第三章一元函數的導數及其應用補上一課導數中的函數構造問題近三年的高考數學試題都出現了比較大小問題，且是作為小題中的壓軸題出現的，此類問題，通常需要構造函數，利用導數判斷其單調性，從而使問題得以解決.題型一通過導數的運算法則構造角度1利用f(x)與ex構造例1(2024·長沙聯考)已知函數f(x)的導函數為f′(x)，且f(x)＋f′(x)>0在R上恒成立，

則不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集是____________.解析令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在R上單調遞增，e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)，即g(2x＋1)>g(3－x)，D解析由題意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞減.∴x2f(x)>3，即g(x)>g(2)，∴原不等式的解集為(0，2).感悟提升BD感悟提升Bc＜a＜b當x＞0時，g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，a＜b＜c題型二通過變量構造具體函數例4

已知a＜5，且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，則(

)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.當0＜x＜1時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x＞1時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增.∵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.感悟提升若題目所給的條件含有兩個變量，可通過變形使兩個變量分別置于等號或不等號兩邊，即可構造函數，并且利用函數的單調性求解.C解析構造函數f(x)＝ex－lnx，x∈(0，1)，∴f(x)在(0，1)上不單調，無法判斷f(x1)與f(x2)的大小，故A，B錯誤；題型三通過數值構造具體函數c＜a＜b當x∈(0，e)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；當x∈(e，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減.b<c<af′(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上單調遞減，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c.故當0≤x<2時，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，2)上單調遞增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c<a，從而有b<c<a.感悟提升當要比較的各數為某些函數的函數值時，要仔細觀察這些數值的共同之處，構造一個或兩個函數，使要比較的數成為該函數的函數值，然后利用函數的單調性比較大小.訓練3(1)(2024·揚州調研)已知a＝e－0.1－1，b＝tan(－0.1)，c＝ln0.9，則(

)A.c>a>b B.a>b>c C.b>a>c D.a>c>bB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a>b；易知lnx≤x－1，所以c＝ln0.9<0.9－1＝－0.1.設f(x)＝ln(x＋1)－tanx，x∈(－1，0)，設h(x)＝cos2x－(x＋1)(－1<x<0)，則h′(x)＝－2cosxsinx－1＝－sin2x－1，在(－1，0)上，h′(x)≤0，h(x)單調遞減，所以h(x)>h(0)＝cos20－(0＋1)＝0，所以f′(x)>0，f(x)單調遞增，所以f(－0.1)<f(0)＝ln(0＋1)－tan0＝0，即ln0.9－tan(－0.1)<0，所以c<b.綜上，a>b>c.(2)實數e3，3π，π3的大小關系為___________.e3＜π3＜3π所以πln3＞3lnπ，所以ln3π＞lnπ3，即3π＞π3.因為y＝x3在(0，＋∞)上單調遞增，e＜π，所以e3＜π3，所以e3＜π3＜3π.拓展視野泰勒展開式A令f(x)＝x－sinx，則f′(x)＝1－cosx≥0，所以函數f(x)在R上單調遞增，所以函數g(x)在定義域內單調遞增，所以當x>0時，g(x)>g(0)＝0，即有tanx>x(x>0)成立，綜上，c>b>a.B所以b＞c.故b＞c＞a.課時分層精練KESHIFENCENGJINGLIAN1.(2024·亳州質檢)若函數y＝f(x)滿足xf′(x)>－f(x)在R上恒成立，且a>b，則(

)A.af(b)>bf(a) B.af(a)>bf(b) C.af(a)<bf(b) D.af(b)<bf(a)B解析由題意，設g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，所以g(x)在R上是增函數，又a>b，所以g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)，故選B.2.已知定義在R上的函數f(x)的導函數為f′(x)，對任意x∈R，滿足f(x)＋f′(x)<0，則下列結論一定正確的是(

) A.e2f(2)>e3f(3)

B.e2f(2)<e3f(3)

C.e3f(2)>e2f(3)

