专题01 构造函数的通法(解析版)

冲刺50天系列之高三数学“高人一筹”特色强化训练【2021版】
一、单选题
A ．(2)(1)f f -<
B ．(2)(1)f f -=
C ．(2)(1)f f ->
D ．|(2)||(1)|f f ->
【答案】A
【解析】由于(1)=-y f x 为偶函数，所以函数()f x 关于1x =-对称.由于
()
01
f x x '>+，所以当1,10x x <-+<时()'0f x <，()f x 递减，当1,10x x >-+>时，()'0f x >，()f x 递增.所以
(2)(1)f f -<.故选：A
A ．,23ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭
B ．0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭
C ．,23ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭
D ．,32ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭
【答案】D
【解析】令()()
cos f x g x x
=，定义域为,22ππ⎛⎫
- ⎪⎝⎭，
因为函数()y f x =为奇函数，()()()
()()cos cos f x f x g x g x x x
-∴-=
=-
=--，
则函数()()cos f x g x x
=
是定义在,22ππ⎛⎫
-
⎪⎝
⎭上的奇函数， ()()()2
cos sin cos f x x f x x
g x x
+''=
，
因为,02x π⎛⎫
∀∈-
⎪⎝⎭
，有()()cos sin 0f x x f x x '+<， ∴当,02x π⎛⎫
∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，则()()cos f x g x x =在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭
上单调递减.
则函数()()cos f x g x x
=
是,22ππ⎛⎫
-
⎪⎝
⎭上的奇函数并且单调递减，
又()2cos 3f m f m π⎛⎫< ⎪⎝⎭等价于
()3cos cos 3f f m m ππ⎛⎫ ⎪
⎝⎭<⎛⎫ ⎪
⎝⎭
，即()3g m g π⎛⎫
< ⎪⎝⎭，3m π∴>， 又2
2
m π
π
-<<
，因此，
3
2
m π
π
<<
.故选：D.
A ．(,1)(0,1)-∞-
B ．(1,0)(
C ．(,1)(1,0)-∞--
D ．(0,1)(1,)⋃+∞
【答案】A
【解析】构造新函数()()f x g x x =
,()()()2
'xf x f x g x x
-='，当0x >时()'0g x <. 所以在()0,∞+上()()
f x
g x x
=
单减，又()10f =，即()10g =. 所以()()
0f x g x x
=
>可得01x <<,此时()0f x >， 又()f x 为奇函数，所以()0f x >在()(),00,-∞⋃+∞上的解集为：()(),10,1-∞-⋃.
A ．01x <<
B ．1x >
C ．x e >
D ．0x >
【答案】B
【解析】构造函数()()x
f x F x e
=
，则()()()
x
f x f x F x e
-=
''；
因为对x ∀∈R ，都有()()f x f x '>成立，
故可得()0F x '>在R 上恒成立，故()F x 是R 上的单调增函数. 又因为()10f =，故可得()10F =， 又不等式()0f x >等价于()0x
e F x >，
根据()F x 的性质，容易得不等式解集为()1,+∞.故选：B.
A ．
()()sin sin sin sin e e B A f A f B < B ．
()()sin sin sin sin e e B A
f A f B > C ．()()sin cos cos sin e e
B A f A f B < D ．
()()sin cos cos sin e e
B A f A f B > 【答案】
C 【解析】令()()=x
g x e
f x ，则()()()()e ''=+x
g x f x f x ，因为()()0f x f x '+>对[]0,1x ∈恒成立，所
以()0g x '>对[]0,1x ∈恒成立， ∴()()=x
g x e
f x 在区间[]0,1上单调递增；
又∵A ，B 是锐角三角形的两个内角，∴2A B π+>，∴2
A B π
>-，∴cos sin A B <， 因此(cos )(sin )<g A g B ，即()()cos sin e cos e sin A
B f A f B <，∴
()()sin cos cos sin e e
B A
f A f B <.故选：C.
