高中数学构造函数解决导数问题专题复习

合集下载

必须掌握的7种构造函数方法——合理构造函数，巧解导数难题

近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．一、作差构造法1．直接作差构造评注：本题采用直接作差法构造函数，通过特殊值缩小参数范围后，再对参数进行分类讨论来求解．2．变形作差构造二、分离参数构造法分离参数是指对已知恒成立的不等式在能够判断出参数系数正负的情况下，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量的不等式，只要研究变量不等式的最值就可以解决问题．三、局部构造法1．化和局部构造2．化积局部构造四、换元构造法换元构造法在处理多变元函数问题中应用较多，就是用新元去代替该函数中的部分（或全部）变元．通过换元可以使变量化多元为少元，即达到减元的目的．换元构造法是求解多变元导数压轴题的常用方法．评注：本题的两种解法通过将待解决的式子进行恰当的变形，将二元字母变出统一的一种结构，然后用辅助元将其代替，从而将两个变元问题转化一个变元问题，再以辅助元为自变量构造函数，利用导数来来求解。

其中解法1、解法2还分别体现了化积局部构造法和变形作差构造法．五、主元构造法主元构造法，就是将多变元函数中的某一个变元看作主元（即自变量），将其它变元看作常数，来构造函数，然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.六、特征构造法1．根据条件特征构造2．根据结论特征构造七、放缩构造法1．由基本不等式放缩构造2．由已证不等式放缩构造评注：本题第二问是一道典型且难度比较大的求参问题，这类题目很容易让考生想到用分离参数的方法，但分离参数后利用高中所学知识无法解决，笔者研究发现不能解决的原因是分离参数后，出现了“0/0型”的式子，解决这类问题的有效方法就是高等数学中的洛必达法则；若直接构造函数，里面涉及到指数函数、三角函数及高次函数，处理起来难度很大．本题解法中两次巧妙利用第一问的结论，通过分类讨论和假设反正，使问题得到解决，本题也让我们再次体会了化积局部构造法的独特魅力．。

2025高考数学二轮复习导数应用中的函数构造技巧

函数形式出现的是“-”法形式时,优先考虑构造 y=型函数.
(2)利用f(x)与ex(enx)构造
() ()

常用的构造形式有 e f(x),e f(x), e , e ,这类形式一方面是对 y=uv,y=型函
x
nx
数形式的考查,另外一方面也是对(ex)'=ex,(enx)'=nenx 的考查.所以对于
f'(x)cos x-f(x)sin x>0,所以 F'(x)>0,即函数
由于
f
π
6
f
π
6
π
0<6
<
π
4
π
π
cos6<f 4
<
3
π
3
3
<
π
3
<
π
,所以
2
π
π
cos4<f 3
π
F(x)在区间(0,2)
π
4
<F
π
cos3,因此可得
π
6
,故选 AD.
F
π
6
<F
f
π
x∈(0,2)时,
π
3
<
内单调递增.
,即
锐角三角形,则( D )
A.f(sin A)sin2B>f(sin B)sin2A
B.f(sin A)sin2B<f(sin B)sin2A
C.f(cos A)sin2B>f(sin B)cos2A
D.f(cos A)sin2B<f(sin B)cos2A
解析因为
() '
2

专题一微重点导数中的函数构造问题

微重点3 导数中的函数构造问题导数中的函数构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也常在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题．考点一导数型构造函数考向1 利用f (x )与x 构造例1 (2022·苏州质检)已知函数f (x )满足f (x )＝f (－x )，且当x ∈(－∞，0]时，f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝20.6·f (20.6)，b ＝ln 2·f (ln 2)，c ＝log 218·f ⎝⎛⎭⎫log 218，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >cB ．c >b >aC ．a >c >bD ．c >a >b答案 B解析因为f (x )＝f (－x )，所以函数f (x )是偶函数，令g (x )＝x ·f (x )，则g (x )是奇函数，g ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )，当x ∈(－∞，0]时，f (x )＋xf ′(x )<0成立，所以g (x )在x ∈(－∞，0]上单调递减，又g (x )在R 上是连续函数，且是奇函数，所以g (x )在R 上单调递减，则a ＝g (20.6)，b ＝g (ln 2)，c ＝g ⎝⎛⎭⎫log 218，因为20.6>1,0<ln 2<1，log 218＝－3<0，所以log 218<0<ln 2<1<20.6，所以c >b >a .规律方法 (1)出现nf (x )＋xf ′(x )的形式，构造函数F (x )＝x n f (x )；(2)出现xf ′(x )－nf (x )的形式，构造函数F (x )＝ f (x )x n . 跟踪演练1 已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ′(x )－f (x )x －3>0，且f (1)＝0，则不等式f (e x )－3x e x >0的解集为( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(0，＋∞)D ．(e ，＋∞)答案 C解析设g (x )＝f (x )x－3ln x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2－3x＝xf ′(x )－f (x )－3x x 2. 因为f ′(x )－f (x )x－3>0，x >0，所以xf ′(x )－f (x )－3x >0，所以g ′(x )>0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增．不等式f (e x )－3x e x >0可转化为f (e x )e x －3ln e x >0，又g (e x)＝f (e x )e x －3ln e x ，且g (1)＝f (1)1－3ln 1＝0，即g (e x )>g (1)，所以e x >1，解得x >0.考向2 利用f (x )与e x 构造例2 (2022·枣庄质检)已知f (x )为定义在R 上的可导函数，f ′(x )为其导函数，且f (x )<f ′(x )恒成立，其中e 是自然对数的底数，则( )A ．f (2 022)<e f (2 023)B ．e f (2 022)<f (2 023)C ．e f (2 022)＝f (2 023)D ．e f (2 022)>f (2 023)答案 B解析设函数g (x )＝f (x )e x ，可得g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x，由f (x )<f ′(x )，可得f ′(x )－f (x )>0，所以g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，则f (2 022)e 2 022< f (2 023)e 2 023，即e f (2 022)<f (2 023)．规律方法 (1)出现f ′(x )＋nf (x )的形式，构造函数F (x )＝e nx f (x )；(2)出现f ′(x )－nf (x )的形式，构造函数F (x )＝f (x )e nx . 跟踪演练2 (2022·成都模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>0，且f (3)＝3，则f (x )>3e 3－x 的解集为________．答案 (3，＋∞)解析设F (x )＝f (x )·e x ，则F ′(x )＝f ′(x )·e x ＋f (x )·e x＝e x [f (x )＋f ′(x )]>0，∴F (x )在R 上单调递增．又f (3)＝3，则F (3)＝f (3)·e 3＝3e 3.∵f (x )>3e 3－x 等价于f (x )·e x >3e 3，即F (x )>F (3)，∴x >3，即所求不等式的解集为(3，＋∞)．考向3 利用f (x )与sin x ，cos x 构造例3 偶函数f (x )的定义域为⎝⎛⎭⎫－π2，π2，其导函数为f ′(x )，若对任意的x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2，有f ′(x )·cos x <f (x )sin x 成立，则关于x 的不等式2f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π3cos x的解集为__________________．答案 ⎝⎛⎭⎫－π2，－π3∪⎝⎛⎭⎫π3，π2 解析令g (x )＝f (x )cos x ，x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2， ∴g (－x )＝f (－x )cos(－x )＝f (x )cos x ＝g (x )，∴g (x )为偶函数，又g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )sin x ，∴当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，g ′(x )<0，即g (x )在⎣⎡⎭⎫0，π2上单调递减，又g (x )为偶函数，∴g (x )在⎝⎛⎦⎤－π2，0上单调递增，不等式2f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π3cos x 可化为f (x )cos x <f ⎝⎛⎭⎫π3cos π3，即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫π3，则⎩⎨⎧ |x |>π3，－π2<x <π2，解得－π2<x <－π3或π3<x <π2. 规律方法函数f (x )与sin x ，cos x 相结合构造可导函数的几种常见形式(1)F (x )＝f (x )sin x ，F ′(x )＝f ′(x )sin x ＋f (x )cos x ；(2)F (x )＝f (x )sin x， F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x； (3)F (x )＝f (x )cos x ，F ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )sin x ；(4)F (x )＝f (x )cos x， F ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x. 跟踪演练3 已知奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒有f (x )sin x < f ′(x )cos x成立，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝⎛⎭⎫π6>f ⎝⎛⎭⎫π4B ．f ⎝⎛⎭⎫－π3<3f ⎝⎛⎭⎫－π6C.3f ⎝⎛⎭⎫－π4<2f ⎝⎛⎭⎫－π3 D.2f ⎝⎛⎭⎫π3<3f ⎝⎛⎭⎫π4 答案 B解析构造函数F (x )＝f (x )sin x，由f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒有f (x )sin x < f ′(x )cos x成立，即f ′(x )sin x －f (x )cos x >0，∴F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x (sin x )2>0， ∴F (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，又F (－x )＝f (－x )sin (－x )＝－f (x )－sin x＝F (x )， ∴F (x )为偶函数，∵π6<π4， ∴F ⎝⎛⎭⎫π6<F ⎝⎛⎭⎫π4，∴f ⎝⎛⎭⎫π6sin π6<f ⎝⎛⎭⎫π4sin π4， ∴2f ⎝⎛⎭⎫π6<f ⎝⎛⎭⎫π4，故A 错误；∵偶函数F (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， ∴F (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，0上单调递减， ∵－π3<－π6，∴F ⎝⎛⎭⎫－π3>F ⎝⎛⎭⎫－π6， ∴f ⎝⎛⎭⎫－π3sin ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫－π6sin ⎝⎛⎭⎫－π6，∴－f ⎝⎛⎭⎫－π3>－3f ⎝⎛⎭⎫－π6， ∴f ⎝⎛⎭⎫－π3<3f ⎝⎛⎭⎫－π6，故B 正确； F ⎝⎛⎭⎫－π4<F ⎝⎛⎭⎫－π3，∴f ⎝⎛⎭⎫－π4sin ⎝⎛⎭⎫－π4<f ⎝⎛⎭⎫－π3sin ⎝⎛⎭⎫－π3，∴－3f ⎝⎛⎭⎫－π4<－2f ⎝⎛⎭⎫－π3， ∴3f ⎝⎛⎭⎫－π4>2f ⎝⎛⎭⎫－π3，故C 错误； ∵π3>π4，∴F ⎝⎛⎭⎫π3>F ⎝⎛⎭⎫π4，∴f ⎝⎛⎭⎫π3sin π3>f ⎝⎛⎭⎫π4sin π4， ∴2f ⎝⎛⎭⎫π3>3f ⎝⎛⎭⎫π4，故D 错误．考点二同构法构造函数例4 已知a >0，若在(1，＋∞)上存在x 使得不等式e x －x ≤x a －a ln x 成立，则a 的最小值为________．答案 e解析 ∵x a ＝ln ln e e a x a x ＝，∴不等式即为e x －x ≤e a ln x －a ln x .由a >0且x >1得a ln x >0，设y ＝e x －x ，则y ′＝e x －1>0，故y ＝e x －x 在(1，＋∞)上单调递增，∴x ≤a ln x ，即a ≥x ln x，即存在x ∈(1，＋∞)，使a ≥x ln x， ∴a ≥⎝⎛⎭⎫x ln x min ，设f (x )＝x ln x(x >1)，则f ′(x )＝ln x －1ln 2x，当x ∈(1，e)时，f ′(x )<0；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.规律方法指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x 变成ln e x ，然后构造函数；另一种是将x 变成e ln x ，然后构造函数．跟踪演练4 已知a >0，b >0，且(a ＋1)b ＋1＝(b ＋3)a ，则( )A ．a >b ＋1B ．a b －1 答案 B解析因为(a ＋1)b ＋1＝(b ＋3)a ，a >0，b >0，所以ln (a ＋1)a ＝ln (b ＋3)b ＋1>ln (b ＋2)b ＋1. 设f (x )＝ln (x ＋1)x(x >0)，则f ′(x )＝x x ＋1－ln (x ＋1)x 2. 设g (x )＝x x ＋1－ln(x ＋1)(x >0)，则g ′(x )＝1(x ＋1)2－1x ＋1＝－x (x ＋1)2<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．当x →0时，g (x )→0，所以g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减．因为f (a )>f (b ＋1)，所以a <b ＋1. 专题强化练1．(2022·咸阳模拟)已知a ＝1e 2，b ＝ln 24，c ＝ln 39，则( )A ．a <b <cB ．c <a <bC ．b <a <cD ．c <b <a答案 B 解析设f (x )＝ln x x 2，则a ＝f (e)，b ＝f (2)， c ＝f (3)，又f ′(x )＝1－2ln x x 3，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，故f (x )＝ln x x 2在(e ，＋∞)上单调递减，注意到e<4＝2<e<3，则有f (3)<f (e)<f (2)，即c <a 0，且f (1)＝3，则f (x )>x 2＋2的解集是( )A ．(－1,0)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．(－1,0)∪(0,1)D ．(－∞，－1)∪(0,1)答案 B解析令g (x )＝f (x )－x 2，则g (－x )＝f (－x )－(－x )2＝g (x )，所以函数g (x )也是偶函数，g ′(x )＝f ′(x )－2x ，因为当x ≥0时，f ′(x )－2x >0，所以当x ≥0时，g ′(x )＝f ′(x )－2x >0，所以函数g (x )在[0，＋∞)上单调递增，不等式f (x )>x 2＋2即为不等式g (x )>2，由f (1)＝3，得g (1)＝2，所以g (x )>g (1)，所以|x |>1，解得x <－1或x >1，所以f (x )>x 2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．3．(2022·南京质检)设a ，b 都为正数，e 为自然对数的底数，若a e a eB ．b >e aC ．ab <eD ．b <e a解析由已知a e a 0，∴e a >1，∵b >0，b ln b >a e a >0，∴b >1.当x >1时，f ′(x )＝ln x ＋1>0，则f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以e a 0时，f ′(x )sin x ＋f (x )cos x >0，则下列说法正确的是( )A ．f ⎝⎛⎭⎫5π6<－f ⎝⎛⎭⎫7π6<－f ⎝⎛⎭⎫－π6 B ．－f ⎝⎛⎭⎫7π6<f ⎝⎛⎭⎫5π6<－f ⎝⎛⎭⎫－π6 C ．－f ⎝⎛⎭⎫－π6<－f ⎝⎛⎭⎫7π6<f ⎝⎛⎭⎫5π6 D ．－f ⎝⎛⎭⎫－π6<f ⎝⎛⎭⎫5π6<－f ⎝⎛⎭⎫7π6 答案 D解析令g (x )＝f (x )sin x ，因为f (x )为奇函数，则g (x )为偶函数，又当x >0时，f ′(x )sin x ＋f (x )cos x >0，即g ′(x )>0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增，则有g ⎝⎛⎭⎫－π6＝g ⎝⎛⎭⎫π6<g ⎝⎛⎭⎫5π6<g ⎝⎛⎭⎫7π6，即－12 f ⎝⎛⎭⎫－π6<12 f ⎝⎛⎭⎫5π6<－12 f ⎝⎛⎭⎫7π6，即－f ⎝⎛⎭⎫－π6<f ⎝⎛⎭⎫5π6<－f ⎝⎛⎭⎫7π6. 5．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x f (x )>e x ＋1的解集为( )A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x <－1或0<x <1}解析构造函数g (x )＝e x f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x f (x )－e x 在R 上单调递增．又因为g (0)＝e 0f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为e x f (x )－e x >1，即g (x )>g (0)，解得x >0.所以原不等式的解集为{x |x >0}．6．(多选)(2022·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x >1，不等式λe λx ≥ln x 恒成立，则λ的取值可能是( )A ．e B.12e C.1e D.2e答案 ACD解析由题设，e λx ·λx ≥x ln x ＝e ln x ·ln x ，令f (t )＝t ·e t (t >0)，则f ′(t )＝(t ＋1)·e t >0，所以f (t )单调递增，又f (λx )≥f (ln x )，即当x ∈(1，＋∞)时，λx ≥ln x ，即λ≥ln x x 恒成立，令g (x )＝ln x x，x ∈(1，＋∞)，则g ′(x )＝1－ln x x 2，所以在(1，e)上，g ′(x )>0，即g (x )单调递增；在(e ，＋∞)上，g ′(x )<0，即g (x )单调递减，则g (x )≤g (e)＝1e ，故λ≥1e. 7．已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )<－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)的解集是________．答案 (2，＋∞)解析根据题意，构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)的图象在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以0<x＋1<x2－1，解得x>2.所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)．8．(2022·龙岩质检)已知m>0，n∈R，若log2m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则m2n＝________. 答案 1解析由题意得log2m＋2m＝2n＋1＋n，log2m＋2m＝2×2n＋n，令g(x)＝log2x＋2x(x>0)，则g′(x)＝1x ln 2＋2>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(m)＝g(2n)，所以m＝2n，所以m2n＝1.。

专题18构造函数法解决导数问题(解析版)

