2026年高考数学一轮复习专题课件：函数中的构造问题(共64张PPT)
文档属性
| 名称 | 2026年高考数学一轮复习专题课件：函数中的构造问题(共64张PPT) |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 2.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-11 00:00:00 | ||
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文档简介
(共64张PPT)
函数中的构造问题
题型一 抽象函数的构造(微专题)
微专题1 利用f (x)与xn构造
已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足2xf (x)＋x2f′(x)<0，f(2)＝ ，则关于x的不等式x2f (x)>3的解集为( )
A．(0，4) B．(2，＋∞)
C．(4，＋∞) D．(0，2)
√
【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)．
状元笔记
利用f (x)与x(或xn)构造
可以猜想，当导函数是“＋”法形式时，优先考虑构造uv型函数，当导函数是“－”法形式时，优先考虑构造 型函数．具体有以下情形：
(1)对于xf′(x)＋f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf (x)；
√
思考题1 已知定义域为R的奇函数y＝f (x)的导函数为y＝f′(x)，当x>0时，xf′(x)－f (x)<0，若a＝ ，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．a微专题2 利用f (x)与enx构造
(2025·蚌埠质检)已知可导函数f (x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f′(x)－f (x)<1，且f(0)＝2 022，则不等式f (x)＋1>2 023ex的解集为( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
√
因为f′(x)－f (x)<1，所以F′(x)<0对任意的x∈R恒成立，
状元笔记
利用f (x)与ex(或enx)构造
常用的构造形式有exf (x)，enxf (x)， ，这种形式一方面是对uv，型函数的考察，另外一方面也是对(ex)′＝ex，(enx)′＝nenx的考察．所以对于题目中涉及f (x)±f′(x)的问题，我们可以类比xf (x)，
√
思考题2 定义在R上的可导函数f (x)满足f (x)＋f′(x)<0，则下列各式一定成立的是( )
A．e2f(2 021)f(2 019)
C．f(2 021)f(2 019)
【解析】 根据题意，设g(x)＝exf (x)，则g′(x)＝exf (x)＋exf′(x)＝ex[f (x)＋f′(x)]，又由函数f (x)与其导函数f′(x)满足f (x)＋f′(x)<0，则有g′(x)<0，则函数g(x)在R上为减函数，则有g(2 021)微专题3 利用f (x)与sin x，cos x构造
√
状元笔记
利用f (x)与sin x，cos x构造
由于sin x，cos x的导函数存在一定的特殊性，且它们之间可以相互转化，所以在构造函数时要充分考虑这一点，具体有以下情形：
√
思考题3 【多选题】已知偶函数y＝f (x)对于任意的x∈
满足f′(x)cos x＋f (x)sin x>0(其中f′(x)是函数f (x)的导函数)，则下列不等式中成立的是( )
√
√
题型二 通过数值构造具体函数
(1)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝ ，c＝－ln 0.9，则( )
A．aC．c√
【解析】 设u(x)＝xex(00，v(x)>0，w(x)>0.①设f (x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]＝ln x＋x－[ln x－ln(1－x)]＝x＋ln(1－x)(0递减，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)]0在(0，0.1]上恒成立，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，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]上单调递增，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>－ln 0.9，即a>c.综上，cc状元笔记
(1)由数值构造具体函数：仔细观察要比较的各数值的共同之处，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．
(2)常见泰勒展开式：
在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展开式：
√
A．c>b>a B．b>a>c
C．a>b>c D．a>c>b
√
A．a>b>c B．b>c>a
C．c>a>b D．b>a>c
数f (x)在(1，＋∞)上单调递减，又因为1f(3)>f(5)，即a>b>c.故选A.