A ．()0,1
B ．[)1,+∞
C ．()()0,11,+∞
D ．()0,∞+
【答案】D
【解析】令()()g x xf x x =-，则()()()1g x f x xf x ''=+-， 定义域为R 的函数()y f x =满足()()1f x xf x '+>，
()0g x '∴>，∴函数()y g x =在R 上单调递增，
当0x =时，由()()1f x xf x '+>，知()01f >，
∴当1x =时，显然不等式()()
()2111x f x f x x +->-+成立.
当1x >时，则10x -<，所以(
)()()()2
2
2
1111x f x x f x x x
--<--+-，
整理得(
)()()()()()2
2
2
111111x
f x x x f x x ----<----，即()()2
11g x g x -<-，
所以，211x x -<-，得20x x ->，则1x >； 当1x <时，则10x ->，所以(
)()()()2
2
2
1111x f x x f x x x
-->--+-，
整理得(
)()()()()()2
2
2
111111x
f x x x f x x ---->----，即()()2
11g x g x ->-，
所以，211x x ->-，得20x x -<，则01x <<. 综上所述，原不等式的解集为()0,∞+.故选：D ．
A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
B ．11,e ⎛
⎫- ⎪⎝⎭
C ．1{1}0,e ⎛⎫-⋃ ⎪⎝⎭
D ．1(,1),e ⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭
【答案】B
【解析】①当0x >时，ln ()x
f x x
=，2
1ln '()x f x x -=， 令'()0f x =，则x e =
(0,)x e ∴∈时，'()0,()f x f x >单调递增，1
()(,)f x e ∈-∞；
(,)x e ∈+∞时，'()0,()f x f x <单调递增，1
()(0,)f x e
∈
②当0x ≤时，2
()2f x x x =+，二次函数，开口向上，对称轴1x =-，且(1)1,(0)0f f -=-=
(,1)x ∴∈-∞-时，()f x 单调递减，()(1,)f x ∈-+∞；(1,0)x ∈-时，()f x 单调递增，()(1,0)f x ∈-.
因为函数()(y f x a a =-为常数)有三个零点，则曲线()y f x =与直线y a =有三个交点，则1(1,)a e
∈-，故选：B.
A ．21,e e ⎛⎫
++∞ ⎪⎝⎭
B ．21,e e ⎛⎫
+-∞- ⎪⎝⎭
C ．21,2e e ⎛⎫
+-- ⎪⎝⎭ D ．212,e e ⎛⎫
+ ⎪⎝
⎭
【答案】B
【解析】令()x
g x xe =，故()()1x
g x e
x '=+，令()0g x '=，解得1x =-，
故函数()g x 在区间(),1-∞-单调递减，在()1,-+∞单调递增， 且在1x =-处，取得最小值()1
1g e
-=-
. 根据()f x 与()g x 图像之间的关系，即可绘制函数()f x 的图像如下：
令()f x m =，结合图像，根据题意若要满足()()2
+1=0f
x tf x +有四个根，
只需方程210m tm ++=的两根1m 与2m 满足： 其中一个根110,?m e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，另一个根21
m e
>
或20m =. ①当方程210m tm ++=的一个根110,?m e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
，另一个根20m =， 将0m =代入，可得10=矛盾，故此种情况不可能发生； ②当方程210m tm ++=的一个根110,?m e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，另一个根21m e
>
()2 1m m tm ϕ=++，
要满足题意，只需()10,00e
ϕϕ⎛⎫ ⎪⎝⎭
即可
即2110,?1?0t
e e ++，解得21,e t e ⎛⎫+∈-∞- ⎪⎝
⎭.故选：B.