专题18 构造函数法解决导数问题1．以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f (x )±g (x )，f (x )g (x )，f (x )g (x )”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．2．(1)当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x )±g ′(x )”时，不妨联想、逆用“f ′(x )±g ′(x )＝[f (x )±g (x )]′”．构造可导函数y ＝f (x )±g (x )，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． (2)当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )”时，可联想、逆用“f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＝[f (x )g (x )]′”，构造可导函数y ＝f (x )g (x )，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．(3)当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )”时，可联想、逆用“f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2＝⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′”，构造可导函数y ＝f (x )g (x )，再利用该函数的性质巧妙地解决问题． 3．构造函数解决导数问题常用模型(1)条件：f ′(x )>a (a ≠0)：构造函数：h (x )＝f (x )－ax . (2)条件：f ′(x )±g ′(x )>0：构造函数：h (x )＝f (x )±g (x )． (3)条件：f ′(x )＋f (x )>0：构造函数：h (x )＝e x f (x )． (4)条件：f ′(x )－f (x )>0：构造函数：h (x )＝f (x )e x .(5)条件：xf ′(x )＋f (x )>0：构造函数：h (x )＝xf (x )． (6)条件：xf ′(x )－f (x )>0：构造函数：h (x )＝f (x )x.题型一构造y ＝f (x )±g (x )型可导函数1．设奇函数f (x )是R 上的可导函数，当x >0时有f ′(x )＋cos x <0，则当x ≤0时，有()A ．f (x )＋sin x ≥f (0)B ．f (x )＋sin x ≤f (0)C ．f (x )－sin x ≥f (0)D ．f (x )－sin x ≤f (0)解析：观察条件中“f ′(x )＋cos x ”与选项中的式子“f (x )＋sin x ”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关系，于是不妨令F (x )＝f (x )＋sin x ，因为当x >0时，f ′(x )＋cos x <0，即F ′(x )<0，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递减，又F (－x )＝f (－x )＋sin(－x )＝－[f (x )＋sin x ]＝－F (x )，所以F (x )是R 上的奇函数，且F (x )在(－∞，0)上单调递减，F (0)＝0，并且当x ≤0时有F (x )≥F (0)，即f (x )＋sin x ≥f (0)＋sin 0＝f (0)，故选A.2．设定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论一定错误的是()A ．f ⎝⎛⎭⎫1k <1kB ．f ⎝⎛⎭⎫1k >1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1>1k －1解析：根据条件式f ′(x )>k 得f ′(x )－k >0，可以构造F (x )＝f (x )－kx ，因为F ′(x )＝f ′(x )－k >0，所以F (x )在R 上单调递增．又因为k >1，所以1k －1>0，从而F ⎝⎛⎭⎫1k －1>F (0)，即f ⎝⎛⎭⎫1k －1－kk －1>－1，移项、整理得f ⎝⎛⎭⎫1k －1>1k －1，因此选项C 是错误的，故选C.3．已知定义域为R 的函数f (x )的图象经过点(1,1)，且对于任意x ∈R ，都有f ′(x )＋2>0，则不等式f (log 2|3x －1|)<3－log2|3x－1|的解集为()A ．(－∞，0)∪(0,1)B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)∪(0,3)D ．(－∞，1)解析：根据条件中“f ′(x )＋2”的特征，可以构造F (x )＝f (x )＋2x ，则F ′(x )＝f ′(x )＋2>0，故F (x )在定义域内单调递增，由f (1)＝1，得F (1)＝f (1)＋2＝3，因为由f (log 2|3x －1|)<3－log2|3x－1|可化为f (log 2|3x －1|)＋2log 2|3x －1|<3，令t ＝log 2|3x －1|，则f (t )＋2t <3.即F (t )<F (1)，所以t <1.即log 2|3x －1|<1，从而0<|3x －1|<2，解得x <1且x ≠0，故选A.4．设定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝2，f ′(x )<1，则不等式f (x 2)>x 2＋1的解集为________．解析：由条件式f ′(x )<1得f ′(x )－1<0，待解不等式f (x 2)>x 2＋1可化为f (x 2)－x 2－1>0，可以构造F (x )＝f (x )－x －1，由于F ′(x )＝f ′(x )－1<0，所以F (x )在R 上单调递减．又因为F (x 2)＝f (x 2)－x 2－1>0＝2－12－1＝f (12)－12－1＝F (12)，所以x 2<12，解得－1<x <1，故不等式f (x 2)>x 2＋1的解集为{x |－1<x <1}．5．定义在R 上的函数f (x )，满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )＜12，则不等式f (lg x )＞lg x ＋12的解集为__________．解析：由题意构造函数g (x )＝f (x )－12x ，则g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，所以g (x )在定义域内是减函数．因为f (1)＝1，所以g (1)＝f (1)－12＝12，由f (lg x )＞lg x ＋12，得f (lg x )－12lg x ＞12.即g (lg x )＝f (lg x )－12lg x ＞12＝g (1)，所以lg x ＜1，解得0＜x ＜10. 所以原不等式的解集为(0,10)．题型二构造f (x )·g (x )型可导函数1．设函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (3)＝0，则不等式f (x )g (x )>0的解集是()A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)解析：利用构造条件中“f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )”与待解不等式中“f (x )g (x )”两个代数式之间的关系，可构造函数F (x )＝f (x )g (x )，由题意可知，当x <0时，F ′(x )>0，所以F (x )在(－∞，0)上单调递增．又因为f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，所以F (x )是定义在R 上的奇函数，从而F (x )在(0，＋∞)上单调递增，而F (3)＝f (3)g (3)＝0，所以F (－3)＝－F (3)，结合图象可知不等式f (x )g (x )>0⇔F (x )>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.2．设y ＝f (x )是(0，＋∞)上的可导函数，f (1)＝2，(x －1)[2f (x )＋xf ′(x )]>0(x ≠1)恒成立．若曲线f (x )在点(1,2)处的切线为y ＝g (x )，且g (a )＝2 018，则a 等于()A ．－501B ．－502C ．－503D ．－504解析：由“2f (x )＋xf ′(x )”联想到“2xf (x )＋x 2f ′(x )”，可构造F (x )＝x 2f (x )(x >0)．由(x －1)[2f (x )＋xf ′(x )]>0(x ≠1)可知，当x >1时，2f (x )＋xf ′(x )>0，则F ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )>0，故F (x )在(1，＋∞)上单调递增；当0<x <1时，2f (x )＋xf ′(x )<0，则F ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )<0，故F (x )在(0,1)上单调递减，所以x ＝1为极值点，则F ′(1)＝2×1×f (1)＋12f ′(1)＝2f (1)＋f ′(1)＝0. 由f (1)＝2可得f ′(1)＝－4，曲线f (x )在点(1,2)处的切线为y －2＝－4(x －1)，即y ＝6－4x ，故g (x )＝6－4x ，g (a )＝6－4a ＝2 018，解得a ＝－503，故选C.3．设定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )＝3x 2e －x ，且f (0)＝0，则下列结论正确的是()A ．f (x )在R 上单调递减B ．f (x )在R 上单调递增C ．f (x )在R 上有最大值D ．f (x )在R 上有最小值解析：根据条件中“f ′(x )＋f (x )”的特征，可以构造F (x )＝e x f (x )，则有F ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]＝e x ·3x 2e －x ＝3x 2，故F (x )＝x 3＋c (c为常数)，所以f (x )＝x 3＋c e x ，又f (0)＝0，所以c ＝0，f (x )＝x 3e x .因为f ′(x )＝3x 2－x 3e x，易知f (x )在区间(－∞，3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减，f (x )max ＝f (3)＝27e 3，无最小值，故选C.4．已知f (x )是定义在R 上的增函数，其导函数为f ′(x )，且满足f (x )f ′(x )＋x <1，则下列结论正确的是()A ．对于任意x ∈R ，f (x )<0B ．对于任意x ∈R ，f (x )>0C ．当且仅当x ∈(－∞，1)时，f (x )<0D ．当且仅当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0解析：因为函数f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0，又因为f (x )f ′(x )＋x <1，则f ′(x )≠0，综合可知f ′(x )>0.又因为f (x )f ′(x )＋x <1，则f (x )＋xf ′(x )<f ′(x )，即f (x )＋(x －1)f ′(x )<0，根据“f (x )＋(x －1)f ′(x )”的特征，构造函数F (x )＝(x －1)f (x )，则F ′(x )<0，故函数F (x )在R 上单调递减，又F (1)＝(1－1)f (1)＝0，所以当x >1时，x －1>0，F (x )<0，故f (x )<0.又因为f (x )是定义在R 上的增函数，所以当x ≤1时，f (x )<0，因此对于任意x ∈R ，f (x )<0，故选A.5．若定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )>2，f (0)＝5，则不等式f (x )<3e x ＋2的解集为________．解析：因为f ′(x )＋f (x )>2，所以f ′(x )＋f (x )－2>0，不妨构造函数F (x )＝e x f (x )－2e x .因为F ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )－2]>0，所以F (x )在R 上单调递增．因为f (x )<3e x ＋2，所以e xf (x )－2e x <3，即F (x )<3，又因为F (0)＝e 0f (0)－2e 0＝3，所以F (x )<F (0)，则x <0，故不等式f (x )<3ex ＋2的解集为(－∞，0)．6．设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，且2f (x )＋xf ′(x )＞x 2，则下列不等式在R 上恒成立的是()A ．f (x )＞0B ．f (x )＜0C ．f (x )＞xD ．f (x )＜x解析：令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]．当x ＞0时，g ′(x )＞0，∴g (x )＞g (0)，即x 2f (x )－14x 4＞0，从而f (x )＞14x 2＞0；当x ＜0时，g ′(x )＜0，∴g (x )＞g (0)，即x 2f (x )－14x 4＞0，从而f (x )＞14x 2＞0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)＞0，∴f (0)＞0.综上可知，f (x )＞0.7．已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋2f ′(x )＞0恒成立，且f (2)＝1e (e 为自然对数的底数)，则不等式e x f (x )－e 2x ＞0的解集为________．解析：由f (x )＋2f ′(x )＞0得2⎣⎡⎦⎤12f (x )＋f ′(x )＞0，可构造函数h (x )＝e 2xf (x )，则h ′(x )＝12e 2x [f (x )＋2f ′(x )]＞0，所以函数h (x )＝e 2xf (x )在R 上单调递增，且h (2)＝e f (2)＝1.不等式e xf (x )－e 2x ＞0等价于e 2x f (x )＞1，即h (x )＞h (2)⇒x ＞2，所以不等式e x f (x )－e 2x ＞0的解集为(2，＋∞)．题型三构造f (x )g (x )型可导函数 1．设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0, 当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是()A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)解析：令g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2.由题意知，当x ＞0时，g ′(x )＜0，∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数．∵f (x )是奇函数，f (－1)＝0，∴f (1)＝－f (－1)＝0，∴g (1)＝f (1)＝0， ∴当x ∈(0,1)时，g (x )＞0，从而f (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0，从而f (x )＜0. 又∵f (x )是奇函数，∴当x ∈(－∞，－1)时，f (x )＞0；当x ∈(－1,0)时，f (x )＜0. 综上，所求x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．2．已知f (x )为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x )>xf ′(x )，则不等式x 2f ⎝⎛⎭⎫1x －f (x )<0的解集为________．解析：因为f (x )>xf ′(x )，所以xf ′(x )－f (x )<0，根据“xf ′(x )－f (x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f (x )x ，则F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，故F (x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为x >0，所以x 2f ⎝⎛⎭⎫1x －f (x )<0可化为xf ⎝⎛⎭⎫1x －f (x )x <0，即f ⎝⎛⎭⎫1x 1x －f (x )x <0，即f⎝⎛⎭⎫1x 1x <f (x )x，即F ⎝⎛⎭⎫1x <F (x )，所以⎩⎪⎨⎪⎧x >0，1x >x ，解得0<x <1，故不等式x 2f ⎝⎛⎭⎫1x －f (x )<0的解集为(0,1)． 3．已知f (x )为R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )＞f ′(x )，则有()A ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)B ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)C ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)D ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)解析：构造函数h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x ＜0，即h (x )在R 上单调递减，故h (－2 019)＞h (0)，即f (－2 019)e－2 019＞f (0)e 0⇒e 2 019f (－2 019)＞f (0)；同理，h (2 019)＜h (0)，即f (2 019)＜e 2 019f (0)，故选D. 4．已知定义在R 上函数f (x )，g (x )满足：对任意x ∈R ，都有f (x )>0，g (x )>0，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0. 若a ，b ∈R ＋且a ≠b ，则有() A ．f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2g ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2>f (ab )g (ab )B ．f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2g ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2<f (ab )g (ab )C ．f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2g (ab )>g ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2f (ab )D ．f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2g (ab )<g ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2f (ab )解析：根据条件中“f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f (x )g (x )，因为f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，所以F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2<0，F (x )在R 上单调递减．又因为a ＋b 2>ab ，所以F ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2<F (ab )，即f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2g⎝⎛⎭⎫a ＋b 2<f (ab )g (ab )，所以f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2g (ab )<g ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2·f (ab )，故选D.5．设f ′(x )是函数f (x )(x ∈R)的导函数，且满足xf ′(x )－2f (x )>0，若在△ABC 中，角C 为钝角，则()A ．f (sin A )·sin 2B >f (sin B )·sin 2A B ．f (sin A )·sin 2B <f (sin B )·sin 2AC ．f (cos A )·sin 2B >f (sin B )·cos 2AD ．f (cos A )·sin 2B <f (sin B )·cos 2A 解析：根据“xf ′(x )－2f (x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f (x )x2，则有F ′(x )＝x 2f ′(x )－2xf (x )x 4＝x [xf ′(x )－2f (x )]x 4，所以当x >0时，F ′(x )>0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增．因为π2<C <π，所以0<A ＋B <π2，0<A <π2－B ，则有1>cos A >cos ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝sin B >0，所以F (cos A )>F (sin B )，即f (cos A )cos 2A >f (sin B )sin 2B，f (cos A )·sin 2B >f (sin B )·cos 2A ，故选C.6．定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )＞f (x )恒成立，若x 1＜x 2，则e x 1f (x 2)与e x2f (x 1)的大小关系为()A ．e x 11f (x 2)＞e x 2f (x 1)B ．e x 1f (x 2)＜e x2f (x 1)C ．e x 1f (x 2)＝e x 2f (x 1)D ．e x 1f (x 2)与e x2f (x 1)的大小关系不确定解析：设g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x ，由题意知g ′(x )＞0，所以g (x )单调递增，当x 1＜x 2时，g (x 1)＜g (x 2)，即f (x 1)e x 1＜f (x 2)e x 2，所以e x 1f (x 2)＞e x2f (x 1)．专项突破练构造函数法解决导数问题一、单选题1．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，()f x '是()f x 的导函数，当0x ≥时，()20f x x '->，且()13f =，则()22f x x >+的解集是（）A ．()()1,01,-⋃+∞B ．()(),11,-∞-⋃+∞C ．()()1,00,1-D ．()(),10,1-∞-⋃【解析】令()()2g x f x x =-，因为()f x 是定义在R 上的偶函数，所以()()f x f x -=，则()()()()2g x f x g x x ---==-，所以函数()g x 也是偶函数，()()2g x f x x ''=-，因为当0x ≥时，()20f x x '->，所以当0x ≥时，()()20g x f x x '-=≥'，所以函数()g x 在()0,∞+上递增，不等式()22f x x >+即为不等式()2g x >，由()13f =，得()12g =，所以()()1g x g >，所以1x >，解得1x >或1x <-，所以()22f x x >+的解集是()(),11,-∞-⋃+∞.故选：B.2．定义在R 上的函数()f x 的图象是连续不断的一条曲线，且()()2f x f x x -+=，当0x <时，()f x x '<，则不等式()()112f x f x x +≥-+的解集为（） A ．1,12⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．12,2⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】设()()212g x f x x =-，根据题意，()()()()221122g x f x x x f x g x -=--=-=-，所以()g x 为R 上的奇函数，当0x <时，()()0g x f x x ''=-<，因为()g x 在R 上的图象连续不断，所以()g x 为R 上的减函数，()()112f x f x x +≥-+可化为()()()2211111222g x x g x x x ++≥-+-+，即()()1g x g x ≥-，所以1x x ≤-，故不等式的解集为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故选：D.3．()f x 是定义在R 上的函数，()f x '是()f x 的导函数，已知()()f x f x '>，且()32e f =，()1e f =，则不等式()2121e0x f x --->的解集为（） A ．(),1-∞-B ．3,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．()1,+∞D ．3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】令函数()()x f x g x =e ，则()()()e xf x f xg x '-'=.因为()()f x f x '>，所以()0g x '>， ()g x 在R 上单调递增.又()()111ef g ==，而()2121e0x f x --->等价于()21211e x f x -->，即()()211g x g ->，所以211x ->，解得1x >.故选：C.4．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，()20f =，当0x >时，有()()0xf x f x '->成立，则不等式()0xf x >的解集是（）A ．()()22-∞-⋃+∞，， B ．()()202-⋃+∞，， C ．()()202-∞-⋃，， D ．()2+∞，【解析】()()0xf x f x '->成立设()()f xg x x=，则()()()()20f x f x x f x g x x x ''⎡⎤-'==>⎢⎥⎣⎦，即0x >时()g x 是增函数，当2x >时，()()20g x g >=，此时()0f x >；02x <<时，()()20g x g <=，此时()0f x <．又()f x 是奇函数，所以20x -<<时，()()0f x f x =-->；2x <-时()()0f x f x =-->则不等式()0x f x ⋅>等价为()00f x x >⎧⎨>⎩或()00f x x <⎧⎨<⎩，可得2x >或2x <-，则不等式()0xf x >的解集是()()22-∞-⋃+∞，，，故选：A ． 5．已知函数()1y f x =-的图像关于直线1x =对称，且当(),0x ∈-∞，()()0f x xf x '+<成立，若()1.5 1.522a f =，()()ln3ln3b f =，112211log log 44c f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则（） A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．b c a >>【解析】函数()1y f x =-的图像关于直线1x =对称，可知函数()y f x =的图像关于直线0x =对称，即()y f x =为偶函数，构造()()g x xf x =，当(),0x ∈-∞，()()()0g x f x xf x =+'<'，故()y g x =在(),0∞-上单调递减，且易知()g x 为奇函数，故()y g x =在()0,∞+上单调递减，由 1.512122log ln 304>=>>，所以()()1.51212log ln34g g g ⎛⎫<< ⎪⎝⎭.故选：D. 6．已知函数()f x 的定义域为()0,+∞，且满足()()0f x xf x '+>（f x 是()f x 的导函数），则不等式()()()2111x f x f x --<+的解集为（）A ．(),2-∞B ．()1,+∞C ．1,2D ．