题型三 利用同构式构造函数
√
状元笔记
常规同构式构造函数
化为结构相同的双变量不等式，构造新函数，利用新函数的单调性解决问题．
√
思考题5 【多选题】(2025·江苏泰州模拟)已知α，β均为锐角，且α＋β－ >sin β－cos α，则( )
A．sin α>sin β B．cos α>cos β
C．cos αcos β
√
指对同构(微专题)
“同构法”解决不等式恒成立问题：
在不等式恒成立求参数的取值范围问题中，如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的函数，可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑，将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式，然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题，从而解决问题，这种解题方法通常称之为“同构”，同构的三种基本模式如下：
同构的三种基本模式
五个常见变形：
“指对同构”问题中常用以下六个函数，要掌握这六个函数图象．
微专题1 积型
√
设g(x)＝xex，x＞0，则g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex>0恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当0易知G(x)在[1，e)上单调递增，在[e，＋∞)上单调递减，
思考题1 对任意x>0，不等式2ae2x－ln x＋ln a≥0恒成立，则实数a的最小值为( )
√
微专题2 商型
已知a∈N*，函数f (x)＝e3x－xa>0恒成立，则a的最大值为________．
7
易知f (x)＜0，当a＝7时，对于 x∈(－∞，0]，都有e3x>0≥xa，即f (x)>0恒成立，则amax＝7.
思考题2 已知函数f (x)＝aexln x，g(x)＝x2＋xln a，a>0.设函数h(x)＝g(x)－f (x)，若h(x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围是___________．
【解析】 由h(x)>0，得g(x)－f (x)>0，得aexln x当x∈(0，e)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，
且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0，
当x∈(0，1)时，H(x)<0，
因为H(aex)>H(x)，
且H(x)在(0，1)上单调递增，则可得aex>x，
微专题3 和差型
(2025·武汉模拟)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________．
e
【解析】 ∵xa＝eln xa＝ealn x，
∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，
∵a>0且x>1，∴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，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f (x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴f (x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.
故a的最小值为e.
思考题3 已知函数f (x)＝xeax－1－ln x－ax.若f (x)≥0对任意x>0恒成立，则实数a的最小值是________．
【解析】 xeax－1－ln x－ax＝eln x＋ax－1－(ln x＋ax)≥(ln x＋ax)－(ln x＋ax)＝0(ex－1≥x)，
√
专题训练
04
PART FOUR
一、单项选择题
1．(2025·广东惠州市模拟)函数f (x)的定义域为R，f(2)＝3，若 x∈R，f′(x)>1，则f (x)>x＋1的解集为( )
A．(－2，2) B．(2，＋∞)
C．(－∞，2) D．(－∞，＋∞)
√
解析 ∵f′(x)－1>0，令g(x)＝f (x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1，∴g(x)单调递增，∵f (x)>x＋1，则g(x)>1＝g(2)，∴x>2.
√
2．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)－
A．cC．b3．已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R满足f (x)＋f′(x)<0，则下列结论正确的是( )
A．f(2)>ef(3) B．f(2)C．f(2)≥ef(3) D．f(2)≤ef(3)
√
解析 令g(x)＝exf (x)，则g′(x)＝ex[f (x)＋f′(x)]<0，因此函数g(x)在R上单调递减，所以g(2)>g(3)，即e2f(2)>e3f(3)，故f(2)>ef(3)．故选A.
√
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>b>a D．c>a>b
又f(1)＝0，所以f (x)<0，即ln x令h(x)＝(1－x)ex，x∈(0，1)，则h′(x)＝－xex<0，所以h(x)单调递减，
5．(2020·课标全国Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则( )
A．a>2b B．a<2b
C．a>b2 D．a√
解析 由指数和对数的运算性质可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.
令f (x)＝2x＋log2x，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)6．已知a<0，不等式xa＋1·ex＋aln x≥0对任意的实数x>1恒成立，则实数a的最小值为( )
√
解析 xa＋1·ex＋aln x≥0即为xex≥x－a·(－a)·ln x＝eln x－a·ln x－a，
设f (x)＝xex，则上式 f (x)≥f(ln x－a)对任意的实数x>1恒成立，
显然f (x)在(1，＋∞)上单调递增，
二、多项选择题
7．若0C．x2ex1>x1ex2 D．x2ex1√
√
故h(x)在区间(0，1)上单调递减，
因为0h(x2)，
即 ，故x2ex1>x1ex2，
所以C正确，D错误．
解析 令f (x)＝ex－ln(x＋1)，x∈(0，1)，则f′(x)＝ex－ >0，
故f (x)在区间(0，1)上单调递增，因为0所以f (x1)故ex2－ex1>ln ，所以A正确，B错误；
三、填空题
8．(2025·沧州七校联考)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)(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，＋∞)．
9．(2024·山东潍坊三模)已知函数f (x)的导函数为f′(x)，且f(1)＝e，当
(0，1)
所以g(x)在(0，＋∞)单调递减，
又因为g(1)＝f(1)－e－ln 1＝0，
所以不等式f (x)－ex－ln x>0等价于g(x)>g(1)，所以010．若不等式xex－a≥ln x＋x－1恒成立，则实数a的最大值为________．
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.