二、填空题
【答案】{|14}x x <<
【解析】令()()(0)g x xf x x =>，则()()()0g x xf x f x ''=+<， 所以函数()()g x xf x =在(0,)+∞上单调递减， 因为
(1)(1)
(3)3
x f x f -->，(1)(1)3(3)x f x f -->，即(1)(3)g x g ->，
所以10
13
x x ->⎧⎨-<⎩，解得14x <<.故答案为：{|14}x x <<
【答案】(1,)+∞ 【解析】设F （x ）()x
f x e
=
，则F ′（x ）()()
'x
f x f x e
-=
，
∵()()f x f x '>，∴F ′（x ）＞0，即函数F （x ）在定义域上单调递增． ∵()()1
21x e
f x f x -<-∴
()()21
21x
x f x f x e
e
--＜
，即F （x ）＜F （2x 1-）
∴x 2x 1-＜，即x ＞1∴不等式()()1
21x e f x f x -<-的解为()1,+∞
【答案】,2π⎡⎫
-
+∞⎪⎢⎣⎭
【解析】依题意，()()()cos cos 22
x x
f x f x --=--+
， 令()()cos 2
x
g x f x =-
，则()()g x g x =--，故函数()g x 为奇函数 ()()()cos sin 022x x g x f x f x '⎡⎤''=-=+<⎢⎥⎣
⎦，故函数()g x 在R 上单调递减， 则()()()()()cos cos 0022
x x
f x f x f x f x πππ+++≤⇒+-
+-≤ ()()()()()0g x g x g x g x g x ππ⇔++≤⇔+≤-=-，即x x π+≥-，故2
x π
≥-
，则x 的取值范围为
,2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故答案为：,2π⎡⎫
-+∞⎪⎢⎣⎭
【答案】(ln3,)+∞ 【解析】令1()()g x f x x =-,21
()f x x
'>-, 则2
1
()()0g x f x x ''=+
>即()g x 单调递增,
1(3)(3)
33g f =-=,则由()1
3x x f e e ->可得()(3)x g e g >,
3x e ∴>,3x ln ∴>.故答案为:(ln3,)+∞
【答案】(
2
5,21e ⎤-⎦
【解析】作出函数1
3,1
()22
ln ,1
x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨⎪>⎩的图像如下图所示：
若存在实数,m n ()m n <满足()()f m f n =， 根据图像可得2
31,1m n e -<≤<≤，
所以
13
ln 22
m n +=，即2ln 3m n =-，则222ln 3n m n n -=-+， 令2
()22ln 3((1,])g x x x x e =-+∈，22(1)()2x g x x x
-'=-=
当2
(1,]x e ∈时，()0g x '>，()g x 在区间2
(1,]e 上单调递增，
(1)22ln135g =-+=，222()24321g e e e =-+=-，
所以(
2
5,2(1)g x e ∈⎤-⎦，即(
2
5,221n m e -∈⎤-⎦. 三、解答题
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）定义：对于函数()f x ，若存在0x ，使()00f x x =成立，则称0x 为函数()f x 的不动点.如果函数
()()()F x f x g x =-存在不动点，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)见解析；(2) [
)1
e ++∞， 【解析】(1)()
f x 的定义域为()()()21
0,0x ax f x x x
，+++∞=>'，
对于函数2
10y x ax =++≥，
①当240a ∆=-≤时，即22a -≤≤时，210x ax ++≥在0x >恒成立.
()21
0x ax f x x
++∴=≥'在()0,+∞恒成立.
()f x ∴在()0,+∞为增函数；
②当0∆>，即2a <-或2a >时，
当2a <-时，由()0f x '>，得x <或x >，0<<
，
()f x ∴在0,
2a ⎛- ⎪⎝⎭为增函数，22a a ⎛--+ ⎪⎝⎭减函数.
⎫
+∞⎪⎪⎝⎭
为增函数， 当2a >时，由()210x ax f x x
++=>'在()0,+∞恒成立，
()f x ∴在()0,+∞为增函数。

综上，当2a <-时，()f x 在⎛ ⎝⎭为增函数，⎝⎭减函数，
2a ⎛⎫
-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭
为增函数；当2a ≥-时，()f x 在()0,+∞为增函数。

（2）()()()()22213
ln ln 022
x x F x f x g x x x ax e x x x x ax x e x =-=+
+--+=-++->， ()F x 存在不动点，∴方程()F x x =有实数根，即2
ln x e x x
a x
-+=有解，
令()()2ln 0x e x x h x x x +-=>，()()()()()
()2211ln 1ln 11x x e x x x e x x x x h x x x
++-+='-+++-=，
令()0h x '=，得1x =，
当()0,1x ∈时，()()0h x h x <，单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()()0h x h x '>，单调递增；
()()11h x h e ∴≥=+，
当1a e ≥+时，()F x 有不动点，
a ∴的范围为[)1,e ++∞.