1,2【解析】令()()g x xf x =，则()()()0g x f x xf x ''=+>，即()g x 在()0,+∞上递增，又10x +>，则()()()2111x f x f x --<+等价于22(1)(1)(1)(1)x f x x f x --<++，即2(1)(1)g x g x -<+，所以22101011x x x x ⎧->⎪+>⎨⎪-<+⎩，解得12x <<，原不等式解集为1,2.故选：C7．已知f （x ）为定义在R 上的可导函数，()f x '为其导函数，且()()f x f x '<恒成立，其中e 是自然对数的底数，则（） A ．()()20222023f ef 【解析】设函数()()x f x g x e =，可得()()()xf x f xg x e '-'=，因为()()f x f x '<，可得()()0f x f x '->，所以()0g x '>，可得()g x 单调递增，则()()2022202320222023f f e e <，即()()20222023ef f <.故选：B. 8．已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，其导函数为()f x '，若()()2xf x f x '>，则下列式子一定成立的是（） A ．()()422f f >B ．()()442f f >C ．()()24e 2>f fD ．()()44e 2f f >【解析】令2()()(0)f x g x x x =>，则3()2(())xf x x x f x g '-='，又不等式()()2xf x f x '>恒成立，所以()()20xf x f x '->，即()0g x '>，所以()g x 在(0,)+∞单调递增，故()()24g g <，即()()224242f f >，所以()()442f f >，故选：B ． 9．已知函数()f x 为R 上的可导函数，其导函数为()f x '，且满足()()1f x f x '+<恒成立，()02022f =，则不等式()2021e 1xf x -<+的解集为（）A ．()e,+∞B ．(),e -∞C ．(),0∞-D ．()0,∞+【解析】构造函数()e [()1]x g x f x =-，(0)(0)12021g f =-=,则()e [()()1]0x g x f x f x '=+'-<，故()e [()1]x g x f x =-为R 上的单调减函数，不等式()2021e 1-<+xf x ，即[()1e 2021}x f x -<，即()(0)g x g <，0x ∴>，故选：D10．已知定义在R 上的函数()f x ，()f x '为其导函数，满足①()()2f x f x x =--，②当0x ≥时，()210f x x '++≥.若不等式()()221331f x x x f x +++>+有实数解，则其解集为（）A ．2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭B ．()2,0,3∞∞⎛⎫-⋃+ ⎪⎝⎭C ．()0,∞+D ．()2,0,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭【解析】构造函数()()2F x f x x x =++，当0x ≥时，()()()''210,F x f x x F x =++≥递增，由于()()2f x f x x =--，所以()()()()22f x x x f x x x ++=-+-+-，即()()F x F x -=，所以()F x 是偶函数，所以当0x <时，()F x 递减.不等式()()221331f x x x f x +++>+等价于：()()()()()()22212121111f x x x f x x x +++++>+++++，即()()211F x F x +>+，所以211x x +>+，两边平方并化简得()320x x +>，解得23x <-或0x >，所以不等式()()221331f x x x f x +++>+的解集为()2,0,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭.故选：D11．已知定义域为(0,)+∞的函数()f x 满足2()1()f x f x x x'+=，且2(e)e f =，e 为自然对数的底数，若关于x的不等式()20f x ax x x--+≤恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．[1,)+∞B ．[2,)+∞C ．2,e e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．322,e e e ⎡⎫-+++∞⎪⎢⎣⎭【解析】由2()1()f x f x x x'+=，得1()()xf x f x x '+=，设()()g x xf x =，1()()()g x xf x f x x ''=+=，则()ln g x x c =+，从而有ln ()x cf x x+=. 又因为12(e)e ec f +==，所以1c =，ln 1()x f x x +=，2ln ()x f x x -'=，所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以max ()(1)1f x f ==. 因为不等式()20f x ax x x--+≤恒成立，所以2()20f x x x a -+-≤，即2()(1)1f x x a --+≤，又因为2()(1)12f x x --+≤，所以2a ≥.故选：B.12．已知函数()1f x +为定义域在R 上的偶函数，且当1≥x 时，函数()f x 满足()()2ln 2xxf x f x x '+=，14ef=，则()4e 1f x <的解集是（）A ．(),2-∞⋃+∞B ．(2C ．()(),2e e,-∞-⋃+∞D ．()2e,e -【解析】由题可知，当1≥x 时，()2ln x x f x x '⎡⎤=⎣⎦．令()()2g x x f x =，则()()2g x f x x=， ()()()()2432ln 2x g x xg x x g x f x x x'--'==，令()()ln 2h x x g x =-，()()112ln 2x h x g x x x -''=-=，令()0h x '=，解得x =()h x 在)+∞上单调递减﹐在(上单调递增．又20hg==，所以()0h x ≤，()0f x '≤，所以函数()f x 在[)1,+∞上单调递减，()4e 1f x <，可化为()14ef x f <=，又函数()f x 关于1x =对称，故11,11x x --<11x ->，所以不等式的解集为(),2-∞⋃+∞．故选：A13．已知函数()y f x =，若()0f x >且()()0f x xf x '+>，则有（）A ．()f x 可能是奇函数，也可能是偶函数B ．()()11f f ->C ．42x ππ<<时，cos22s (os )(in c )x f e f x x <D ．(0)(1)f <【解析】若()f x 是奇函数，则()()f x f x -=-，又因为()0f x >，与()()f x f x -=-矛盾，所有函数()y f x =不可能时奇函数，故A 错误；令()()22ex g x f x =，则()()()()()()222222eeex x x g x x f x f x xf x f x '''=+=+，因为22e 0x >，()()0f x xf x '+>，所以()0g x '>，所以函数()g x 为增函数，所以()()11g g -<，即()()1122e 1e 1f f -<，所以()()11f f -<，故B 错误；因为42x ππ<<，所以0cos x <<sin 1x <<，所以sin cos x x >，故()()sin cos g x g x >，即()()22sin cos 22e sin ecos x xf x f x >，所以()()()22cos sin cos222sin ecos ecos x xx f x f x f x ->=，故C 错误；有()()01g g <，即()()01f ，故D 正确. 故选：D.14．定义在R 上的函数()f x 满足()()1f x f x '>-，且()06f =，()f x '是()f x 的导函数，则不等式()5x x e f x e ⋅>+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（）A ．()(),01,-∞⋃+∞B ．()(),03,-∞+∞C ．()0,∞+D ．()3,+∞【解析】设()()()x xg x e f x e x R =⋅-∈，可得()()()()()1x x x xg x e f x e f x e e f x f x '''=⋅+⋅-=+-⎡⎤⎣⎦．因为()()1f x f x '>-，所以()()10f x f x -'+>，所以()0g x '>，所以()y g x =在定义域上单调递增，又因为()5x xe f x e ⋅>+，即()5g x >，又由()()0000615g e f e =⋅-=-=，所以()()0g x g >，所以0x >，所以不等式的解集为()0,∞+.故选：C ．15．设函数()f x '是定义在()0π，上的函数()f x 的导函数，有()cos ()sin 0f x x f x x '->，若1023a b f π⎛⎫==⎪⎝⎭，，34c f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系是（） A ．a b c >> B ．b c a >> C ．c a b >>D ．c b a >>【解析】设()()cos g x f x x =，则()()cos ()sin g x f x x f x x ''=-，又因为()cos ()sin 0f x x f x x '->，所以()0g x '>，所以()g x 在(0,)π上单调递增，又0cos ()22a f ππ==，1()cos ()2333b f f πππ==，333()cos ()444c f f πππ==，因为3324πππ<<，所以33cos ()cos ()cos ()332244f f f ππππππ<<，所以c a b >>.故选：C ． 16．已知定义在R 上的函数()f x 满足：()()0xf x f x '+>，且()12f =，则()2e e x xf >的解集为（） A ．()0,+∞B ．()ln2,+∞C ．()1,+∞D ．0,1【解析】设()()g x xf x =，则()()()0g x xf x f x ''=+>，故()g x 为R 上的增函数，而()2e exx f >可化为()()e e 211x x f f >=⨯即()()g e 1x g >，故e 1x >即0x >，所以不等式()2e e xxf >的解集为()0,+∞，故选：A. 二、多选题17．设()f x ，()g x 是定义在R 上的恒大于零的可导函数，且满足()()()()0f x g x f x g x ''->，则当a x b <<时，有（）A ．()()()()f x g x f b g b >B ．()()()()f x g a f a g x >C ．()()()()f x g b f b g x <D ．()()()()f x g x f a g a >【解析】令()()()f x h x g x =，则()()()()()()2f xg x f x g xh x g x ''-'=⎡⎤⎣⎦．由()()()()0f x g x f x g x ''->，得()0h x '>，所以函数()h x 在R 上单调递增．当a x b <<时，有()()()()()()f a f x f bg a g x g b <<，又()f x ，()g x 是定义在R 上的恒大于零的可导函数，所以()()()()f x g a f a g x >，()()()()f x g b f b g x <．故选：BC18．已知定义在R 上的函数()f x 图像连续，满足()()6sin 2f x f x x x --=-，且0x >时，()3cos 1f x x '<-恒成立，则不等式()()3sin()333f x f x x πππ≥--++中的x 可以是（）A ．6π-B ．0C ．6πD ．3π 【解析】由()()6sin 2f x f x x x --=-整理得()3sin ()()3sin()f x x x f x x x +-=-+---，设()()3sin g x f x x x =+-，则有()()g x g x =-，所以()g x 是偶函数，因为0x >时，()3cos 1f x x '<-，所以()()13cos 0g x f x x ''=+-<，所以()g x 在(0,)+∞单调递减，又()g x 是偶函数，所以()g x 在(,0)-∞单调递增，又不等式()()3sin()333f x f x x πππ≥--++等价于()3sin f x x x +-()()33f x x ππ≥-+-3sin()3x π--，即()()3g x g x π≥-，根据()g x 的单调性和奇偶性可得3x x π≤-，解得6x π≤，故选：ABC19．定义在[0,)+∞上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()2()0f x x x f x '++<恒成立，则必有（）A ．3(3)2(1)f f D ．2(3)3(7)f f >【解析】设函数()()1xf x g x x =+，0x ≥，因为()()2()0f x x x f x '++< 则()()()222()()(1)()()0(1)(1)f x x x f x f x xf x x xf x g x x x ''++++-⎡⎤⎣⎦'==<++，所以()g x 在[0,)+∞上单调递减，从而()()()()()12357g g g g g >>>>，即(1)2(2)3(3)5(5)7(7)23468f f f f f >>>>，则必有()()3321f f <，4(2)5(5)f f >，3(1)5(5)f f >，6(3)7(7)f f >. 又()g x 在[0,)+∞上单调递减，所以x >0时，()()00g x g <=，所以x >0时，()0f x <，又6(3)7(7)f f >，所以72(3)(7)3(7)3f f f >>.故选：ACD. 20．已知()f x 是R 上的可导函数，且()()f x f x '<对于任意x ∈R 恒成立，则下列不等关系正确的是（）A ．()()1e 0f f <，()()20202020e 0f f ，()()211f e f >-C ．()()1e 0f f <，()()211f e f <- D ．()()1e 0f f >，()()20202020e 0f f >【解析】设()()x f x g x =e ，所以()()()e xf x f xg x '-'=，因为()()f x f x '<，所以()0g x '<，所以()g x 在R 上是减函数，所以()()10g g <，()()20200<g g ，()()11-<g g ，即()()1e 0f f <，()20002020e f <，()()()201e 1f f f <-，故选：AC.三、填空题21．已知()f x 是R 上的奇函数，()g x 是在R 上无零点的偶函数，()20f =，当0x >时，()()()()0f x g x f x g x ''-<，则使得()()lg 0lg f x g x <的解集是________【解析】令()()()f x h x g x =，则()()()()[]2()()f x g x f x g x h x g x ''-'=，当0x >时，()0h x '<，故()h x 在()0,∞+上单调递减，又()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，故()h x 是奇函数，()h x 在(),0∞-上单调递减，又()20,(0)0f f ==，可得(2)0,(2)0,(0)0h h h =-==，故()h x 在()2,0,(2,)-+∞上小于0，由()()lg (lg )0lg f x h x g x =<，得2lg 0-<<x 或lg 2x >，解得11100<<x 或100x >.故答案为：11(100,)100⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭,. 22．已知函数()f x 是R 上的奇函数，()20f =，对()0,x ∀∈+∞，()()0f x xf x '+>成立，则()()10x f x -≥的解集为_________．【解析】设()()F x xf x =，则对()0,x ∀∈+∞，()()()0F x f x xf x ''=+>，则()F x 在()0,+∞上为单调递增函数，∵函数()f x 是R 上的奇函数，∴()()f x f x -=-， ∴()()()()()F x x f x xf x F x -=--==，∴()F x 为偶函数，∴()F x 在(),0-∞上为单调递减函数，又∵()20f =，∴()()220F F -==，由已知得()00F =，所以当2x <-时，()()0,0F x f x ><；当20x -<<时，()()0,0F x f x <>；当02x <<时，()()0,0F x f x <<；当2x >时，()()0,0F x f x >>；若()()10x f x -=，则0,1,2,2x =-；若()()10x f x ->，则()100x f x ->⎧⎨>⎩或()100x f x -<⎧⎨<⎩，解得2x >或2x <-或01x <<；则()()10x f x -≥的解集为(][][),20,12,-∞-+∞.23．已知函数()f x 的导函数为()f x '，且对任意x ∈R ，()()0f x f x '-<，若()22e f =，()e tf t <，则t 的取值范围是___________. 【解析】构造函数()()x f x g x =e ，则()()()0xf x f xg x e '-'=<，故函数()g x 在R 上单调递减，由已知可得()()2221e f g ==，由()e tf t <可得()()()12e tf tg t g =<=，可得2t >. 故答案为：()2,+∞.24．定义在R 上的函数满足()11f =，且对任意R x ∈都有()'102f x -<，则不等式()122x f x ->的解集为__________.【解析】构造函数()()()()111,1102222x F x f x F f =--=--=，()()''102F x f x =-<，所以()F x 在R 上递减，由()122x f x ->，得()1022x f x -->，即()()1F x F >，所以1x <，即等式()122x f x ->的解集为(),1-∞. 25．若()f x 为定义在R 上的连续不断的函数，满足2()()4f x f x x +-=，且当(,0)x ∈-∞时，1()42f x x '+<.若3(1)()32f m f m m +≤-++，则m 的取值范围___________. 【解析】2()()4f x f x x +-=，22()2()20f x x f x x ∴-+--=，设21()()22g x f x x x =-+，则()()0g x g x +-=，()g x ∴为奇函数，又1()()402g x f x x '='-+<，()g x ∴在(,0)-∞上是减函数，从而在R 上是减函数，又3(1)()32f m f m m +≤-++，等价于22(1)2(1)()2()f m m f m m +-+≤---，即(1)()g m g m +≤-， 1m m ∴+≥-，解得12m ≥-，故答案为：1,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.26．已知函数()f x 是定义在()()00,-∞+∞，的奇函数，当()0x ∈+∞，时，()()xf x f x '<，则不等式()()()21120f x x f -+-<的解集为___________. 【解析】函数()f x 是定义在()()00,-∞+∞，的奇函数，构造函数()()()0f x F x x x =≠，()()()()f x f x F x F x x x--===-，所以()F x 为偶函数，当0x >时，()()()''20xf x f x F x x-=<，()F x 递减，当0x <时，()F x 递增. ()()()21120f x x f -+-<，()()()2112f x x f -<-，当10x ->，即1x <时，()()1212f x f x -<-，()()12F x F -<，121x x ->⇒<-. 当10x -<，即1x >时，()()()()()12,12212f x f F x F F x->->=--，21013x x -<-<⇒<<.综上所述，不等式()()()21120f x x f -+-<的解集为()(),11,3-∞-.故答案为：()(),11,3-∞-27．已知定义在()0,∞+的函数()f x 满足()()0xf x f x '-<，则不等式()210x f f x x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭的解集为___________. 【解析】令()()f xg x x =，则()()()20xf x f x g x x '-'=<，所以函数()g x 在()0,∞+上单调递减，又由()210x f f x x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭得()11f f x xx x⎛⎫⎪⎝⎭<，即()1g g x x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，10x x ∴>>，解得01x <<，故答案为：()0,1.28．若定义在R 上的函数()f x 满足()()30f x f x '->，13f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式()3xf x e >的解集为________________．【解析】构造()3()x f x F e x =，则()3363()3()()3()x x x x e f x e f x F f x f x e x e ''-=-='，函数()f x 满足()()30f x f x '->，则()0F x '>，故()F x 在R 上单调递增．又∵13f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则113F ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式3()xf x e >⇔3()1x f x e >，即1()3F x F ⎛⎫> ⎪⎝⎭，根据()F x 在R 上单调递增，可知1,3x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭．29．已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()()0f x f x '->﹐2021(2021)e f =，则不等式1(ln )3f x <的解集为___________.【解析】令()()x f x g x =e ，所以()()()0e xf x f xg x '-'=>，所以()g x 在R 上单调递增，且()()20212021e 20211e f g ==，因为1ln 3f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭(f <(f f g==，所以(1g <，所以(()2021gg <，所以02021x >⎧⎪⎨⎪⎩，所以60630e x <<，所以解集为()60630,e. 30．已知函数()f x 在R 上可导，对任意x 都有()()2sin f x f x x --=，当0x ≤时，()1f x '<-，若π2π()33f t f t t ⎛⎫⎛⎫≤-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则实数t 的取值范围为_________【解析】由()()2sin f x f x x --=得()sin ()sin()f x x f x x -=---，令()()sin g x f x x =-，则()()g x g x =-，()g x 是偶函数，0x ≤时，()1f x '<-，则()()cos 0g x f x x ''=-<，()g x 是减函数，因此0x ≥时，()gx 是增函数，π2ππ2π2π()cos cos sin sin 33333f t f t t f t t t ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎫≤--=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭π3sin 32f t t t ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，所以()π1ππsin sin sin 3233f t t f t t t f t t ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≤-+=--- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即π()3g t g t ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，()π3g t g t ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，所以π3t t ≤-，22π3t t ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，π6t ≤．故答案为：π6∞⎛⎤- ⎥⎝⎦，．31．已知函数()2ln f x a x x=-. (1)若1a =，求()f x 的图象在1x =处的切线方程； (2)若对于任意的()12,1,3x x ∈，当12x x >时，都有()()12212f x f x a x x ->-，求实数a 的取值范围.【解析】(1)因为1a =，所以()()2212ln ,f x x f x x x x '=-=+，所以()()12,13f f =-'=，所以()f x 的图象在1x =处的切线方程为()()231y x --=-，即35y x =-；(2)因为12x x >，所以()()12212f x f x a x x ->-等价于()()()21212f x f x a x x ->-，即()()221122f x a x f x a x ->-，令函数()22ln g x a x a x x=--，由题可知()g x 在()1,3上单调递增，所以()()()22222221220ax ax a a x ax g x a x x x x -+--=+-=-=-'在()1,3上恒成立，若0a =，则()220g x x ='>恒成立，显然()g x 在()1,3上单调递增，符合题意；若0a >，则210ax x+-<，则20ax -在()1,3上恒成立，即320a -，解得203a <；若0a <，则220ax x-->，则10ax +在()1,3上恒成立，即310a +，解得103a -<. 综上，实数a 的取值范围为12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.32．已知曲线()()()ln f x x a x a =+∈R 在点()()1,1f 处的切线平行于直线230x y -+=． (1)求a 的值；(2)若对[)1,x ∀∈+∞，都有()()21f x m x ≤-恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】(1)由题意得：()ln x af x x x+'=+，所以()112f a '+==，即1a = (2)由()()21ln 1x x m x +≤-恒成立，可得()ln 10x m x --≤在[)1,x ∀∈+∞上恒成立设()()ln 1h x x m x =--，()11mx h x m x x'-=-= ①当m 1≥时，()0h x '<恒成立，即()h x 在[)1,x ∞∈+上为单调减函数所以()()10h x h ≤=符合题意； ②当1m <时，由()0h x '>得11x m<< 由()0h x '<得1x m>即()h x 在11,x m ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上为单调增函数，在1,x m ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上为单调减函数又()10h =，所以存在011,x m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x >，不符合题意综上：m 1≥33．设函数()ln ()af x x a R x =+∈．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()f x 有两个零点1x ，2x ，求a 的取值范围，并证明：121x x +<．。