11．(2025·佛山市S7联考)已知函数f (x)＝ x2＋2aln x－(a＋2)x，a∈R.
(1)当a＝1时，求函数f (x)的极值；
当0＜x<1或x>2时，f′(x)>0，当1所以f (x)在(0，1)和(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
(2)是否存在实数a，对任意的m，n∈(0，＋∞)，且m≠n，有
>－a恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．
要使g(x)在(0，＋∞)为增函数，则g′(x)≥0且不恒为0在(0，＋∞)恒成立，
函数中的构造问题
题型一 抽象函数的构造(微专题)
微专题1 利用f (x)与xn构造
已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足2xf (x)＋x2f′(x)<0，f(2)＝ ，则关于x的不等式x2f (x)>3的解集为( )
A．(0，4) B．(2，＋∞)
C．(4，＋∞) D．(0，2)
√
【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)．
状元笔记
利用f (x)与x(或xn)构造
可以猜想，当导函数是“＋”法形式时，优先考虑构造uv型函数，当导函数是“－”法形式时，优先考虑构造 型函数．具体有以下情形：
(1)对于xf′(x)＋f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf (x)；
√
思考题1 已知定义域为R的奇函数y＝f (x)的导函数为y＝f′(x)，当x>0时，xf′(x)－f (x)<0，若a＝ ，则a，b，c的大小关系是( )
A．a
(2025·蚌埠质检)已知可导函数f (x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f′(x)－f (x)<1，且f(0)＝2 022，则不等式f (x)＋1>2 023ex的解集为( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
√
因为f′(x)－f (x)<1，所以F′(x)<0对任意的x∈R恒成立，
状元笔记
利用f (x)与ex(或enx)构造
常用的构造形式有exf (x)，enxf (x)， ，这种形式一方面是对uv，型函数的考察，另外一方面也是对(ex)′＝ex，(enx)′＝nenx的考察．所以对于题目中涉及f (x)±f′(x)的问题，我们可以类比xf (x)，
√
思考题2 定义在R上的可导函数f (x)满足f (x)＋f′(x)<0，则下列各式一定成立的是( )
A．e2f(2 021)
C．f(2 021)
【解析】 根据题意，设g(x)＝exf (x)，则g′(x)＝exf (x)＋exf′(x)＝ex[f (x)＋f′(x)]，又由函数f (x)与其导函数f′(x)满足f (x)＋f′(x)<0，则有g′(x)<0，则函数g(x)在R上为减函数，则有g(2 021)
√
状元笔记
利用f (x)与sin x，cos x构造
由于sin x，cos x的导函数存在一定的特殊性，且它们之间可以相互转化，所以在构造函数时要充分考虑这一点，具体有以下情形：
√
思考题3 【多选题】已知偶函数y＝f (x)对于任意的x∈
满足f′(x)cos x＋f (x)sin x>0(其中f′(x)是函数f (x)的导函数)，则下列不等式中成立的是( )
√
√
题型二 通过数值构造具体函数
(1)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝ ，c＝－ln 0.9，则( )
A．a
【解析】 设u(x)＝xex(0
(1)由数值构造具体函数：仔细观察要比较的各数值的共同之处，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．
(2)常见泰勒展开式：
在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展开式：
√
A．c>b>a B．b>a>c
C．a>b>c D．a>c>b
√
A．a>b>c B．b>c>a
C．c>a>b D．b>a>c
数f (x)在(1，＋∞)上单调递减，又因为1
题型三 利用同构式构造函数
√
状元笔记
常规同构式构造函数
化为结构相同的双变量不等式，构造新函数，利用新函数的单调性解决问题．
√
思考题5 【多选题】(2025·江苏泰州模拟)已知α，β均为锐角，且α＋β－ >sin β－cos α，则( )
A．sin α>sin β B．cos α>cos β
C．cos α
√
指对同构(微专题)
“同构法”解决不等式恒成立问题：
在不等式恒成立求参数的取值范围问题中，如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的函数，可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑，将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式，然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题，从而解决问题，这种解题方法通常称之为“同构”，同构的三种基本模式如下：
同构的三种基本模式
五个常见变形：
“指对同构”问题中常用以下六个函数，要掌握这六个函数图象．
微专题1 积型
√
设g(x)＝xex，x＞0，则g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex>0恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当0
思考题1 对任意x>0，不等式2ae2x－ln x＋ln a≥0恒成立，则实数a的最小值为( )
√
微专题2 商型
已知a∈N*，函数f (x)＝e3x－xa>0恒成立，则a的最大值为________．
7
易知f (x)＜0，当a＝7时，对于 x∈(－∞，0]，都有e3x>0≥xa，即f (x)>0恒成立，则amax＝7.