（1）当2a ≤时，求证：()f x 在定义域内是增函数； （2）讨论函数()f x 的零点个数.
【答案】（1）证明见解析；（2）只有一个零点.
【解析】（1）函数()()1ln f x x x ax =+-的定义域为()0,+∞，且()1
ln 1f x x a x
+'=+-， 令()()g x f x ='，则()22111
x g x x x x
='-=
-，令()01g x x ='⇒=. 当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>.
所以，函数()y g x =的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为()1,+∞，
所以，函数()y g x =在1x =处取得极小值，亦即最小值，即()()()min min 120f x g x g a =='=-≥，即
()0f x '≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立.
因此，函数()y f x =在定义域上为增函数； （2）由()()1ln 0f x x x ax =+-=，可得()1ln x x a x +=
，
设()()1ln x x h x x
+=
，其中0x >，则()2
1ln x x
h x x +-'
=
，
令()1ln x x x ϕ=+-，0x >，则()111x x x x
ϕ'-=-
=，令()01x x ϕ='⇒=. 当01x <<时，()0x ϕ'<；当1x >时，()0x ϕ'>.
所以，函数()y x ϕ=的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为()1,+∞，
所以，函数()y x ϕ=在1x =处取得极小值，亦即最小值，即()()min 120x ϕϕ==>， 对任意的0x >，()0h x '>，即函数()()1ln x x h x x
+=
在()0,+∞上单调递增，
当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()h x →+∞.
对任意的a R ∈，直线y a =与函数()y h x =的图象有且只有一个交点. 因此，函数()y f x =有且只有一个零点.
（1）讨论函数()f x 在区间(0,10)上的单调性；
（2）若存在(0,)x ∈+∞，使得关于x 的不等式2
()2f x a x <+成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）()0,2(2,)⋃+∞ 【解析】（1）由题知()f x 的定义域为(0,)+∞，
2
22
2(2)(1)()a ax ax f x a x x x '+-=-
++=
. ∵0a >，20ax +>，∴由()0f x '=可得1
x a
=. （i ）当10,
10a ⎛⎤
∈ ⎥⎝⎦
时， 1
10a
，当(0,10)x ∈时，()0,()f x f x '<单递减； （ii ）当1,10a ⎛⎫
∈+∞
⎪⎝⎭
时，110a <，
当10,
x a ⎛
⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当1,10x a ⎛⎫
∈
⎪⎝⎭
时，()0f x '>，()f x 单调递增. 综上所述，10,
10a ⎛⎤
∈ ⎥⎝⎦
时，()f x 在区间(0,10)上单调递减；
11 当1
,10a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()f x 在区间10,a ⎛⎫
⎪⎝⎭上单调递减， 在区间1
,10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增.
（2）由题意：不等式2()2f x a x <+在(0,)x ∈+∞成立 即2
ln 20a x x +-<在(0,)x ∈+∞时有解. 设2
()ln 2g x a x x =+-，(0,)x ∈+∞，只需min ()0g x <. 则22
()ax g x x '-=，因为0a >， 所以在20,a ⎛⎫
⎪⎝⎭上，()0g x '<， 在2
,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，()0g x '>.
所以()g x 在20,a ⎛⎫
⎪⎝⎭上单调递减，在2
,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增. 因此min 22
()ln 2g x g a a a a ⎛⎫
==+- ⎪⎝⎭.
不等式2()2f x a x <+在(0,)x ∈+∞成立， 则2
ln 20a a a +-<恒成立.
又0a >，所以22
ln 10a a +-<恒成立.
令()ln 1(0)h x x x x =+->，则'1
1()1x
h x x x -=-=.
在(0,1)上，'()0h x >，()h x 单调递增；
在(1,)+∞上，'()0h x <，()h x 单调递减.
所以()(1)0h x h =.因此解2
2
ln 10a a +-<可得2
0a >且2
1a ≠，
即0a >且2a ≠.所以实数a 的取值范围是()0,2(2,)⋃+∞.。