导数中函数的构造问题-高考数学三轮复习

导数中函数的构造问题-高考数学三轮复习函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想，而构造函数的解题思路恰好是这两种思想的具体体现.母题呈现类型一利用f(x)与x n构造函数【典例1】(1)（2022·河北衡水中学模拟预测）已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x＞0时，2f(x)＞xf′(x)，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是________．(2)设f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)＜0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)＞0的解集____．【解题指导】观察条件和结论特点→构造函数→判断构造函数的单调性、奇偶性→画出相应函数的图象→再根据图象写出解集．【解析】（1）构造F(x)＝f(x)x2，则F′(x)＝f′(x)·x－2f(x)x3，当x＞0时，xf′(x)－2f(x)＜0，可以推出当x＞0时，F′(x)＜0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x2为偶函数，∴F(x)为偶函数，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象如图所示，根据图象可知f(x)＞0的解集为(－1,0)∪(0,1)．（2）构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)＜0，可以推出当x＜0时，F′(x)＜0，∴F(x)在(－∞，0)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x为奇函数，∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象如图所示，根据图象可知xf(x)＞0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．]【素养技法】利用f(x)与x n构造函数(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝x n f(x)；(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝f（x）x n.【跟踪训练】（2022·岳阳一中一模）设f(x)是定义在R上的偶函数，且f(1)＝0，当x＜0时，有xf′(x)－f(x)＞0恒成立，则不等式f(x)＞0的解集为________．【答案】(－∞，－1)∪(1，＋∞)【解析】构造F (x )＝f (x )x ，则F ′(x )＝f ′(x )·x －f (x )x 2，当x ＜0时，xf ′(x )－f (x )＞0，可以推出当x ＜0时，F ′(x )＞0，F (x )在(－∞，0)上单调递增．∵f (x )为偶函数，x 为奇函数，∴F (x )为奇函数，∴F (x )在(0，＋∞)上也单调递增．根据f (1)＝0可得F (1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象，根据图象可知f (x )＞0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．类型二利用f (x )与e x 构造函数【典例2】（1）（2022·山东临沂一模）已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，若f (x )满足：(x －1)[f ′(x )－f (x )]＞0，f (2－x )＝f (x )·e 2－2x，则下列判断一定正确的是()A ．f (1)＜f (0)B ．f (2)＞e 2f (0)C ．f (3)＞e 3f (0)D ．f (4)＜e 4f (0)（2）（2022·江苏省如皋中学模拟预测）若定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )－2f (x )＞0，f (0)＝1，则不等式f (x )＞e 2x 的解集为________．与F (x )＝e nx f (x )的构造条件）→判断构造函数的单调性、奇偶性→确定答案【解析】（1）构造F (x )＝f (x )e x ，则F ′(x )＝e xf ′(x )－e x f (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )ex ，导函数f ′(x )满足(x －1)[f ′(x )－f (x )]＞0，则x ＞1时F ′(x )＞0，F (x )在[1，＋∞)上单调递增．当x ＜1时F ′(x )＜0，F (x )在(－∞，1]上单调递减．又由f (2－x )＝f (x )e 2－2x⇔F (2－x )＝F (x )⇒F (x )关于x ＝1对称，从而F (3)＞F (0)即f (3)e 3＞f (0)e 0，∴f (3)＞e 3f (0)，故选C.（2）构造F (x )＝f (x )e2x ，则F ′(x )＝e 2x f ′(x )－2e 2x f (x )e 4x ＝f ′(x )－2f (x )e 2x ，函数f (x )满足f ′(x )－2f (x )＞0，则F ′(x )＞0，F (x )在R 上单调递增．又∵f (0)＝1，则F (0)＝1，f (x )＞e 2x ⇔f (x )e 2x＞1⇔F (x )＞F (0)，根据单调性得x ＞0.【素养技法】利用f (x )与e x 构造函数(1)出现f ′(x )－f (x )的形式，构造函数F (x )＝f （x ）e x；(2)出现f ′(x )＋f (x )的形式，构造函数F (x )＝f (x )e x .【跟踪训练】f (x )为定义在R 上的可导函数，且f ′(x )＞f (x )，对任意正实数a ，下列式子一定成立的是()A.f (a )＜e a f (0)B.f (a )＞e a f (0)C.f (a )＜f （0）e aD.f (a )＞f （0）ea【答案】B【解析】令g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x （e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x ＞0.∴g (x )在R 上为增函数，又a ＞0，∴g (a )＞g (0)，即f （a ）e a ＞f （0）e0.故f (a )＞e a f (0).类型三利用f (x )与sin x ，cos x 构造函数是常考的几种形式．F (x )＝f (x )sin x ，F ′(x )＝f ′(x )sin x ＋f (x )cos x ；F (x )＝f (x )sin x ，F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x ；F (x )＝f (x )cos x ，F ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )sin x ；F (x )＝f (x )cos x ，F ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x【跟踪训练】（2022·山西朔州·高三期中）已知函数()f x 定义在(0,)2π上，'()f x 是它的导函数，且恒有()'()·tan f x f x x <成立，又知1()62f π=，若关于x 的不等式()sin f x x >解集是___________.【答案】(,)62ππ【解析】()'()tan ,'()sin ()cos 0f x f x x f x x f x x ∴-，令()()sin f x g x x=，2()sin ()cos ()0,()sin f x x f x x g x g x x-∴=>∴''在(0,)2π上为增函数,由()sin f x x >，()()61,sin 6sin 6f f x x x πππ∴>=∴>,所以不等式的解集为(,)62ππ.类型四构造具体函数关系式【典例4】（2022·南京师大附中模拟预测）若ln x －ln y ＜1ln x －1ln y (x ＞1，y ＞1)，则()A.e y －x ＞1B.e y －x ＜1C.e y－x －1＞1D.e y－x －1＜1【解题指导】认真分析题目所给条件，寻找(或变形后寻找)结构相同的式子，结合所求构造函数．【解析】依题意，ln x －1ln x ＜ln y －1ln y ，令f (t )＝t －1t (t ≠0).则f ′(t )＝1＋1t 20，所以f (t )在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；又x ＞1，y ＞1，得ln x ＞0，ln y ＞0，又ln x －1ln x ＜ln y －1ln y .则f (ln x )＜f (ln y ).又f (t )在(0，＋∞)上单调递增.则ln x ＜ln y ，∴1＜x ＜y ，即y －x ＞0，所以e y －x ＞e 0＝1，A 正确，B 不正确；又y －x －1无法确定与0的关系，故C 、D 不正确.【素养技法】不等式两边凑配成相同的形式，构造具体的函数利用单调性求解.【跟踪训练】（2022·长郡中学一模）已知α，β∈，且αsin α－βsin β＞0，则下列结论正确的是()A ．α＞βB ．α2＞β2C ．α＜βD ．α＋β＞0【答案】B【解析】构造函数f (x )＝x sin x ，则f ′(x )＝sin x ＋x cos x .当x ∈[0,]2π时，f ′(x )≥0，f (x )是增函数，当x ∈[,0)2π-时，f ′(x )＜0，f (x )是减函数，又f (x )为偶函数，∴αsin α－βsin β＞0⇔αsin α＞βsin β⇔f (α)＞f (β)⇔f (|α|)＞f (|β|)⇔|α|＞|β|⇔α2＞β2，故选B.>20．若函数为定义在R 上的奇函数，()g x 为的导函数，当0x ≤时，<，则不等式2()g x x >的解集为_______.R上的函数，其导函数为π40.2单调性，将已知不等式转化为关于0x 时，()2g x x '<，0x ∴≤时，()0h x '<，()h x 单调递减，∴x ＜0时，()h x h >(0)＝g (0)＝0，即0x <时，()20g x x >>，当x ＞0时，－x ＜0，∴h (－x )＞h (0)，即g (－x )－20x >，∵g (x )是奇函数，∴()2g x x ->，即x ＞0时，g (x )＜－2x ＜0，综上，x ＜0时，g (x )＞2x ＞0，x ＞0时，g (x )＜－2x ＜0﹒∴g (x )＞2x 的解集是(),0∞-.故答案为：(),0∞-.。

第四章第3讲构造法在导数中的应用课件——2022届高三数学一轮复习

四、【考题讲练】
1．(2021·湖北仙桃模拟)已知实数a，b满足a＝e7－a， 3＋ln b＝ e4－ln b，则 ab＝( )
A．3
B．4
C．e3
D．e4
解析 ∵实数a，b满足a＝e7－a， 3＋ln b＝e4－ln b，∴3＋ln b＝ e7－(3＋ln b)，令f(x)＝x－e7－x，则f′(x)＝1＋e7－x>0，则f(x)为定义在R上的单调函数，易知f(x)有唯一零点，设为x0，则a＝3＋ln b＝x0，∴ln b＝a－3，且ln a＝7－a，∴ln (ab)＝ln a＋ln b＝7－a＋a－3＝4，∴ab＝e4.故选D.
第三章第3讲：构造法在导数中的应用
议课时间：8月19日授课时间：9月11日
一、【复习目标】
一、利用f(x)与x构造二、利用f(x)与ex构造三、利用f(x)与sin x，cos x构造
二、【考点解读】
1.了解导数中几种常见的构造函数的形式. 2.会根据要求通过构造函数解决一些简单的问题.
三、【知识梳理】
足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是
A.(0,1) C.(1,2)
√B.(2，＋∞)
D.(1，＋∞)
解析构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减. 又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以x＋1<x2－1，且x2－1>0，x＋1>0，解得x>2或x<－1(舍去)，所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞).

高中数学构造函数解决导数问题专题复习

高中数学构造函数解决导数问题专题复习高中数学构造函数解决导数问题专题复习【知识框架】【考点分类】考点一、直接作差构造函数证明；两个函数，一个变量，直接构造函数求最值；【例1-1】（14顺义一模理18）已知函数（）（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；（Ⅱ）若在区间上函数的图象恒在直线下方，求的取值范围．【例1-2】（13海淀二模文18）已知函数.（Ⅰ）当时，若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，求实数的值；（Ⅱ）若，都有，求实数的取值范围.【练1-1】（14西城一模文18）已知函数，其中．（Ⅰ）当时，求函数的图象在点处的切线方程；（Ⅱ）如果对于任意，都有，求的取值范围．【练1-2】已知函数是常数．（Ⅰ）求函数的图象在点处的切线的方程；（Ⅱ）证明函数的图象在直线的下方；（Ⅲ）讨论函数零点的个数．【练1-3】已知曲线.(Ⅰ)若曲线C在点处的切线为，求实数和的值；(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【练1-4】已知函数，求证：在区间上，函数的图像在函数的图像的下方；【练1-5】.已知函数；（1）当时，求在区间上的最大值和最小值；（2）若在区间上，函数的图像恒在直线下方，求的取值范围。

【练1-6】已知函数；（1）求的极小值；（2）如果直线与函数的图像无交点，求的取值范围；答案：考点二、从条件特征入手构造函数证明【例2-1】若函数在上可导且满足不等式，恒成立，且常数，满足，求证：。

【例2-2】设是上的可导函数，分别为的导函数，且满足，则当时，有（）A.B.C.D.【练2-1】设是上的可导函数，，求不等式的解集。

【练2-2】已知定义在的函数满足，且，若，求关于的不等式的解集。

【练2-3】已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，若，则下列关于的大小关系正确的是（）DA.B.C.D.【练2-4】已知函数为定义在上的可导函数，且对于任意恒成立，为自然对数的底数，则（）CA.B.C.D.【练2-5】设是上的可导函数，且，求的值。

专题07 构造函数法解决导数不等式问题(二)(原卷版)

专题07 构造函数法解决导数不等式问题(二)考点四构造F (x )＝f (x )±g (x )，F (x )＝f (x )g (x )，F (x )＝f (x )g (x )类型的辅助函数【方法总结】(1)若F (x )＝f (x )＋ax n ＋b ，则F ′(x )＝f ′(x )＋nax n －1；(2)若F (x )＝f (x )±g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )±g ′(x )；(3)若F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；(4)若F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2．由此得到结论：(1)出现f ′(x )＋nax n －1形式，构造函数F (x )＝f (x )＋ax n ＋b ；(2)出现f ′(x )±g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )±g (x )；(3)出现f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )g (x )；(4)出现f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )g (x )．【例题选讲】[例1](1)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝3，对任意x ∈R ，f ′(x )<3，则f (x )>3x ＋6的解集为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x >－1}C ．{x |x <－1}D ．R(2)定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对∀x ∈R ，f ′(x )＜12，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为________．(3)定义在R 上的可导函数f (x )满足f (1)＝1，且2f ′(x )>1，当x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，3π2时，不等式f (2cos x )>32－2sin 2x 2的解集为( )A ．⎝⎛⎭⎫π3，4π3B ．⎝⎛⎭⎫－π3，4π3C ．⎝⎛⎭⎫0，π3D ．⎝⎛⎭⎫－π3，π3 (4)f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ≥0时，f ′(x )＞2x ．若f (a －2)－f (a )≥4－4a ，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，2]D ．[2，＋∞)(5)已知f ′(x )是函数f (x )的导数，且f (－x )＝f (x )，当x ≥0时，f ′(x )>3x ，则不等式f (x )－f (x －1)<3x －32的解集是( )A ．⎝⎛⎭⎫－12，0B ．⎝⎛⎭⎫－∞，－12C ．⎝⎛⎭⎫12，＋∞D ．⎝⎛⎭⎫－∞，12 (6)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导数，当x >0时，f (x )＋f ′(x )·x ln x <0，则不等式(x －1)f (x )>0的解集为________．(7)(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且(x ＋1)f ′(x )－f (x )＜x 2＋2x 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是( )A ．2f (2)－3f (1)＞5B ．若f (1)＝2，x ＞1，则f (x )＞x 2＋12x ＋12C ．f (3)－2f (1)＜7D ．若f (1)＝2，0＜x ＜1，则f (x )＞x 2＋12x ＋12(8)已知函数f (x )，对∀x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝x 2，在(0，＋∞)上，f ′(x )<x ，若f (4－m )－f (m )≥8－4m ，则实数m 的取值范围为( )A ．[－2，2]B ．[2，＋∞)C ．[0，＋∞)D ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)(9)已知函数y ＝f (x )是R 上的可导函数，当x ≠0时，有f ′(x )＋f (x )x >0，则函数F (x )＝xf (x )＋1x的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3(10)函数f (x )满足x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，f (2)＝e 28，当x >0时，f (x )的极值状态是___________．【对点训练】1．已知函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，且对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为( )A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)2．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为． 3．已知定义域为R 的函数f (x )的导数为f ′(x )，且满足f ′(x )<2x ，f (2)＝3，则不等式f (x )>x 2－1的解集是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，2)4．定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )＋1＞0，f (1)＝4，则不等式f (x )＞1x＋3的解集为________． 5．设f (x )为R 上的奇函数，当x ≥0时，f ′(x )－cos x <0，则不等式f (x )<sin x 的解集为．6．设f (x )和g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，f ′(x )，g ′(x )分别为其导数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集是( )A ．(－3，0)∪(3，＋∞)B ．(－3，0)∪(0，3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0，3)7．设f (x )，g (x )是定义在R 上的恒大于0的可导函数，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )＜0，则当a ＜x ＜b 时，有( )A ．f (x )g (x )＞f (b )g (b )B ．f (x )g (a )＞f (a )g (x )C ．f (x )g (b )＞f (b )g (x )D ．f (x )g (x )＞f (a )g (a )8．设函数f (x )在R 上存在导数f ′(x )，对任意x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝x 2，在(0，＋∞)上f ′(x )<x ，若f (2－m )＋f (－m )－m 2＋2m －2≥0，则实数m 的取值范围为__________．9．已知f (x )是定义在R 上的减函数，其导函数f ′(x )满足f (x )f ′(x )＋x <1，则下列结论正确的是( ) A ．对于任意x ∈R ，f (x )<0 B ．对于任意x ∈R ，f (x )>0C ．当且仅当x ∈(－∞，1)，f (x )<0D ．当且仅当x ∈(1，＋∞)，f (x )>010．已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f (x )x ＞0，若g (x )＝f (x )＋1x ，则函数g (x )的零点个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．0或2考点五构造具体函数关系式【方法总结】这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题．【例题选讲】[例1] (1) (2020·全国Ⅰ)若2a ＋log 2a ＝4b ＋2log 4b ，则( )A ．a >2bB ．a <2bC ．a >b 2D ．a x 2＋ln x 1B ．x 1＋ln x 2<x 2＋ln x 1C ．12e x x >21e x xD ．12e x x <21e x x (4)已知函数f (x )＝e x x －ax ，x ∈(0，＋∞)，当x 2＞x 1时，不等式f (x 1)x 2－f (x 2)x 1<0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，e ]B ．(－∞，e )C ．(－∞，e 2)D ．(－∞，e 2] A ．(a ＋1)a ＋2>(a ＋2)a ＋1 B ．log a (a ＋1)>log a ＋1(a ＋2)C ．log a (a ＋1)<a ＋1aD ．log a ＋1(a ＋2)<a ＋2a ＋1(6) (2021·全国乙)设a ＝2ln1.01，b ＝ln1.02，c ＝ 1.04－1，则( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．b <a <cD ．c <a <b (7)已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，导函数为f ′(x )，若xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，且f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ，则( )A ．f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝0B ．f (x )在x ＝1e处取得极大值 C ．0<f (1)<1 D ．f (x )在(0，＋∞)上单调递增【对点训练】1．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 66，则( ) A ．a 0，则“a >b ”是“a a >b b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．已知0<x 1<x 2<1，则( )A ．ln x 1x 2>ln x 2x 1B ．ln x 1x 2<ln x 2x 1C ．x 2ln x 1>x 1ln x 2D ．x 2ln x 1<x 1ln x 24．已知a >b >0，a b ＝b a ，有如下四个结论：(1)b <e ；(2)b >e ；(3)存在a ，b 满足a ·b <e 2；(4)存在a ，b 满足a ·b >e 2，则正确结论的序号是( )A ．(1)(3)B ．(2)(3)C ．(1)(4)D ．(2)(4)5．设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则( )A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z6．已知a <5且a e 5＝5e a ，b <4且b e 4＝4e b ，c <3且c e 3＝3e c ，则( )A ．c πe ；③11；④3eln 2>42．其中真命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4 9．已知函数f (x )＝e x ＋m ln x (x ∈R )，若对任意正数x 1，x 2，当x 1＞x 2时，都有f (x 1)－f (x 2)＞x 1－x 2成立，则实数m 的取值范围是________．10．若实数a ，b 满足2a ＋3a ＝3b ＋2b ，则下列关系式中可能成立的是( )A ．0<a x 1时，不等式f (x 1)x 2<f (x 2)x 1恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，e] B ．(－∞，e) C ．⎝⎛⎭⎫－∞，e 2 D ．⎝⎛⎦⎤－∞，e 2 12．设f ′(x )为函数f (x )的导函数，已知x 2f ′(x )＋xf (x )＝ln x ，f (e)＝1e，则下列结论正确的是( ) A ．f (x )在(0，＋∞)单调递增 B ．f (x )在(0，＋∞)单调递减C ．f (x )在(0，＋∞)上有极大值D ．f (x )在(0，＋∞)上有极小值13．(多选)下列不等式中恒成立的有( )A ．ln(x ＋1)≥x x ＋1，x >－1 B ．ln x ≤12⎝⎛⎭⎫x －1x ，x >0 C ．e x ≥x ＋1 D ．cos x ≥1－12x 2。

第09讲：拓展二：构造函数法解决导数不等式问题(原卷版)-备战2025年高考新结构数学一轮复习精讲练

类型五：根据不等式（求解目标）构造具体函数 ..............................7
1、两个基本还原
① f (x)g(x) f (x)g(x) [ f (x)g(x)]
②
f (x)g(x) f (x)g(x) [g( x)]2
[ f (x) ] g(x)
2、类型一：构造可导积函数
(x) x2
f
(x)
[
f
(x) ] x
高频考点 2：
xf
(x) 2 x3
f
(x)
[
f
(x x2
)
]
③
f (x) sin x sin 2
f (x) cos x x
[ f (x) ] sin x
⑥
f (x) cos x cos2
f (x) sin x x
[ f (x) ] cos x
高频考点
1 2
2
f
1 4
C．
f
1 2
2
f
1
B．
f
1 2
2
f
1 4
D． 2 f
1 2
f
1
类型二：构造 F (x) enx f (x) 或 F (x)
f (x) enx
(
n
Z
，且 n 0 )型
典型例题
例题 1．（23-24 高二下·河北石家庄·阶段练习）已知定义在 R 上的函数 f x ，其导函数为 f x ，且 f x f x ，则（）
4
xf (x) f (x) 0
F (x) xf (x)
5
xf (x) 2 f (x) 0
F(x) x2 f (x)