D.e3f(2)<e2f(3)A解析構造函數g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]，∵f(x)＋f′(x)<0，故g′(x)<0，可得g(x)在R上單調遞減，故g(2)>g(3)，∴e2f(2)>e3f(3).無法判斷C，D的正誤.3.(2024·臨沂調研)已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，若對任意的x>0，都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則(

)A.4f(－2)<9f(3) B.4f(－2)>9f(3)C.2f(3)>3f(－2) D.3f(－3)<2f(－2)A解析根據題意，令g(x)＝x2f(x)，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又對任意的x>0，都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則當x>0時，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又由f(x)是定義在R上的偶函數，則有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即g(x)也為偶函數，則有g(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，則有g(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3).4.函數f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為(

) A.(－1，1) B.(－1，＋∞) C.(－∞，－1) D.(－∞，＋∞)B解析∵f(x)＞2x＋4，∴f(x)－2x－4＞0，令g(x)＝f(x)－2x－4，g′(x)＝f′(x)－2＞0，∴g(x)為R上的增函數，又∵g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0.∴由g(x)＞g(－1)＝0得x＞－1.BCCD在(0，e)內，函數f(x)有唯一的零點x＝1，在(e，＋∞)內，f(x)＞0，又∵a＞b＞0且f(a)＝f(b)＞0，∴1＜b＜e，a＞e，故選CD.A所以f(t)在(－∞，0)，(0，＋∞)上單調遞增；又x＞1，y＞1，得lnx＞0，lny＞0，則f(lnx)＜f(lny)，由單調遞增得lnx＜lny，∴1＜x＜y，即y－x＞0，所以ey－x＞e0＝1，A正確，B不正確；又y－x－1無法確定與0的大小關系，故C，D不正確.8.(2024·鄭州調研)已知實數a，b，c∈(0，1)，且ae2＝2ea，be3＝2eb，ce3＝3ec，則(

) A.a<b<c

B.c<a<b

C.b<c<a D.c<b<aC9.已知定義在R上的函數f(x)滿足xf′(x)＋f(x)＞0，且f(1)＝1，則xf(x)＞1的解集為___________.(1，＋∞)解析令g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，則g(x)在R上單調遞增，因為f(1)＝1，則g(1)＝1，則原不等式為g(x)＞g(1)，故x＞1.＞可得g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又由g(1)＝0，所以g(e)＞g(1)，即f(e)·lne＞0，即f(e)＞0.(1，e2)令g(x)＝xf(x)－xex，則g(x1)＞g(x2)，又x2＞x1＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞減.∵lnxf(lnx)－xlnx＞2，g(2)＝2f(2)－2e2＝2，∴g(lnx)＞g(2)，∴0＜lnx＜2，得1＜x＜e2.b＞a＞c13.(2024·武漢調研)已知a＝e－0.02，b＝0.01，c＝ln1.01，則(

)A.c＞a＞b

B.b＞a＞c C.a＞b＞c D.b＞c＞aC設f(x)＝ex－1－x，則f′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，因此f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴f(0.01)＞f(0)，即e0.01－1－0.01＞0，即e0.01＞1.01，∴b＝0.01＞ln1.01＝c，∴a＞b＞c.14.(2024·濟南質檢)已知a＝6ln5，b＝7ln4，c＝8ln3，則(

)A.a>b>c

B.a>c>b C.b>c>a D.c>b>aA解析因為a＝6ln5，b＝7ln4，c＝8ln3，所以lna＝ln5ln6，lnb＝ln4ln7，lnc＝ln3ln8，比較a，b，c的大小即比較lna，lnb，lnc的大小.令f(x)＝lnxln(11－x)，3≤x≤5，則lna＝f(5)，lnb＝f(4)，lnc＝f(3)，令g(x)＝xlnx，3≤x≤8，則g′(x)＝lnx＋1>0在[3，8]上恒成立，所以g(x)在[3，8]上單調遞增，當3≤x≤5時，8≥11－x>x≥3，所以g(11－x)>g(x)，即(11－x)ln(11－x)>xlnx，所以函數f(x)在[3，5]上單調遞增.所以f(5)>f(4)>f(3)，即lna>lnb>ln