思考题2 已知函数f (x)＝aexln x，g(x)＝x2＋xln a，a>0.设函数h(x)＝g(x)－f (x)，若h(x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围是___________．
【解析】 由h(x)>0，得g(x)－f (x)>0，得aexln x
当x∈(e，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，
且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0，
当x∈(0，1)时，H(x)<0，
因为H(aex)>H(x)，
且H(x)在(0，1)上单调递增，则可得aex>x，
微专题3 和差型
(2025·武汉模拟)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________．
e
【解析】 ∵xa＝eln xa＝ealn x，
∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，
∵a>0且x>1，∴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，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f (x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴f (x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.
故a的最小值为e.
思考题3 已知函数f (x)＝xeax－1－ln x－ax.若f (x)≥0对任意x>0恒成立，则实数a的最小值是________．
【解析】 xeax－1－ln x－ax＝eln x＋ax－1－(ln x＋ax)≥(ln x＋ax)－(ln x＋ax)＝0(ex－1≥x)，
√
专题训练
04
PART FOUR
一、单项选择题
1．(2025·广东惠州市模拟)函数f (x)的定义域为R，f(2)＝3，若 x∈R，f′(x)>1，则f (x)>x＋1的解集为( )
A．(－2，2) B．(2，＋∞)
C．(－∞，2) D．(－∞，＋∞)
√
解析 ∵f′(x)－1>0，令g(x)＝f (x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1，∴g(x)单调递增，∵f (x)>x＋1，则g(x)>1＝g(2)，∴x>2.
√
2．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)－
A．c
A．f(2)>ef(3) B．f(2)
√
解析 令g(x)＝exf (x)，则g′(x)＝ex[f (x)＋f′(x)]<0，因此函数g(x)在R上单调递减，所以g(2)>g(3)，即e2f(2)>e3f(3)，故f(2)>ef(3)．故选A.
√
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>b>a D．c>a>b
又f(1)＝0，所以f (x)<0，即ln x
5．(2020·课标全国Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则( )
A．a>2b B．a<2b
C．a>b2 D．a
解析 由指数和对数的运算性质可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.
令f (x)＝2x＋log2x，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)
√
解析 xa＋1·ex＋aln x≥0即为xex≥x－a·(－a)·ln x＝eln x－a·ln x－a，
设f (x)＝xex，则上式 f (x)≥f(ln x－a)对任意的实数x>1恒成立，
显然f (x)在(1，＋∞)上单调递增，
二、多项选择题
7．若0
√
故h(x)在区间(0，1)上单调递减，
因为0
即 ，故x2ex1>x1ex2，
所以C正确，D错误．
解析 令f (x)＝ex－ln(x＋1)，x∈(0，1)，则f′(x)＝ex－ >0，
故f (x)在区间(0，1)上单调递增，因为0
三、填空题
8．(2025·沧州七校联考)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)
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)
9．(2024·山东潍坊三模)已知函数f (x)的导函数为f′(x)，且f(1)＝e，当
(0，1)
所以g(x)在(0，＋∞)单调递减，
又因为g(1)＝f(1)－e－ln 1＝0，
所以不等式f (x)－ex－ln x>0等价于g(x)>g(1)，所以0
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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.
11．(2025·佛山市S7联考)已知函数f (x)＝ x2＋2aln x－(a＋2)x，a∈R.
(1)当a＝1时，求函数f (x)的极值；
当0＜x<1或x>2时，f′(x)>0，当1
(2)是否存在实数a，对任意的m，n∈(0，＋∞)，且m≠n，有
>－a恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．
要使g(x)在(0，＋∞)为增函数，则g′(x)≥0且不恒为0在(0，＋∞)恒成立，
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