在导数运算中构造函数解决问题(复习课)PPT课件

1、常见加法模型：
2、常见减法模型：
（1） f(x )g (x )f(x )g (x ) （1） f(x )g (x )f(x )g (x )
构造模型: h(x)f(x)g(x) 构造模型: h(x) f (x)
（2） xf(x)f(x)
g(x)
（2） xf'(x)f(x)
构造模型: h(x)xf(x) （3） exf(x)exf(x)
构造模型: h(x) f (x) x
构造模型: h(x)exf(x) （3） exf(x)exf(x)
f (x)
构造模型: h(x)
2021
ex 10
思考题：
谢谢
2021
12
变式训练1：设f(x)是(0,)上的可导，函f(数 x)x， (fx)0 ,f(3 )0 ,
求不x等 f(x)式 0的解 . 集
结论很重要
2015年高考题
常见加法模型：（1） f(x )g (x )f(x )g (x ) 构造模型: h(x)f(x)g(x)
（2） xf(x)f(x)
构造模型: h(x)xf(x) （3） exf(x)exf(x) 构造模型: h(x)exf(x)
2015年高考题
2015年高考题
2021
8
常见减法模型：
（1） f(x )g (x )f(x )g (x ) 构造模型: h(x) f (x) g(x)
（2） xf'(x)f(x)
构造模型: h(x) f (x) x
（3） exf(x)exf(x)
构造模型:
h(x)
f (x) ex
课堂小结：
通过对近几年的高考命题的分析发现高考对导数的考查常以函数为依托将导数内容和传统内容中有关不等式和函数的单调性方程根的分布解析几何中的切线问题等内容有机的结合在一起设计综合试题从而考查函数导数的基础知识和基本方法

导数构造函数解决问题类型总结(解析版)

导数构造函数解决问题类型总结一、重点题型目录【题型一】构造函数x n f (x )型【题型二】构造函数e nx f (x )型【题型三】构造函数f (x )x n 型【题型四】构造函数f (x )e nx型【题型五】构造函数sin x 与函数f (x )型【题型六】构造函数cos x 与函数f (x )型【题型七】构造e n 与af (x )+bf (x )型【题型八】构造kx +b 与f (x )型【题型九】构造ln kx +b 型【题型十】构造综合型二、题型讲解总结【题型】一、构造函数x n f (x )型例1.(2022·四川·盐亭中学模拟预测(文))已知定义在0,+∞ 上的函数f x 满足2xf x +x 2f x <0，f 2 =34，则关于x 的不等式f x >3x 2的解集为( )A.0,4B.2,+∞C.4,+∞D.0,2 【答案】D【分析】构造函数h x =x 2f x ，得到函数h x 的单调性，根据单调性解不等式即可.【详解】令h x =x 2f x ，则h x =2xf x +x 2f x <0，所以h x 在0,+∞ 单调递减，不等式f x >3x 2可以转化为x 2f x >4×34=22f 2 ，即h x >h 2 ，所以0<x <2.故选：D .例2.(2022·河北·高三阶段练习)已知奇函数f x 的定义域为R ，导函数为f x ，若对任意x ∈0,+∞ ，都有3f x +xf x >0恒成立，f 2 =2，则不等式x -1 3f x -1 <16的解集是__________.【答案】-1,3【分析】构造新函数g x =x 3f x ，根据f (x )的性质推出g (x )的性质，最后利用g (x )单调性解不等式.【详解】设g x =x 3f x ，x ∈R ，f x 为奇函数，∴g -x =-x 3f (-x )=x 3f (x )=g x ，即g x 是偶函数，有g (x )=g (-x )=g x ，∵∀x ∈0,+∞ ，3f x +xf x >0恒成立，故x ∈0,+∞ 时，g x =3x 2f x +x 3f x =x 23f x +xf x ≥0，∴函数g x 在0,+∞ 上为增函数，∵f 2 =2，∴g 2 =g -2 =16，x -1 3f x -1 <16等价于g x -1 <16=g (2)，g (x -1)=g x -1 <g (2)，且函数g x 在0,+∞ 上为增函数，∴x -1 <2，解得-1<x <3.故答案为：-1,3【题型】二、构造函数e nx f (x )型例3.(2022·河南·襄城高中高二阶段练习(理))已知奇函数f x 的定义域为R ，其函数图象连续不断，当x >0时，x +2 f x +xf x >0，则( )A.f 1 4e >f 2 B.f 2 <0 C.f -3 ⋅f 1 >0 D.f -1 e>4f -2 【答案】D【解析】令g x =x 2e x f x ，根据导数可知其在0,+∞ 上单调递增，由g 2 >g 1 >g 0 =0可知AB 错误，同时得到f 1 e<4f 2 ，f 1 >0，f 3 >0，结合奇偶性知C 错误，D 正确.【详解】对于AB ，令g x =x 2e x f x ，则g 0 =0，g x =x x +2 e x f x +x 2e x f x ，当x ≥0时，g x =xe x x +2 ⋅f x +xf x ≥0，∴g x 在0,+∞ 上单调递增，∴g 0 <g 1 <g 2 ，即0<ef 1 <4e 2f 2 ，∴f 2 >0，f 1 4e <f 2 ，AB 错误；对于C ，由A 的推理过程知：当x >0时，g x =x 2e x f x >0，则当x >0时，f x >0，∴f 1 >0，f 3 >0，又f x 为奇函数，∴f -3 =-f 3 <0，∴f -3 ⋅f 1 <0，C 错误．对于D ，由A 的推理过程知：f 1 e <4f 2 ，又f -1 =-f 1 ，f -2 =-f 2 ，∴-f -1 e <-4f -2 ，则f -1 e>4f -2 ，D 正确．故选：D .例4.(2022·江苏·南师大二附中高二期末)已知f (x )为R 上的可导函数，其导函数为f x ，且对于任意的x ∈R ，均有f x +f x >0，则( )A.e -2021f (-2021)>f (0)，e 2021f (2021)<f (0)B.e-2021f(-2021)<f(0)，e2021f(2021)<f(0)C.e-2021f(-2021)>f(0)，e2021f(2021)>f(0)D.e-2021f(-2021)<f(0)，e2021f(2021)>f(0)【答案】D【解析】通过构造函数法，结合导数确定正确答案.【详解】构造函数F x =e x⋅f x ,F x =f x +f x⋅e x>0，所以F x 在R上递增，所以F-2021<F0 ,F0 <F2021，即e-2021⋅f-2021<f0 ,f0 <e2021⋅f2021.故选：D例5.(2022·辽宁·大连二十四中模拟预测)已知函数y=f x ，若f x >0且f x +xf x >0，则有( )A.f x 可能是奇函数，也可能是偶函数B.f-1>f1C.π4<x<π2时，f(sin x)<e cos2x2f(cos x)D.f(0)<e f(1)【答案】D【解析】根据奇函数的定义结合f x >0即可判断A；令g x =e x22f x ，利用导数结合已知判断函数g x 的单调性，再根据函数g x 的单调性逐一判断BCD即可得解.【详解】解：若f x 是奇函数，则f-x=-f x ，又因为f x >0，与f-x=-f x 矛盾，所有函数y=f x 不可能时奇函数，故A错误；令g x =e x22f x ，则g x =xe x22f x +e x22f x =e x22xf x +f x，因为e x22>0，f x +xf x >0，所以g x >0，所以函数g x 为增函数，所以g-1<g1 ，即e 12f-1<e12f1 ，所以f-1<f1 ，故B错误；因为π4<x<π2，所以0<cos x<22，22<sin x<1，所以sin x>cos x，故g sin x>g cos x，即e sin2x2f sin x>e cos2x2f cos x，所以f sin x>e cos2x-sin2x2f cos x=e cos2x2f cos x，故C错误；有g0 <g1 ，即f0 <e f1 ，故D正确.故选：D.例6.(2022·黑龙江·哈尔滨三中高三阶段练习)f x 是定义在R上的函数，满足2f x +f x =xe x，f-1=-12e，则下列说法错误的是( )A.f x 在R上有极大值B.f x 在R上有极小值C.f x 在R上既有极大值又有极小值D.f x 在R上没有极值【答案】ABC【分析】先由题意得f -1=0，再构造g x =e2x f x ，得到g x =xe3x，进而再构造h x =e2x f x =xe3x-2g x ，判断出h x >0，即f x >0，由此得到选项.【详解】根据题意，2f x +f x =xe x，故2f-1+f -1=-e-1，又f-1=-12e，得2-12e+f -1 =-1e，故f -1 =0，令g x =e2x f x ，则g x =2e2x f x +e2x f x =e2x2f x +f x=e2x⋅xe x=xe3x，又2e2x f x +e2x f x =xe3x，记h x =e2x f x =xe3x-2e2x f x =xe3x-2g x ，所以h x =e3x+3xe3x-2g x =e3x+3xe3x-2xe3x=e3x x+1，当x<-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 >h-1=e-2f -1=0，即e2x f x >0，即f x >0，所以f x 在R上单调递增，故f x 在R上没有极值.故选项ABC说法错误，选项D说法正确.故选：ABC【题型】三、构造函数f(x)x n型例7.(2022·山东·潍坊一中高三期中)设函数f (x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(-1)=0，当x> 0时，xf (x)-f(x)>0，则使得f(x)>0成立的x取值范围是( )A.(-∞,-1)∪(1,+∞)B.(-1,0)∪(0,1)C.(-∞,-1)∪(0,1)D.(-1,0)∪(1,+∞)【答案】D【分析】根据题意构造函数g(x)=f(x)x，由求导公式和法则求出g (x)，结合条件判断出g (x)的符号，即可得到函数g(x)的单调区间，根据f(x)奇函数判断出g(x)是偶函数，由f(-1)=0求出g(-1)=0，结合函数g(x)的单调性、奇偶性，再转化f(x)>0，由单调性求出不等式成立时x的取值范围．【详解】由题意设g(x)=f(x)x，则g (x)=xf (x)-f(x)x2∵当x>0时，有xf (x)-f(x)>0，∴当x>0时，g (x)>0，∴函数g(x)=f(x)x在(0,+∞)上为增函数，∵函数f(x)是奇函数，∴g(-x)=g(x)，∴函数g(x)为定义域上的偶函数，g(x)在(-∞,0)上递减，由f(-1)=0得，g(-1)=0，∵不等式f(x)>0⇔x∙g(x)>0，∴x>0g(x)>g(1)或x<0g(x)<g(-1)，即有x>1或-1<x<0，∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是：(-1，0)∪(1，+∞)，故选：D例8.(2022·安徽·砀山中学高三阶段练习)已知a=ln24，b=1e2，c=lnπ2π则a，b，c的大小关系为( )A.a<c<bB.b<a<cC.a<b<cD.c<ae，因此f x =ln xx2在e,+∞上单调递减，又因为a=ln24=ln416=f4 ，b=1e2=ln ee2=f e ，c=lnπ2π=lnππ=fπ，因为4>e>π>e，所以a<b<c.故选：C.【题型】四、构造函数f(x)e nx型例9.(2022·陕西·西安中学高二期中)已知定义在R上的函数f x 的导函数f x ，且f x <f x <0，则( )A.ef2 >f1 ，f2 >ef1B.ef2 >f1 ，f2 <ef1C.ef 2 <f 1 ，f 2 <ef 1D.ef 2 <f 1 ，f 2 >ef 1【答案】D 【分析】据已知不等式构造函数，结合导数的性质进行求解即可.【详解】构造函数g (x )=f (x )e x ⇒g (x )=f (x )-f (x )ex ，因为f x <f x ，所以g (x )>0，因此函数g (x )是增函数，于是有g (2)>g (1)⇒f (2)e 2>f (1)e ⇒f (2)>ef (1)，构造函数h (x )=f (x )⋅e x ⇒h (x )=e x [f (x )+f (x )]，因为f x <f x <0，所以h (x )<0，因此h (x )是单调递减函数，于是有h (2)<h (1)⇒e 2f (2)<ef (1)⇒ef (2)<f (1)，故选：D例10.(2022·江苏·涟水县第一中学高三阶段练习)f x 是定义在R 上的函数，f x 是f x 的导函数，已知f x >f x ，且f (1)=e ，则不等式f 2x -5 -e 2x -5>0的解集为( )A.-∞,-3B.-∞,-2C.2,+∞D.3,+∞【答案】D【分析】根据已知条件构造函数，利用导数法求函数的单调性，结合函数的单调性即可求解.【详解】由f x >f x ，得f x -f x >0,设g x =f x e x ，则g x =f x -f x e x>0，所以函数g x 在-∞,+∞ 上单调递增，因为f 1 =e ，所以g 1 =f 1 e 1=1，所以不等式f 2x -5 -e 2x -5>0等价于f 2x -5 e 2x -5>1即g 2x -5 >g 1 ，所以2x -5>1，解得x >3，所以不等式f 2x -5 -e 2x -5>0的解集为3,+∞ .故选:D .例11.(2023·江西·赣州市赣县第三中学高三期中(理))设f x 是函数f x 的导函数，且f x >3f x x ∈R ，f 13=e (e 为自然对数的底数)，则不等式f ln x <x 3的解集为( )A.0,e 3 B.1e ,e 3 C.0,3e D.e 3,3e【答案】C【分析】构造函数g x =f x e 3x ，由已知可得函数g x 在R 上为增函数，不等式f ln x <x 3即为g ln x <g 13，根据函数的单调性即可得解.【详解】解：令g x =f xe3x，则gx =f x -3f xe3x，因为f x >3f x x∈R，所以g x =f x -3f xe3x>0，所以函数g x 在R上为增函数，不等式f ln x<x3即不等式f ln xx3<1 x>0，又g ln x=f ln xe3ln x=f ln xx3，g13 =f13e=1，所以不等式f ln x<x3即为g ln x<g 13 ，即ln x<13，解得0<x<3e，所以不等式f ln x<x3的解集为0,3e.故选：C.例12.(2022·河北廊坊·高三开学考试)已知定义域为R的函数f x 的导函数为f x ，且f x -f x = 2xe x，f0 =0，则以下错误的有( )A.f x 有唯一的极值点B.f x 在-3,0上单调递增C.当关于x的方程f x =m有三个实数根时，实数m的取值范围为0,4e-1D.f x 的最小值为0【答案】ABC【分析】构造g(x)=f(x)e x，结合已知求g(x)的解析式，进而可得f(x)=x2e x，再利用导数研究f(x)的极值点、单调性，并判断其值域范围，即可判断各选项的正误.【详解】令g(x)=f(x)e x，则g(x)=f (x)-f(x)e x=2x，故g(x)=x2+C，(C为常数)，所以f(x)=e x(x2+C)，而f0 =e00+C=0，故C=0，所以f(x)=x2e x，则f (x)=(x2+2x)e x，令f (x)=0，可得x=-2或x=0，在(-∞,-2)、(0,+∞)上f (x)>0，f(x)递增；在(-2,0)上f (x)<0，f(x)递减；所以f(x)有2个极值点，在-3,0上不单调，A、B错误；由x趋于负无穷时f(x)趋向于0，f(-2)=4e2，f(0)=0，x趋于正无穷时f(x)趋向于正无穷，所以f x =m有三个实数根时m的范围为0,4e-2，f x 的最小值为0，C错误，D正确；故选：ABC【题型】五、构造函数sin x 与函数f (x )型例13.(2022·云南师大附中高三阶段练习)已知a =sin111,b =331,c =ln1.1，则( )A.a <b <cB.a <c <bC.c <a <bD.b <a <c 【答案】B【分析】根据结构构造函数f (x )=x -sin x ,x ∈0,π2 ，利用导数判断单调性，即可得到a f (0)=0，即111>sin 111，又331>111，故a <b ．构造函数g (x )=ln x +1-x ，则g (x )=1x-1，易知函数y =g (x )在x =1处取得最大值g (1)=0，故g 1011 <0，即ln 1011+1-1011<0，即111<-ln 1011=ln 1110=ln1.1，由前面知sin 111<111，故a <c ．构造函数h (x )=ln (x +1)-3x 3+x ，则h (x )=1x +1-9(3+x )2=(3+x )2-9(x +1)(x +1)(3+x )2=x (x -3)(x +1)(3+x )2，故知函数y =h (x )在(0,3)上单调递减，故h (0.1)<h (0)=0，即ln1.1<0.33.1=331，故c 0，则不等式f x +π2 cos 3x -14>0的解集为( )A.-π3,+∞ B.-2π3,+∞ C.-2π3,π3 D.π3,+∞ 【答案】B 【分析】令g x =f x sin 3x -14，结合题设条件可得g x 为R 上的增函数，而原不等式即为g x +π2>0，从而可求原不等式的解集.【详解】f x +π2 cos 3x -14>0可化为f x +π2 sin 3x +π2 -14>0，令g x =f x sin 3x -14，则g x =f x sin 3x +3f x sin 2x cos x =sin 2x f (x )sin x +3f x cos x ，因为3f (x )cos x +f (x )sin x >0，故g x ≥0(不恒为零)，故g x 为R 上的增函数，故f x +π2 cos 3x -14>0即为g x +π2>0，而g -π6 =f -π6 sin 3-π6 -14=f π6 sin 3-π6 -14=0，故g x +π2 >0的解为x +π2>-π6，故x >-2π3即f x +π2 cos 3x -14>0的解为-2π3,+∞ .故选：B .【题型】六、构造函数cos x 与函数f (x )型例15.已知函数f x 的定义域为-π2,π2，其导函数是f (x ).有f (x )cos x +f (x )sin x <0，则关于x 的不等式3f (x )<2f π6cos x 的解集为()A.π3,π2 B.π6,π2 C.-π6,-π3 D.-π2,-π6【答案】B【分析】令F x =f x cos x ，根据题设条件，求得F 'x <0，得到函数F x =f x cos x 在-π2,π2内的单调递减函数，再把不等式化为f x cos x <f π6 cos π6，结合单调性和定义域，即可求解.【详解】由题意，函数f x 满足f 'x cos x +f x sin x <0，令F x =f x cos x ，则F 'x =f 'x cos x +f x sin x cos 2x<0函数F x =f x cos x 是定义域-π2,π2内的单调递减函数，由于cos x >0，关于x 的不等式3f (x )<2f π6 cos x 可化为f x cos x <f π6 cos π6，即F x <F π6 ，所以-π2<x <π2且x >π6，解得π2>x >π6，不等式3f (x )<2f π6 cos x 的解集为π6,π2 .故选：B 例16.(2021·重庆·高二期末)已知f x 的定义域为(0,+∞)且满足f x >0，f x 为f x 的导函数，f x -f x =e x (x +cos x )，则下列结论正确的是( )A.f x 有极大值无极小值B.f x 无极值C.f x 既有极大值也有极小值D.f x 有极小值无极大值【答案】B【解析】令F x =f xe x，根据题意得到Fx =x+cos x，设g x =x+cos x,x>0，利用导数求得g x 在区间(0,+∞)单调递增，得到F x >0，由f x =e x⋅F x ，得到f x >0，即函数f x 为单调递增函数，得到函数无极值.【详解】令F x =f xe x,x>0，可得F x =f x -f xe x，因为f x -f x =e x(x+cos x)，可得F x =x+cos x，设g x =x+cos x,x>0，可得g x =1-sin x≥0，所以g x 在区间(0,+∞)单调递增，又由g0 =1，所以g x >g0 =1，所以F x >0，所以F x 单调递增，因为f x >0且e x>0 ，可得F x >0，因为F x =f xe x，可得f x =ex⋅F x ,x>0，则f x =e x F x +F x>0，所以函数f x 为单调递增函数，所以函数f x 无极值.故选：B.【题型】七、构造e n与af(x)+bf(x)型例17.(2022·陕西·西安中学高二期中)已知定义在R上的函数f x 的导函数f x ，且f x <f x < 0，则( )A.ef2 >f1 ，f2 >ef1B.ef2 >f1 ，f2 <ef1C.ef2 <f1 ，f2 <ef1D.ef2 <f1 ，f2 >ef1【答案】D【分析】据已知不等式构造函数，结合导数的性质进行求解即可.【详解】构造函数g(x)=f(x)e x⇒g (x)=f (x)-f(x)e x，因为f x <fx ，所以g (x)>0，因此函数g(x)是增函数，于是有g(2)>g(1)⇒f(2)e2>f(1)e⇒f(2)>ef(1)，构造函数h(x)=f(x)⋅e x⇒h (x)=e x[f(x)+f (x)]，因为f x <f x <0，所以h (x)<0，因此h(x)是单调递减函数，于是有h(2)<h(1)⇒e2f(2)<ef(1)⇒ef(2)<f(1)，故选：D例18.(2022·河南·高三阶段练习(文))已知函数f x =ax-e x-k，其中e为自然对数的底数，若k∈-1,e2时，函数f x 有2个零点，则实数a的可能取值为( )A.eB.2eC.e 2D.3e【答案】D【分析】由题意可知方程ax -e x =k ,k ∈-1,e 2 有两个实数根，令g (x )=ax -e x ，则g (x )的图象与直线y =k ,k ∈-1,e 2 有两个交点，结合导数分析函数g (x )的单调性与极值情况即可解决问题．【详解】由题意可知方程ax -e x =k ,k ∈-1,e 2 有两个实数根，令g (x )=ax -e x ，则g (x )的图象与直线y =k ,k ∈-1,e 2 有两个交点，g (x )=a -e x ．(1)若a ≤0,g (x )<0在R 上恒成立，所以g (x )在R 上单调递减，g (x )的图象与直线y =k ,k ∈-1,e 2 至多只有一个交点，不合题意；(2)若a >0，当x <ln a 时，g (x )>0，当x >ln a 时，g (x )<0，所以g (x )的单调递增区间是(-∞,ln a )，单调递减区间是(ln a ,+∞)，所以当x =ln a 时，g (x )取得极大值，也是最大值，为a ln a -a ．当x →-∞时，g (x )→-∞，当x →+∞时，g (x )→-∞，所以要使g (x )的图象与直线y =k ,k ∈-1,e 2 有两个交点，只需a ln a -a >e 2．a ln a -a =a (ln a -1)，当0<a ≤e 时，a ln a -a ≤0，当a >e 时，a ln a -a >0，所以a ln a -a >e 2,a >e ，设h (a )=a ln a -a ,a >e ，则h (a )=ln a >0，所以h (a )在(e ,+∞)上单调递增，而h e 2 =e 2，所以a ln a -a >e 2的解为a >e 2，而3e >e 2，故选：D ．例19.(2023·全国·高三专题练习)已知定义在R 上的偶函数y =f (x )的导函数为y =f (x )，当x >0时，f (x )+f (x )x <0，且f (2)=-3，则不等式f (2x -1)<-62x -1的解集为( )A.-∞,12 ∪32,+∞ B.32,+∞C.12,32D.-12,12 ∪12,32【答案】A【分析】根据题干中的不等式，构造函数F x =xf x ，结合y =f (x )在在R 上为偶函数，得到F x =xf x 在R 上单调递减，其中F 2 =2f 2 =-6，分x >12与x <12，对f (2x -1)<-62x -1变形，利用函数单调性解不等式，求出解集.【详解】当x >0时，f(x )+f (x )x =xf (x )+f (x )x<0，所以当x >0时，xf (x )+f (x )<0，令F x =xf x ，则当x >0时，F x =xf (x )+f (x )<0，故F x =xf x 在x >0时，单调递减，又因为y=f(x)在在R上为偶函数，所以F x =xf x 在R上为奇函数，故F x =xf x 在R上单调递减，因为f(2)=-3，所以F2 =2f2 =-6，当x>12时，f(2x-1)<-62x-1可变形为2x-1f(2x-1)<-6，即F2x-1<F2 ，因为F x =xf x 在R上单调递减，所以2x-1>2，解得：x>3 2，与x>12取交集，结果为x>32；当x<12时，f(2x-1)<-62x-1可变形为2x-1f(2x-1)>-6，即F2x-1>F2 ，因为F x =xf x 在R上单调递减，所以2x-1<2，解得：x<3 2，与x<12取交集，结果为x<12；综上：不等式f(2x-1)<-62x-1的解集为-∞,12∪32,+∞.故选：A例20.(2022·全国·高三阶段练习(理))已知函数f x =x3-x+2+e x-e-x，其中e是自然对数的底数，若f a-2+f a2>4，则实数a的取值范围是( )A.-2,1B.-∞,-2C.1,+∞D.-∞,-2∪1,+∞【答案】D【分析】构造函数g(x)=f x -2，利用奇偶性的定义、导数的符号变化判定其奇偶性和单调性，再将f (a-2)+f(a2)>4变为g(a-2)>g(-a2)，利用g(x)的单调性进行求解.【详解】构造函数g(x)=f x -2=x3-x+e x-e-x，因为g(x)的定义域为(-∞,+∞)，且g-x= -x3--x+e-x-e x=-x3+x-e x+e-x=-(x3-x+e x-e-x)=-g(x)，即g(x)是奇函数，又g x =3x2-1+e x+e-x≥3x2-1+2e x⋅e-x=3x2+1>0，所以g(x)在 (-∞,+∞)上单调递增；因为f(a-2)+f(a2)>4，所以f(a-2)-2>-[f(a2)-2]，即g(a-2)>-g(a2)，即g(a-2)>g(-a2)，所以a-2>-a2，即a2+a-2>0，解得a>1或a<-2，即a∈(-∞,-2)∪(1,+∞).故选：D.【点睛】方法点睛：利用函数的性质解决不等式问题时，往往要利用题干中的表达式或不等式的结构特点合理构造函数，如本题中，构造函数g(x)=f x -2，将问题转化为利用函数的奇偶性和单调性求g(a-2)>-g(a2)的解集.【题型】八、构造kx+b与f(x)型例21.(2022·河南·高三阶段练习(文))已知定义在0,+∞上的函数f x 的导函数为f x ，若f x < 2，且f4 =5，则不等式f2x>2x+1-3的解集是( )A.0,2B.0,4C.-∞,2D.-∞,4【答案】C【分析】根据所求不等式f2x>2x+1-3的形式，构造函数g x =f x -2x+3，利用题目中的条件判断出g x 在0,+∞上单调递减，进而将所求转化为g2x>g4 ，再利用单调性求出解集．【详解】设g x =f x -2x+3，则g x =f x -2．因为f x <2，所以f x -2<0，即g x <0，所以g x 在0,+∞上单调递减．不等式f2x>2x+1-3等价于不等式f2x-2×2x+3>0，即g2x>0．因为f4 =5，所以g4 =f4 -2×4+3=0，所以g2x>g4 ．因为g x 在0,+∞上单调递减，所以2x<4，解得x<2．故选：C．例22.(2022·河南·襄城高中高二阶段练习(理))已知奇函数f x 的定义域为R，其函数图象连续不断，当x>0时，x+2f x +xf x >0，则( )A.f14e>f2 B.f2 <0 C.f-3⋅f1 >0 D.f-1e>4f-2【答案】D【解析】令g x =x2e x f x ，根据导数可知其在0,+∞上单调递增，由g2 >g1 >g0 =0可知AB错误，同时得到f1e<4f2 ，f1 >0，f3 >0，结合奇偶性知C错误，D正确.【详解】对于AB，令g x =x2e x f x ，则g0 =0，g x =x x+2e xf x +x2e x f x ，当x≥0时，g x =xe x x+2⋅f x +xf x≥0，∴g x 在0,+∞上单调递增，∴g0 <g1 <g2 ，即0<ef1 <4e2f2 ，∴f2 >0，f14e<f2 ，AB错误；对于C，由A的推理过程知：当x>0时，g x =x2e x f x >0，则当x>0时，f x >0，∴f1 >0，f3 >0，又f x 为奇函数，∴f-3=-f3 <0，∴f-3⋅f1 <0，C错误．对于D，由A的推理过程知：f1e<4f2 ，又f-1=-f1 ，f-2=-f2 ，∴-f-1e<-4f-2，则f-1e>4f-2，D正确．故选：D.【题型】九、构造ln kx+b型例23.(2023·全国·高三专题练习)定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足xf x +1>0,f2 =ln 12，则不等式f(e x)+x>0的解集为( )A.(0，2ln2)B.(0,ln2)C.(ln2，1)D.(ln2，+∞)【答案】D【分析】构造新函数g(x)=f(x)+ln x,(x>0)，利用导数说明其单调性，将f(e x)+x>0变形为g(e x) >g(2)，利用函数的单调性即可求解.【详解】令g(x)=f(x)+ln x,(x>0) ，则g (x)=f (x)+1x=xf x +1x，由于xf x +1>0,故g (x)>0,故g(x)在(0，+∞)单调递增，而g(2)=f(2)+ln2=ln 12+ln2=0 ，由f(e x)+x>0，得g(e x)>g(2) ，∴e x>2 ，即x>ln2 ,∴不等式f(e x)+x>0的解集为(ln2，+∞),故选：D．例24.(2022·河南·高三阶段练习(理))设a=cos 12，b=78，c=ln158，则a，b，c之间的大小关系为( )A.c<b<aB.c<a<bC.b<c<aD.a<cb，从而得出答案.【详解】构造函数g x =ln x+1-x，x>-1，则g x =1x+1-1=-xx+1，当-1<x<0时，g x >0，g x 单调递增，当x>0时，g x <0，g x 单调递减，∴g x ≤g 0 =0，∴ln x +1 ≤x (当x =0时等号成立)，∴ln 158=ln 78+1 <78，则c 0，φx 单调递增，∴φx >φ0 =0，∴f x >0，f x 单调递增，从而f x >f 0 =0，∴f 12 >0，即cos 12>1-12⋅122=78，则a >b ．∴c π4，则sin A >22，命题q :∀x >-1，x ≥ln (x +1).下列复合命题正确的是( )A.p ∧q B.(¬p )∧(¬q )C.(¬p )∧qD.p ∧(¬q )【答案】C【分析】命题p 可举出反例，得到命题p 为假命题，构造函数证明出q :∀x >-1，x ≥ln (x +1)成立，从而判断出四个选项中的真命题.【详解】在△ABC 中，若A =5π6，此时满足A >π4，但sin A =12<22，故命题p 错误；令f x =x -ln x +1 ,x >-1，则f x =1-1x +1=xx +1，当x >0时，f x >0，当-1<x <0时，f x <0，所以f x 在x >0上单调递增，在-1<x <0上单调递减，所以f x 在x =0处取得极小值，也是最小值，f 0 =0-ln 0+1 =0，所以q :∀x >-1，x ≥ln (x +1)成立，为真命题；故p ∧q 为假命题，(¬p )∧(¬q )为假命题，(¬p )∧q 为真命题，p ∧(¬q )为假命题.故选：C【题型】十、构造综合型例26.(2022·全国·高三阶段练习(理))下列命题为真命题的个数是( )①log 32>23；②e lnπ<π；③sin 12>2348；④3e ln2<4 2.A.1 B.2C.3D.4【答案】C【分析】利用指数式与对数的互化、对数函数的单调性推得①错误；构造函数f x =ln xx，利用导数研究其单调性和最值，进而判定②④正确；构造函数h(x)=sin x-x+16x3，x∈0,π2，利用二次求导确定其单调性，利用h 12 >h(0)得到③正确.【详解】对于①：若log32>23，则2>323，即8>9，显然不成立，故①错误；对于②：将e lnπ<π变为lnππ<ln ee，构造f x =ln xx，则f x =1-ln xx2，则当0<x<e时，f x >0，x>e时，f x <0，所以f x =ln xx在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，则x=e时，f x 取得最大值1 e，由fπ <f e 得lnππ<ln ee，即e lnπ<π成立，故②正确；对于③：令h(x)=sin x-x+16x3，x∈0,π2，则g x =h x =cos x-1+12x2，t x =g x =-sin x+1，因为t x =g x =-sin x+1>0在0,π2成立，所以g x =h x =cos x-1+12x2在0,π2上单调递增，又g(0)=cos0-1+0=0，所以g x =h x >0在0,π2上成立，即h(x)=sin x-x+16x3在在0,π2上单调递增，所以h 12 >h(0)，即sin12-2348>0，即sin12>2348，故③正确；对于④：将3e ln2<42变为ln2222<ln e e，由②得f22<f e ，即ln2222<ln e e，即3e ln2<42成立，故④正确；综上所述，真命题的个数为3.故选：C.【点睛】方法点睛：利用函数的单调性解决不等式问题时，往往要利用题干中的不等式的结构特点合理构造函数，如本题中证明e lnπ<π、3e ln2<42构造函数f x =ln xx，证明sin12>2348构造h(x)=sin x -x +16x 3，x ∈0,π2，将问题转化为利用导数研究函数的单调性问题.例27.(2022·江苏·南京师大附中高三期中)已知函数f x =ln x -ax 2，则下列结论正确的有( )A.当a <12e 时，y =f x 有2个零点B.当a >12e 时，f x ≤0恒成立C.当a =12时，x =1是y =f x 的极值点D.若x 1,x 2是关于x 的方程f x =0的2个不等实数根，则x 1x 2>e 【答案】BCD【分析】对于A 和B ，由f x =0可得a =ln x x 2，令g x =ln xx 2，利用导数得到g x 的单调性和最值情况即可判断；对于C ，将a =12代入f x ，利用导数得到f x 的单调性即可判断；对于D ，问题转化为2at =ln t 有两个零点，证明t 1t 2>e 2，进而只需要证明ln t 1+ln t 2>2，也即是ln t 1t 2>2t1t 2-1 t 1t 2+1，从而令m =t 1t 2>1，构造函数s m =ln m -2m -1 m +1m >1 求出最值即可【详解】对于A ，令f x =ln x -ax 2=0即a =ln xx 2，令g x =ln x x 2,x >0，则g x =1x⋅x 2-ln x ⋅2x x 2 2=1-2ln x x 3，令g x =0，解得x =e ，故当x ∈0,e ，g x >0，g x 单调递增；当x ∈e ,+∞ ，g x <0，g x 单调递减；所以g x 的最大值为g e =12e，又因为当x <1时，g x =ln x x 2<0；当x >1时，g x =ln xx 2>0，故g x 如图所示，当0<a <12e时，函数y =a 与g x 有两个交点，此时y =f x 有2个零点，故A 错误；对于B ，由A 选项可得g x =ln x x2≤12e ，当a >12e 时，由a >ln xx 2，可整理得ln x -ax 2<0，即f x <0，故B 正确；对于C ，将a =12代入f x 得f x =ln x -12x 2,x >0，所以f x =1x -x =1-x 2x，令f x =0，解得x =1，故当x ∈0,1 ，f x >0，f x 单调递增；当x ∈1,+∞ ，f x <0，f x 单调递减；所以x=1是y=f x 的极大值点，故C正确；对于D，由f x =ln x-ax2=0即ax=ln x x，因为x1,x2是关于x的方程f x =0的2个不等实数根，所以ax1=ln x1x1ax2=ln x2x2，即2ax21=ln x212ax22=ln x22，所以等价于：2at=ln t有两个零点，证明t1t2>e2，不妨令t1>t2>0，由2at1=ln t12at2=ln t2⇒2a=ln t1-ln t2t1-t2，要证t1t2>e2，只需要证明ln t1+ln t2>2，即只需证明：ln t1+ln t2=2a t1+t2=t1+t2ln t1-ln t2t1-t2>2，只需证明：ln t1-ln t2>2t1-t2t1+t2，即lnt1t2>2t1t2-1t1t2+1，令m=t1t2>1，只需证明：ln m>2m-1m+1m>1，令s m=ln m-2m-1m+1m>1，则s m=m-12m m+12>0，即s m在1,+∞上为增函数，又s1 =0，所以s m>s1 =0．综上所述，原不等式成立，即x1x2>e成立，故D正确，故选：BCD【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．例28.(2022·黑龙江·齐齐哈尔市实验中学高三阶段练习)已知函数f x 的定义域是0,+∞，f x 是f x 的导数，若f x =xf x -x，f 1 =1，则下列结论正确的是( )A.f x 在0,1e上单调递减 B.f x 的最大值为eC.f x 的最小值为-1eD.存在正数x0，使得f x0<ln x0【答案】AC【分析】构造g x =f xx，得到g x =1x，从而得到g x =ln x+c，结合f 1 =1，得到f x =x ln x，求导得到f x =ln x+1，从而得到函数的单调性和极值，最值情况，判断出ABC选项；解不等式x-1ln x<0得到解集为∅，故D错误.【详解】由f x =xf x -x得f x =f xx+1，设g x =f xx，则g x =xf x -f xx2=xf xx+1-f xx2=1x.设c为常数，则ln x+c=1 x，∴g x =ln x+c，∴f x =xg x =x ln x+cx.∵f 1 =1，∴f1 =0，∴c=0，所以f x =x ln x，∴f x =ln x+1.当0<x<1e时，f x <0，f x 单调递减，当x>1e时，f x >0，f x 单调递增.∵f 1e =0，∴f x 在x=1e时取得极小值，也是最小值-1e，f x 无最大值.∴A正确，B错误，C正确，由f x <ln x得x ln x<ln x，∴x-1ln x<0.当0<x<1时，x-1<0，ln x<0，x-1ln x>0.当x=1时，x-1ln x=0.当x>1时，x-1>0，ln x>0，x-1ln x>0.因此不等式x-1ln x<0即f x <ln x的解集是∅.所以D错误.故选：AC【点睛】当条件中出现类似f x =xf x -x的条件时，通常要构造函数来解决问题，本题中的难点是利用f x =f xx+1来构造g x =f xx，从而结合f 1 =1求出f x =x ln x.例29.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x e x+1,g x =x+1ln x，若f x1=g x2>0，则x2x1可取( )A.1B.2C.eD.e2【答案】CD【分析】由g x =x+1ln x=ln x e ln x+1，利用同构结合f x 在(0,+∞)上单调递增，即可得到x1=ln x2，则x2x1=e x1x1,x1>0，记h(x)=e xx,(x>0)，求出h (x)即可判断h(x)在(0,+∞)上的单调性，即可得出x2x1≥e，由此即可选出答案.【详解】因为f x1=g x2>0，所以x1>0,x2>1，因为f x =e x+1+xe x=(x+1)e x+1>0恒成立，所以f x 在(0,+∞)上单调递增，又g x =x+1ln x=ln x e ln x+1，因为f x1=g x2，即x1e x1+1=ln x2e ln x2+1，所以x1=ln x2⇒x2=e x1，所以x2x1=e x1x1,x1>0，记h(x)=e xx,(x>0)，所以h (x)=e x(x-1)x2当0<x<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)≥h(1)=e，即x2x1≥e故选：CD.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，属于难题，其中将g x =x+1ln x=ln x e ln x+1变形为f x =x e x+1的结构，是解本题的关键.。

高考数学热点必会题型第6讲导数构造函数解决问题类型总结(原卷及答案)

高考数学热点必会题型第5讲导数构造函数解决问题类型总结——每天30分钟7天掌握一、重点题型目录【题型】一、构造函数)(x f x n型【题型】二、构造函数)(x f e nx型【题型】三、构造函数n xx f )(型【题型】四、构造函数nxe xf )(型【题型】五、构造函数x sin 与函数)(x f 型【题型】六、构造函数x cos 与函数)(x f 型【题型】七、构造ne 与)()(x bf x af +型【题型】八、构造()b kx +与)(x f 型【题型】九、构造()b kx +ln 型【题型】十、构造综合型二、题型讲解总结第一天学习及训练【题型】一、构造函数)(x f x n型例1．（2022·四川·盐亭中学模拟预测（文））已知定义在()0,+∞上的函数()f x 满足()()22+<0xf x x f x '，()324f =，则关于x 的不等式()23f x x >的解集为（）A ．()0,4B ．()2,+∞C ．()4,+∞D ．()0,2例2．（2022·河北·高三阶段练习）已知奇函数()f x 的定义域为R ，导函数为()f x '，若对任意[)0,x ∈+∞，都有()()30f x xf x '+>恒成立，()22f =，则不等式()()31116x f x --<的解集是__________.【题型】二、构造函数)(x f e nx型例3．（2022·河南·襄城高中高二阶段练习（理））已知奇函数()f x 的定义域为R ，其函数图象连续不断，当0x >时，()()()20x f x xf x '++>，则（） A ．()()124f f e> B ．()20f <C ．()()310f f -⋅>D ．()()142f f e->- 例4．（2022·江苏·南师大二附中高二期末）已知f (x )为R 上的可导函数，其导函数为()'f x ，且对于任意的x ∈R ，均有()()'0f x f x +>，则（）A ．e －2 021f (－2 021)>f (0)，e 2 021f (2 021)<f (0)B ．e －2 021f (－2 021)<f (0)，e 2 021f (2 021)<f (0)C ．e －2 021f (－2 021)>f (0)，e 2 021f (2 021)>f (0)D ．e －2 021f (－2 021)<f (0)，e 2 021f (2 021)>f (0)例5．（2022·辽宁·大连二十四中模拟预测）已知函数()y f x =，若()0f x >且()()0f x xf x '+>，则有（） A ．()f x 可能是奇函数，也可能是偶函数B ．()()11f f ->C ．42x ππ<<时，cos22s (os )(in c )x f e f x x <D ．(0)(1)f <例6．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高三阶段练习）()f x 是定义在R 上的函数，满足()()2e x f x f x x '+=，()112ef -=-，则下列说法错误的是（） A ．()f x 在R 上有极大值B ．()f x 在R 上有极小值C ．()f x 在R 上既有极大值又有极小值D ．()f x 在R 上没有极值第二天学习及训练【题型】三、构造函数n xx f )(型例7．（2022·山东·潍坊一中高三期中）设函数()f x '是奇函数()(R)f x x ∈的导函数，(1)0f -= ，当0x >时，()()0xf x f x '-> ，则使得()0f x >成立的x 取值范围是（） A ．(,1)(1,)-∞-+∞ B ．(1,0)(0,1)-⋃ C ．(,1)(0,1)-∞-⋃D ．(1,0)(1,+)-⋃∞例8．（2022·安徽·砀山中学高三阶段练习）已知a =，21e b =，ln 2c ππ=则a ，b ，c 的大小关系为（） A ．a c b <，()()2e 1f f >B ．()()e 21f f >，()()2e 1f f <C ．()()e 21f f <，()()2e 1f f <D ．()()e 21f f <，()()2e 1f f >例10．（2022·江苏·涟水县第一中学高三阶段练习）()f x 是定义在R 上的函数，()f x '是()f x的导函数，已知()()f x f x '>，且(1)e f =，则不等式()2525e0x f x --->的解集为（） A ．(),3-∞- B ．(),2-∞- C ．()2,+∞ D ．()3,+∞例11．（2023·江西·赣州市赣县第三中学高三期中（理））设()f x '是函数()f x 的导函数，且()()()3R f x f x x '>∈，1e 3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（e 为自然对数的底数），则不等式()3ln f x x <的解集为（）A ．e 0,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1e ,e 3⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(D ．e 3⎛ ⎝例12．（2022·河北廊坊·高三开学考试）已知定义域为R 的函数()f x 的导函数为fx ，且()()2e x f x f x x '-=，()00=f ，则以下错误的有（） A ．()f x 有唯一的极值点 B ．()f x 在3,0上单调递增C ．当关于x 的方程()f x m =有三个实数根时，实数m 的取值范围为()10,4e -D ．()f x 的最小值为0第三天学习及训练【题型】五、构造函数x sin 与函数)(x f 型例13．（2022·云南师大附中高三阶段练习）已知13sin ,,ln1.11131a b c ===，则（） A ．a b c <，则不等式3π1cos 024f x x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭的解集为（） A ．π,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．2π,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．2ππ,33⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．π,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【题型】六、构造函数x cos 与函数)(x f 型例15．已知函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其导函数是()'f x .有()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则关于x ()2cos 6x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．,32ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,63ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．,26ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭例16．（2021·重庆·高二期末）已知()f x 的定义域为(0,)+∞且满足()0f x >，()f x '为()f x 的导函数，()()(cos )xf x f x e x x '-=+，则下列结论正确的是（）A ．()f x 有极大值无极小值B ．()f x 无极值C ．()f x 既有极大值也有极小值D ．()f x 有极小值无极大值第四天学习及训练【题型】七、构造ne 与)()(x bf x af +型例17．（2022·陕西·西安中学高二期中）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数()f x '，且()()0f x f x <'<，则（）A ．()()e 21f f >，()()2e 1f f >B ．()()e 21f f >，()()2e 1f f <C ．()()e 21f f <，()()2e 1f f <D ．()()e 21f f <，()()2e 1f f >例18．（2022·河南·高三阶段练习（文））已知函数()e x f x ax k =--，其中e 为自然对数的底数，若21,e k ⎡⎤∈-⎣⎦时，函数()f x 有2个零点，则实数a 的可能取值为（）A ．eB ．2eC ．2eD ．3e例19．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的偶函数()y f x =的导函数为()y f x '=，当0x >时，()()0f x f x x '+<，且(2)3f =-，则不等式6(21)21f x x --<-的解集为（） A ．13,,22⎛⎫⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．13,22⎛⎫⎪⎝⎭D ．1113,,2222⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭例20．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知函数()32e e x xf x x x -=-++-，其中e 是自然对数的底数，若()()224f a f a -+>，则实数a 的取值范围是（）A ．()2,1-B ．(),2-∞-C ．()1,+∞D ．()(),21,-∞-⋃+∞【题型】八、构造()b kx +与)(x f 型例21．（2022·河南·高三阶段练习（文））已知定义在()0,∞+上的函数()f x 的导函数为()f x '，若()2f x '<，且()45f =，则不等式()1223x x f +>-的解集是（）A ．()0,2B ．()0,4C ．(),2-∞D ．(),4-∞例22．（2022·河南·襄城高中高二阶段练习（理））已知奇函数()f x 的定义域为R ，其函数图象连续不断，当0x >时，()()()20x f x xf x '++>，则（） A ．()()124f f e> B ．()20f <C ．()()310f f -⋅>D ．()()142f f e->- 第五天学习及训练【题型】九、构造()b kx +ln 型例23．（2023·全国·高三专题练习）定义在(0)+∞，上的函数()f x 满足()()110,2ln2xf x f '+=＞，则不等式)(e 0x f x +> 的解集为（） A ．(02ln2)， B ．(0,ln2) C ．(ln21)， D ．(ln2)+∞，例24．（2022·河南·高三阶段练习（理））设1cos 2a =，78b =，15ln 8c ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 之间的大小关系为（） A ．c ＜b ＜aB ．c ＜a ＜bC ．b ＜c ＜aD ．a ＜c ＜b例25．（2022·贵州·高三阶段练习（理））已知命题p ：在ABC 中，若π4A >，则sin A >，命题:1q x ∀>-，ln(1)x x ≥+.下列复合命题正确的是（） A ．p q ∧B ．()()p q ⌝∧⌝C ．()p q ⌝∧D ．()p q ∧⌝【题型】十、构造综合型例26．（2022·全国·高三阶段练习（理））下列命题为真命题的个数是（）∈32log 23>；∈eln ππ<；∈123sin 248>；∈3eln2< A ．1B ．2C ．3D ．4例27．（2022·江苏·南京师大附中高三期中）已知函数()2ln f x x ax =-，则下列结论正确的有（） A ．当12ea <时，()y f x =有2个零点 B ．当12ea >时，()0f x ≤恒成立 C ．当12a =时，1x =是()y f x =的极值点 D ．若12,x x 是关于x 的方程()0f x =的2个不等实数根，则12e x x >例28．（2022·黑龙江·齐齐哈尔市实验中学高三阶段练习）已知函数()f x 的定义域是()0,+∞，()f x '是()f x 的导数，若()()f x xf x x '=-，()1=1f '，则下列结论正确的是（）A ．()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减B ．()f x 的最大值为eC ．()f x 的最小值为1e-D ．存在正数0x ，使得()00ln f x x <参考答案第一天学习及训练【题型】一、构造函数)(x f x n型例1．（2022·四川·盐亭中学模拟预测（文））已知定义在()0,+∞上的函数()f x 满足()()22+<0xf x x f x '，()324f =，则关于x 的不等式()23f x x >的解集为（）A ．()0,4B ．()2,+∞C ．()4,+∞D ．()0,2【答案】D【分析】构造函数()()2h x x f x =，得到函数()h x 的单调性，根据单调性解不等式即可.【详解】令()()2h x x f x =，则()()()220h x xf x x f x ''=+<，所以()h x 在()0,+∞单调递减，不等式()23f x x >可以转化为()()2234224x f x f >⨯=，即()()2h x h >，所以02x <<. 故选：D.例2．（2022·河北·高三阶段练习）已知奇函数()f x 的定义域为R ，导函数为()f x '，若对任意[)0,x ∈+∞，都有()()30f x xf x '+>恒成立，()22f =，则不等式()()31116x f x --<的解集是__________. 【答案】()1,3-【分析】构造新函数()()3g x x f x =，根据()f x 的性质推出()g x 的性质，最后利用()g x 单调性解不等式.【详解】设()()3g x x f x =，x ∈R ，()f x 为奇函数，∈()()()33=()=()=g x x f x x f x g x ---，即()g x 是偶函数，有()()=()=g x g x g x -，∈[)0,+x ∈∀∞，()()30f x xf x '+>恒成立，故[)0,+x ∈∞时，()()()()()()232=3+=3+0g x x f x x f x x f x xf x '''≥，∈函数()g x 在[)0,∞+上为增函数，∈()22f =，∈()()2=2=16g g -，()()311<16x f x --等价于()1<16=(2)g x g -，()(1)=1<(2)g x g x g --，且函数()g x 在[)0,∞+上为增函数，∈1<2x -，解得13x . 故答案为：()1,3-【题型】二、构造函数)(x f e nx型例3．（2022·河南·襄城高中高二阶段练习（理））已知奇函数()f x 的定义域为R ，其函数图象连续不断，当0x >时，()()()20x f x xf x '++>，则（） A ．()()124f f e> B ．()20f <C ．()()310f f -⋅>D ．()()142f f e->- 【答案】D 【解析】【分析】令()()2xg x x e f x =，根据导数可知其在[)0,∞+上单调递增，由()()()2100g g g >>=可知AB 错误，同时得到()()142f f e<，()10f >，()30f >，结合奇偶性知C 错误，D 正确. 【详解】对于AB ，令()()2xg x x e f x =，则()00g =，()()()()22x x g x x x e f x x e f x ++'='，当0x ≥时，()()()()20xg x xe x f x xf x ''=+⋅+≥⎡⎤⎣⎦，()g x ∴在[)0,∞+上单调递增，()()()012g g g ∴<<，即()()20142ef e f <<，()20f ∴>，()()124f f e<，AB 错误；对于C ，由A 的推理过程知：当0x >时，()()20xg x x e f x =>，则当0x >时，()0f x >，∴()10f >，()30f >，又()f x 为奇函数，()()330f f ∴-=-<，()()310f f ∴-⋅<，C 错误．对于D ，由A 的推理过程知：()()142f f e<，又()()11f f -=-，()()22f f -=-，()()142f f e-∴-<--，则()()142f f e->-，D 正确．故选：D.例4．（2022·江苏·南师大二附中高二期末）已知f (x )为R 上的可导函数，其导函数为()'f x ，且对于任意的x ∈R ，均有()()'0f x f x +>，则（）A ．e －2 021f (－2 021)>f (0)，e 2 021f (2 021)<f (0)B ．e －2 021f (－2 021)<f (0)，e 2 021f (2 021)<f (0)C ．e －2 021f (－2 021)>f (0)，e 2 021f (2 021)>f (0)D ．e －2 021f (－2 021)<f (0)，e 2 021f (2 021)>f (0)【答案】D 【解析】【分析】通过构造函数法，结合导数确定正确答案. 【详解】构造函数()()()()()''e ,e 0x xF x f x F x f x f x ⎡⎤=⋅=+⋅>⎣⎦，所以()F x 在R 上递增，所以()()()()20210,02021F F F F -<<，即()()()()20212021e20210,0e 2021f f f f -⋅-<<⋅.故选：D例5．（2022·辽宁·大连二十四中模拟预测）已知函数()y f x =，若()0f x >且()()0f x xf x '+>，则有（） A ．()f x 可能是奇函数，也可能是偶函数 B ．()()11f f ->C ．42x ππ<<时，cos22s (os )(in c )xf ef x x <D ．(0)(1)f <【答案】D 【解析】【分析】根据奇函数的定义结合()0f x >即可判断A ；令()()22ex g x f x =，利用导数结合已知判断函数()g x 的单调性，再根据函数()g x 的单调性逐一判断BCD 即可得解. 【详解】解：若()f x 是奇函数，则()()f x f x -=-，又因为()0f x >，与()()f x f x -=-矛盾，所有函数()y f x =不可能时奇函数，故A 错误；令()()22ex g x f x =，则()()()()()()222222e eex x x g x x f x f x xf x f x '''=+=+，因为22e0x >，()()0f x xf x '+>，所以()0g x '>，所以函数()g x 为增函数，所以()()11g g -<，即()()1122e 1e 1f f -<，所以()()11f f -<，故B 错误；因为42x ππ<<，所以0cos x <sin 12x <<，所以sin cos x x >，故()()sin cos g x g x >，即()()22sin cos 22e sin ecos x x f x f x >，所以()()()22cos sin cos222sin ecos ecos x xx f x f x f x ->=，故C 错误；有()()01g g <，即()()01f <，故D 正确. 故选：D.例6．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高三阶段练习）()f x 是定义在R 上的函数，满足()()2e x f x f x x '+=，()112ef -=-，则下列说法错误的是（） A ．()f x 在R 上有极大值B ．()f x 在R 上有极小值C ．()f x 在R 上既有极大值又有极小值D ．()f x 在R 上没有极值【答案】ABC【分析】先由题意得()10f '-=，再构造()()2e xg x f x =，得到()3e x g x x '=，进而再构造()()()23e e 2x x h x f x x g x '==-，判断出()0h x >，即0fx ，由此得到选项.【详解】根据题意，()()2e x f x f x x '+=，故()()1211e f f -'-+-=-，又()112e f -=-，得()11212e e f ⎛⎫'-+-=- ⎪⎝⎭，故()10f '-=，令()()2e xg x f x =，则()()()()()222232e e e 2e e e x x x x x x g x f x f x f x f x x x '''⎡⎤=+=+=⋅=⎣⎦，又()()2232e e e x x x f x f x x '+=，记()()()()2323e e 2e e 2x x x xh x f x x f x x g x '==-=-，所以()()()333333e 3e 2e 3e 2e e 1x x x x x xh x x g x x x x ''=+-=+-=+，当1x <-时，()0h x '<，()h x 单调递减；当1x >-时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()()21e 10h x h f -'>-=-=，即()2e 0xf x '>，即0fx ，所以()f x 在R 上单调递增，故()f x 在R 上没有极值. 故选项ABC 说法错误，选项D 说法正确. 故选：ABC第二天学习及训练【题型】三、构造函数nx x f )(型例7．（2022·山东·潍坊一中高三期中）设函数()f x '是奇函数()(R)f x x ∈的导函数，(1)0f -= ，当0x >时，()()0xf x f x '-> ，则使得()0f x >成立的x 取值范围是（）A ．(,1)(1,)-∞-+∞B ．(1,0)(0,1)-⋃C ．(,1)(0,1)-∞-⋃D ．(1,0)(1,+)-⋃∞【答案】D【分析】根据题意构造函数()()f x g x x=，由求导公式和法则求出()g x '，结合条件判断出()g x '的符号，即可得到函数()g x 的单调区间，根据()f x 奇函数判断出()g x 是偶函数，由(1)0f -=求出(1)0g -=，结合函数()g x 的单调性、奇偶性，再转化()0f x >，由单调性求出不等式成立时x 的取值范围．【详解】由题意设()()f x g x x =，则2()()()xf x f x g x x '-'=当0x >时，有()()0xf x f x '->，∴当0x >时，()0g x '>，∴函数()()f x g x x=在(0,)+∞上为增函数，函数()f x 是奇函数，()()g x g x ∴-=，∴函数()g x 为定义域上的偶函数，()g x 在(,0)-∞上递减，由(1)0f -=得，(1)0g -=，不等式()0()0f x x g x >⇔>，∴>0()>(1)x g x g ⎧⎨⎩或<0()<(1)x g x g -⎧⎨⎩，即有1x >或10x -<<，∴使得()0f x >成立的x 的取值范围是：(1-，0)(1⋃，)+∞，故选：D例8．（2022·安徽·砀山中学高三阶段练习）已知a =，21e b =，ln 2c ππ=则a ，b ，c 的大小关系为（） A ．a c b <因此()2ln x f x x =在)∞+上单调递减，又因为()ln 4416a f ===，()221ln e e e e b f ===，ln 2c f ππ===，因为4e >>a b c <<. 故选：C.【题型】四、构造函数nxex f )(型例9．（2022·陕西·西安中学高二期中）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数()f x '，且()()0f x f x <'<，则（）A ．()()e 21f f >，()()2e 1f f >B ．()()e 21f f >，()()2e 1f f <C ．()()e 21f f <，()()2e 1f f <D ．()()e 21f f <，()()2e 1f f >【答案】D【分析】据已知不等式构造函数，结合导数的性质进行求解即可. 【详解】构造函数()()()()()e e x xf x f x f xg x g x '-'=⇒=，因为()()f x f x '<，所以()0g x '>，因此函数()g x 是增函数，于是有2(2)(1)(2)(1)(2)e (1)e ef fg g f f >⇒>⇒>，构造函数()()e ()e [()()]x x h x f x h x f x f x ''=⋅⇒=+，因为()()0f x f x <'<，所以()0h x '<，因此()h x 是单调递减函数，于是有2(2)(1)e (2)e (1)e (2)(1)h h f f f f <⇒<⇒<，例10．（2022·江苏·涟水县第一中学高三阶段练习）()f x 是定义在R 上的函数，()f x '是()f x 的导函数，已知()()f x f x '>，且(1)e f =，则不等式()2525e0x f x --->的解集为（） A ．(),3-∞- B ．(),2-∞- C ．()2,+∞ D ．()3,+∞【答案】D【分析】根据已知条件构造函数，利用导数法求函数的单调性，结合函数的单调性即可求解. 【详解】由()()f x f x '>，得()()0f x f x '->, 设()()x f x g x =e ，则()()()0e xf x f xg x '-'=>，所以函数()g x 在(),-∞+∞上单调递增，因为()1e f =，所以()()1111f g ==e ，所以不等式()2525e0x f x --->等价于()25251e x f x -->即()()251g x g ->，所以251x ->，解得3x >，所以不等式()2525e0x f x --->的解集为()3,+∞. 故选:D.例11．（2023·江西·赣州市赣县第三中学高三期中（理））设()f x '是函数()f x 的导函数，且()()()3R f x f x x '>∈，1e 3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（e 为自然对数的底数），则不等式()3ln f x x <的解集为（）A ．e 0,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1e ,e 3⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(D ．e 3⎛ ⎝【答案】C【分析】构造函数()()3exf xg x =，由已知可得函数()g x 在R 上为增函数，不等式()3ln f x x <即为()1ln 3g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，根据函数的单调性即可得解.【详解】解：令()()3e x f x g x =，则()()()33e xf x f xg x '-'=，因为()()()3R f x f x x '>∈，所以()()()330e xf x f xg x '-'=>，所以函数()g x 在R 上为增函数，不等式()3ln f x x <即不等式()3ln <1>0f x x x ⎧⎪⎨⎪⎩，又()()()3ln 3ln ln ln e x f x f x g x x ==，11313e f g ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭，所以不等式()3ln f x x <即为()1ln 3g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即1ln 3x <，解得0x <<所以不等式()3ln f x x <的解集为(.故选：C.例12．（2022·河北廊坊·高三开学考试）已知定义域为R 的函数()f x 的导函数为fx ，且()()2e x f x f x x '-=，()00=f ，则以下错误的有（） A ．()f x 有唯一的极值点 B ．()f x 在3,0上单调递增C ．当关于x 的方程()f x m =有三个实数根时，实数m 的取值范围为()10,4e -D ．()f x 的最小值为0 【答案】ABC 【分析】构造()()ex f x g x =，结合已知求()g x 的解析式，进而可得2()e x f x x =，再利用导数研究()f x 的极值点、单调性，并判断其值域范围，即可判断各选项的正误. 【详解】令()()e x f x g x =，则()()()2exf x f xg x x '-'==，故2()g x x C =+，（C 为常数），所以2()e ()x f x x C =+，而()()00e 00f C =+=，故0C =，所以2()e x f x x =，则2()(2)e x f x x x '=+，令()0f x '=，可得2x =-或0x =，在(,2)-∞-、(0,)+∞上()0f x '>，()f x 递增；在(2,0)-上()0f x '<，()f x 递减；所以()f x 有2个极值点，在3,0上不单调，A 、B 错误；由x 趋于负无穷时()f x 趋向于0，24(2)e f -=，(0)0f =，x 趋于正无穷时()f x 趋向于正无穷，所以()f x m =有三个实数根时m 的范围为()20,4e -，()f x 的最小值为0，C 错误，D 正确；故选：ABC第三天学习及训练【题型】五、构造函数x sin 与函数)(x f 型例13．（2022·云南师大附中高三阶段练习）已知13sin ,,ln1.11131a b c ===，则（） A ．a b c << B ．a c b <<C ．c a b <<D ．b a c <<【答案】B【分析】根据结构构造函数()sin ,0,2f x x x x π⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，利用导数判断单调性，即可得到a b <；根据结构构造函数()ln 1g x x x =+-，利用导数判断单调性，即可得到a c <；根据结构构造函数3()ln(1)3xh x x x=+-+，利用导数判断单调性，即可得到c b <. 【详解】构造函数()sin ,0,2f x x x x π⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，则()1cos 0f x x =-≥'，故函数=()y f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，故1(0)011f f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即11sin 1111>，又313111>，故a b <．构造函数()ln 1g x x x =+-，则1()1g x x'=-，易知函数=()y g x 在=1x 处取得最大值(1)0g =，故10011g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即1010ln 101111+-<，即11011ln ln ln1.1111110<-==，由前面知11sin 1111<，故a c <．构造函数3()ln(1)3x h x x x =+-+，则222219(3)9(1)(3)()1(3)(1)(3)(1)(3)x x x x h x x x x x x x +-+-=-==++++++'，故知函数()y h x =在(0,3)上单调递减，故(0.1)(0)0h h <=，即0.33ln1.1 3.131<=，故c b <.综上，a c b <<. 故选：B ．例14．（2022·全国·高三阶段练习）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，且()f x 为偶函数，π26f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，3()cos ()sin 0f x x f x x '+>，则不等式3π1cos 024f x x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭的解集为（） A ．π,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．2π,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．2ππ,33⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．π,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】令()()31sin 4g x f x x =-，结合题设条件可得()g x 为R 上的增函数，而原不等式即为π02g x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭，从而可求原不等式的解集.【详解】3π1cos 024f x x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭可化为3ππ1sin 0224f x x ⎛⎫⎛⎫++-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()()31sin 4g x f x x =-，则()()()()()322sin 3sin cos sin ()sin 3cos g x f x x f x x x x f x x f x x '''=+=+，因为3()cos ()sin 0f x x f x x '+>，故0g x （不恒为零），故()g x 为R 上的增函数，故3π1cos 024f x x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭即为π02g x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭，而33πππ1ππ1sin sin 06664664g f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=---=--= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故π02g x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭的解为ππ26x +>-，故2π3x >-即3π1cos 024f x x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭的解为2π,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.故选：B.【题型】六、构造函数x cos 与函数)(x f 型例15．已知函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其导函数是()'f x .有()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则关于x()2cos 6x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．,32ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,63ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．,26ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭【答案】B 【分析】令()()cos f x F x x=，根据题设条件，求得()F'0x <，得到函数()()cos f x F x x=在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭内的单调递减函数，再把不等式化为()6cos cos 6f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，结合单调性和定义域，即可求解.【详解】由题意，函数()f x 满足()()'cos sin 0f x x f x x +<，令()()cos f x F x x=，则()()()2'cos sin '0cos f x x f x xF x x+=<函数()()cos f x F x x=是定义域,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭内的单调递减函数，由于cos 0x >，关于x的不等式()2cos 6x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭可化为()6cos cos 6f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，即()6F x F π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以22x ππ-<<且6x π>，解得26x ππ>>，()2cos 6x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：B例16．（2021·重庆·高二期末）已知()f x 的定义域为(0,)+∞且满足()0f x >，()f x '为()f x 的导函数，()()(cos )xf x f x e x x '-=+，则下列结论正确的是（）A ．()f x 有极大值无极小值B ．()f x 无极值C ．()f x 既有极大值也有极小值D ．()f x 有极小值无极大值【答案】B 【解析】【分析】令()()xf x F x e=，根据题意得到()cos F x x x '=+，设()cos ,0g x x x x =+>，利用导数求得()g x 在区间(0,)+∞单调递增，得到()0F x '>，由()()x f x e F x =⋅，得到()0f x '>，即函数()f x 为单调递增函数，得到函数无极值.【详解】令()(),0x f x F x x e =>，可得()()()xf x f x F x e'-'=，因为()()(cos )xf x f x e x x '-=+，可得()cos F x x x '=+，设()cos ,0g x x x x =+>，可得()1sin 0g x x '=-≥，所以()g x 在区间(0,)+∞单调递增，又由()01g =，所以()()01g x g >=，所以()0F x '>，所以()F x 单调递增，因为()0f x >且0x e > ，可得()0F x >，因为()()xf x F x e =，可得()(),0xf x e F x x =⋅>，则()()()[]0xf x e F x F x ''=+>，所以函数()f x 为单调递增函数，所以函数()f x 无极值. 故选：B.第四天学习及训练【题型】七、构造ne 与)()(x bf x af +型例17．（2022·陕西·西安中学高二期中）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数()f x '，且()()0f x f x <'<，则（）A ．()()e 21f f >，()()2e 1f f >B ．()()e 21f f >，()()2e 1f f <C ．()()e 21f f <，()()2e 1f f <D ．()()e 21f f <，()()2e 1f f >【答案】D【分析】据已知不等式构造函数，结合导数的性质进行求解即可. 【详解】构造函数()()()()()e ex xf x f x f xg x g x '-'=⇒=，因为()()f x f x '<，所以()0g x '>，因此函数()g x 是增函数，于是有2(2)(1)(2)(1)(2)e (1)e ef fg g f f >⇒>⇒>，构造函数()()e ()e [()()]x x h x f x h x f x f x ''=⋅⇒=+，因为()()0f x f x <'<，所以()0h x '<，因此()h x 是单调递减函数，于是有2(2)(1)e (2)e (1)e (2)(1)h h f f f f <⇒<⇒<，故选：D例18．（2022·河南·高三阶段练习（文））已知函数()e xf x ax k =--，其中e 为自然对数的底数，若21,e k ⎡⎤∈-⎣⎦时，函数()f x 有2个零点，则实数a 的可能取值为（）A ．eB ．2eC ．2eD ．3e【答案】D【分析】由题意可知方程2e ,1,e x ax k k ⎡⎤-=∈-⎣⎦有两个实数根，令()e xg x ax =-，则()g x 的图象与直线2,1,e y k k ⎡⎤=∈-⎣⎦有两个交点，结合导数分析函数()g x 的单调性与极值情况即可解决问题．【详解】由题意可知方程2e ,1,e x ax k k ⎡⎤-=∈-⎣⎦有两个实数根，令()e x g x ax =-，则()g x 的图象与直线2,1,e y k k ⎡⎤=∈-⎣⎦有两个交点，()e xg x a '=-．（1）若0,()0a g x '≤<在R 上恒成立，所以()g x 在R 上单调递减，()g x 的图象与直线2,1,e y k k ⎡⎤=∈-⎣⎦至多只有一个交点，不合题意；（2）若0a >，当ln x a <时，()0g x '>，当ln x a >时，()0g x '<，所以()g x 的单调递增区间是(,ln )a -∞，单调递减区间是(ln ,)a +∞，所以当ln x a =时，()g x 取得极大值，也是最大值，为ln a a a -．当x →-∞时，()g x →-∞，当x →+∞时，()g x →-∞，所以要使()g x 的图象与直线2,1,e y k k ⎡⎤=∈-⎣⎦有两个交点，只需2ln e a a a ->．ln (ln 1)a a a a a -=-，当0e a <≤时，ln 0a a a -≤，当e a >时，ln 0a a a ->，所以2ln e ,e a a a a ->>，设()ln ,e h a a a a a =->，则()ln 0h a a '=>，所以()h a 在(e,)+∞上单调递增，而()22e e h =，所以2ln e a a a ->的解为2e a >，而23e e >，故选：D ．例19．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的偶函数()y f x =的导函数为()y f x '=，当0x >时，()()0f x f x x '+<，且(2)3f =-，则不等式6(21)21f x x --<-的解集为（） A ．13,,22⎛⎫⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．13,22⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1113,,2222⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】A【分析】根据题干中的不等式，构造函数()()F x xf x =，结合()y f x =在在R 上为偶函数，得到()()F x xf x =在R 上单调递减，其中()()2226F f ==-，分12x >与12x <，对6(21)21f x x --<-变形，利用函数单调性解不等式，求出解集. 【详解】当0x >时，()()()()0f x xf x f x f x x x'+'+=<，所以当0x >时，()()0xf x f x '+<，令()()F x xf x =，则当0x >时，()()()0F x xf x f x +''=<，故()()F x xf x =在0x >时，单调递减，又因为()y f x =在在R 上为偶函数，所以()()F x xf x =在R 上为奇函数，故()()F x xf x =在R 上单调递减，因为(2)3f =-，所以()()2226F f ==-，当12x >时，6(21)21f x x --<-可变形为()21(21)6x f x --<-，即()()212F x F -<，因为()()F x xf x =在R 上单调递减，所以212x ->，解得：32x >，与12x >取交集，结果为32x >；当12x <时，6(21)21f x x --<-可变形为()21(21)6x f x -->-，即()()212F x F ->，因为()()F x xf x =在R 上单调递减，所以212x -<，解得：32x <，与12x <取交集，结果为12x <；综上：不等式6(21)21f x x --<-的解集为13,,22⎛⎫⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A例20．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知函数()32e e x xf x x x -=-++-，其中e 是自然对数的底数，若()()224f a f a -+>，则实数a 的取值范围是（）A ．()2,1-B ．(),2-∞-C ．()1,+∞D ．()(),21,-∞-⋃+∞【答案】D【分析】构造函数()()2g x f x =-，利用奇偶性的定义、导数的符号变化判定其奇偶性和单调性，再将2(2)()4f a f a -+>变为2(2)()g a g a ->-，利用()g x 的单调性进行求解.【详解】构造函数()3()2e e x xg x f x x x -=-=-+-，因为()g x 的定义域为(,)-∞+∞，且()()()33e e e e x x x x g x x x x x ---=---+-=-+-+ 3e )()e (x x g x x x -=--+-=-，即()g x 是奇函数，又()22231e +e 31310x x g x x x x -=-+≥-+=+>'，所以()g x 在 (,)-∞+∞上单调递增；因为2(2)()4f a f a -+>，所以2(2)2[()2]f a f a -->--，即2(2)()g a g a ->-，即2(2)()g a g a ->-，所以22a a ->-，即220a a +->，解得1a >或2a <-，即(,2)(1,)a ∈-∞-+∞. 故选：D.【点睛】方法点睛：利用函数的性质解决不等式问题时，往往要利用题干中的表达式或不等式的结构特点合理构造函数，如本题中，构造函数()()2g x f x =-，将问题转化为利用函数的奇偶性和单调性求2(2)()g a g a ->-的解集. 【题型】八、构造()b kx +与)(x f 型例21．（2022·河南·高三阶段练习（文））已知定义在()0,∞+上的函数()f x 的导函数为()f x '，若()2f x '<，且()45f =，则不等式()1223x x f +>-的解集是（）A ．()0,2B ．()0,4C ．(),2-∞D ．(),4-∞【答案】C【分析】根据所求不等式()1223x x f +>-的形式，构造函数()()23g x f x x =-+，利用题目中的条件判断出()g x 在()0,∞+上单调递减，进而将所求转化为()()24xg g >，再利用单调性求出解集．【详解】设()()23g x f x x =-+，则()()2g x f x ''=-．因为()2f x '<，所以()20f x '-<，即()0g x '<，所以()g x 在()0,∞+上单调递减．不等式()1223x x f +>-等价于不等式()22230x x f -⨯+>，即()20xg >．因为()45f =，所以()()442430g f =-⨯+=，所以()()24xg g >．因为()g x 在()0,∞+上单调递减，所以24x <，解得2x <．故选：C ．例22．（2022·河南·襄城高中高二阶段练习（理））已知奇函数()f x 的定义域为R ，其函数图象连续不断，当0x >时，()()()20x f x xf x '++>，则（） A ．()()124f f e> B ．()20f <C ．()()310f f -⋅>D ．()()142f f e->- 【答案】D 【解析】令()()2xg x x e f x =，根据导数可知其在[)0,∞+上单调递增，由()()()2100g g g >>=可知AB 错误，同时得到()()142f f e<，()10f >，()30f >，结合奇偶性知C 错误，D 正确. 【详解】对于AB ，令()()2xg x x e f x =，则()00g =，()()()()22x x g x x x e f x x e f x ++'='，当0x ≥时，()()()()20xg x xe x f x xf x ''=+⋅+≥⎡⎤⎣⎦，()g x ∴在[)0,∞+上单调递增，()()()012g g g ∴<<，即()()20142ef e f <<，()20f ∴>，()()124f f e<，AB 错误；对于C ，由A 的推理过程知：当0x >时，()()20xg x x e f x =>，则当0x >时，()0f x >，∴()10f >，()30f >，又()f x 为奇函数，()()330f f ∴-=-<，()()310f f ∴-⋅<，C 错误．对于D ，由A 的推理过程知：()()142f f e<，又()()11f f -=-，()()22f f -=-，()()142f f e-∴-<--，则()()142f f e->-，D 正确．故选：D.第五天学习及训练【题型】九、构造()b kx +ln 型例23．（2023·全国·高三专题练习）定义在(0)+∞，上的函数()f x 满足()()110,2ln2xf x f '+=＞，则不等式)(e 0x f x +> 的解集为（） A ．(02ln2)， B ．(0,ln2) C ．(ln21)， D ．(ln2)+∞，【分析】构造新函数()()ln ,(0)g x f x x x =+>，利用导数说明其单调性，将)(e 0x f x +>变形为)>(e (2)x g g ，利用函数的单调性即可求解. 【详解】令()()ln ,(0)g x f x x x =+> ，则()11()()xf x g x f x x x'+''=+=，由于()10xf x '+＞, 故()0g x '>,故()g x 在(0)+∞，单调递增，而1(2)(2)ln2ln ln 202g f =+=+= ，由)(e 0x f x +>，得)>(e (2)x g g ， ∈e 2x > ，即ln2x > ,∈不等式)(e 0x f x +>的解集为(ln2)+∞，, 故选：D ．例24．（2022·河南·高三阶段练习（理））设1cos 2a =，78b =，15ln 8c ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 之间的大小关系为（） A ．c ＜b ＜a B ．c ＜a ＜bC ．b ＜c ＜aD ．a ＜c ＜b【答案】A【分析】构造函数()()ln 1g x x x =+-，()212cos f x x x ⎛⎫-- ⎝=⎪⎭，借助函数的单调性分别得出c ＜b 与a ＞b ，从而得出答案.【详解】构造函数()()ln 1g x x x =+-， x ＞－1，则()1111xg x x x -'=-=++，当－1＜x ＜0时，()0g x '>，()g x 单调递增，当x ＞0时，()0g x '<，()g x 单调递减， ∈()()00g x g ≤=，∈()ln 1x x ≤+（当x ