为( )
A． B．
C． D．
商型同构即构造函数y＝的形式，如：，，，等及变形形式．
【训练4】 已知函数f(x)＝(ex－1)ln(x＋1)(x>0)，求证：f(x)>x2.
类型三 和(差)型同构
【例5】 对于任意的x>0，ex≥(a－1)x＋ln(ax)恒成立，则a的最大值是________．
本题通过变形变为y＝ex＋x的形式．
【训练5】 (2025·河南洛阳模拟)已知a>1，b>1，且满足a2－3b>2ln a－ln 4b，则( )
A．a2>2b B．a2<2b
C．a2>b2 D．a2微专题强化四 导数中的函数构造问题
典型例题
【例1】 D 解析 构造函数f(x)＝＋ln x，因为f′(x)＝－＋＝(x>0)，所以当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为1<<2【训练1】 C 解析 由ae＝ea，be1.2＝1.2eb，ce1.6＝1.6ec，得＝，＝，＝.令f(x)＝，则f′(x)＝，当x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，于是f(1)>f(1.2)>f(1.6)，即f(a)>f(b)>f(c)，又a，b，c∈[0,1]，所以a>b>c.故选C.
【例2】 (1)C 解析 令g(x)＝，则g′(x)＝，因为x≠0时，xf′(x)－f(x)<0恒成立，所以当x>0时，g′(x)<0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减．则a＝2f＝g，b＝f()＝g()，c＝f(1)＝g(1)，因为<1<，所以g>g(1)>g()，即a>c>b.故选C.
(2)D 解析 设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，因为f(x)＋f′(x)>1，所以f(x)＋f′(x)－1>0，又ex>0，所以g′(x)>0恒成立，所以y＝g(x)在定义域R上单调递增．故原不等式可转化为exf(x)－ex>3e，又f(1)＝4，所以g(1)＝ef(1)－e＝3e，所以g(x)>g(1)，所以x>1.故选D.
【训练2】 B 解析 令F(x)＝，x∈(0，π)，则F′(x)＝，因为f′(x)sin x>f(x)cos x，则f′(x)sin x－f(x)cos x>0，所以F′(x)>0，所以F(x)在(0，π)上单调递增，所以F>F，即>，即f>f.故选B.
【例3】 B 解析 由已知，aea＋10，则ea>1.又b(ln b－1)>0，b>0，则ln b>1，即b>e，从而>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)内单调递增，所以ea<，即b>ea＋1.故选B.
【训练3】 e 解析 由x2ln x－me≥0，得xln x≥e，即ln x·eln x≥e (x≥e)，设f(t)＝tet(t>0)，则f(t)在(0，＋∞)上是增函数，又f(ln x)≥f，所以ln x≥，即m≤xln x，又当x≥e时，xln x≥eln e＝e，所以m≤e，即m的最大值是e.
【例4】 B 解析 由题意可知a>0，>，即>对 x∈(0,1)恒成立．设g(x)＝，则问题转化为g(aex)>g(x)在(0,1)上恒成立，因为g′(x)＝，所以当00，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.①在x∈(0,1)上，若aex≥1恒成立，即a≥1，g(aex)≥0>g(x)；②在x∈(0,1)上，若0x恒成立，即0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)【训练4】 证明 由题意，证明f(x)>x2，只需证明(ex－1)ln(x＋1)>x2，即证明>＝＝，令F(x)＝(x>0)，则F′(x)＝，令g(x)＝(x－1)ex＋1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝xex>0，所以g(x)单调递增，所以x∈(0，＋∞)时g(x)>g(0)＝0，所以F′(x)>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故原不等式成立只需F(x)>F(ln(x＋1))，即只需x>ln(x＋1)成立，又ln x≤x－1，所以ln(x＋1)≤x，又x>0，所以ln(x＋1)x2成立．
【例5】 e 解析 由ex≥(a－1)x＋ln(ax)，可得ex＋x≥ax＋ln(ax)，即ex＋x≥eln(ax)＋ln(ax)，令f(x)＝ex＋x，则f(x)≥f(ln(ax))，因为f(x)在R上是增函数，所以x≥ln(ax)，即a≤，令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝e，即a≤e，所以a的最大值是e.
【训练5】 A 解析 因为a2－3b>2ln a－ln 4b，所以a2－ln a2>3b－ln 4b＝2b－ln 2b＋b－ln 2.令f(x)＝x－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－＝，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为a>1，b>1，所以a2>1,2b>1，b－ln 2>0，又f(a2)＝a2－ln a2>2b－ln 2b＋b－ln 2＝f(2b)＋b－ln 2，所以f(a2)－f(2b)>b－ln 2>0，即f(a2)>f(2b)，所以a2>2b.故选A.(共27张PPT)
导数中的函数构造问题
微专题强化四
专|题|梳|理
典|型|例|题
类型一
构造具体函数
解析
解析
类型二
构造抽象函数
解析
解析
解析
类型三
指对同构
解析
解析
解析
证明
类型四
和(差)型同构
解析
解析
R
赢在欲点微练(二十四) 导数中的函数构造问题
一、单项选择题
1．(2025·福建福州质检)已知a＝，b＝ln，c＝ln，则( )
A．a>b>c B．b>c>a
C．a>c>b D．c>a>b
2．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，＋∞)
3．(2025·江苏模拟)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)A．f(ln 3)>3f(0) B．f(2)C．f(ln 2)>2f(0) D．f(2)>e2f(0)
4．若ln x－ln y<－(x>1，y>1)，则( )
A．ey－x>1 B．ey－x<1
C．ey－x－1>1 D．ey－x－1<1
5．已知实数a，b分别满足ea＝1.02，ln(b＋1)＝0.02，且c＝，则( )
A．aC．b二、多项选择题
6．已知a，b∈(0，e)，且aA．aebbea
C．aln bbln a
三、填空题
7．设f(x)是R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cos x<0，则不等式f(x)8．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，2f(x)＋f′(x)<0，且f(x＋1)＝f(1－x)，f(0)＝e，则不等式f(x)>e5－2x的解集是________．
9．已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为________．
四、解答题
10．(2025·漳州质检)已知函数f(x)＝aex＋x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围．
微练(二十四) 导数中的函数构造问题
1．A 解析 a＝＝，b＝ln＝＝，c＝ln＝.令f(x)＝，则f′(x)＝，当x≥e时，f′(x)≤0，故f(x)在区间[e，＋∞)上单调递减，所以a>b>c，故选A.
2．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.故选B.
3．B 解析 由题意，构造函数g(x)＝，则g′(x)＝<0对任意的x∈R恒成立，所以g(x)在R上是减函数．对A，因为ln 3>0，所以g(ln 3)0，所以<＝，即f(ln 2)<2f(0)，故C错误．对B、D，因为g(2)4．A 解析 依题意，ln x－1，y>1，则ln x>0，ln y>0，令f(t)＝t－(t>0)，则f′(t)＝1＋>0，所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，则f(ln x)0，所以ey－x>e0＝1，A正确，B不正确；又无法确定y－x－1与0的关系，故C、D不正确．故选A.
5．D 解析 由ea＝1.02，得a＝ln 1.02，由ln(b＋1)＝0.02，得b＝e0.02－1，令f(x)＝ex－1－ln(1＋x)，x>0，则f′(x)＝ex－，令h(x)＝ex－，x>0，h′(x)＝ex＋>0恒成立，故f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(0)＝e0－＝0，故f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(0.02)＝e0.02－1－ln(1＋0.02)>f(0)＝0，即e0.02－1>ln 1.02，即b>a.a＝ln 1.02，c＝＝＝1－＝1－，令g(x)＝ln x－，x>1，则g′(x)＝－＝，则当x>1时，g′(x)>0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(1.02)＝ln 1.02－>g(1)＝0，即a>c，故c6．ABD 解析 设g(x)＝(x∈(0，e))，则g′(x)＝，所以g(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，所以f(x)在(0，e)上单调递增，因为a，b∈(0，e)，且abln a．所以C不正确，D正确．故选ABD.
7．(0，＋∞) 解析 令φ(x)＝f(x)－sin x，所以当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cos x<0，所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递减，又f(x)为R上的奇函数，所以φ(x)为R上的奇函数，所以φ(x)在(－∞，0]上单调递减，故φ(x)在R上单调递减且φ(0)＝0，不等式f(x)0，所以原不等式的解集为(0，＋∞)．
8．(－∞，2) 解析 设g(x)＝e2xf(x)，则g′(x)＝e2x[2f(x)＋f′(x)]<0，所以g(x)在R上单调递减．因为f(x＋1)＝f(1－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(2)＝f(0)＝e，所以g(2)＝e4f(2)＝e5.因为f(x)>e5－2x，所以e2xf(x)>e5，即g(x)>g(2)，所以x<2，故不等式f(x)>e5－2x的解集是(－∞，2)．
9．e 解析 因为xa＝eln xa＝ealn x，所以不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，因为a>0且x>1，所以aln x>0，设y＝ex－x，x>0，则y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增，所以11)，则f′(x)＝，当x∈(1，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(e)＝e，所以a≥e.故a的最小值为e.
10．解 (1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上是增函数．当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln(－a)；令f′(x)<0，可得x>－ln(－a)，所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减，综上所述，当a≥0时，f(x)在R上是增函数；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．
(2)因为当x>1时，f(x)>ln ＋x，所以aex＋x＋1>ln ＋x，即eln aex＋x＋1>ln(x－1)－ln a＋x，即ex＋ln a＋ln a＋x>ln(x－1)＋x－1，即ex＋ln a＋x＋ln a>eln(x－1)＋ln(x－1)．令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋ln a)>h(ln(x－1))对 x∈(1，＋∞)恒成立．因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在R上是增函数，故只需x＋ln a>ln(x－1)，即ln a>ln(x－1)－x对 x∈(1，＋∞)恒成立，令F(x)＝ln(x－1)－x，则F′(x)＝－1＝，令F′(x)＝0，得x＝2.当x∈(1,2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以F(x)≤F(2)＝－2.因此ln a>－2，所以a>，即a的取值范围为.(共17张PPT)
微练(二十四)
导数中的函数构造问题
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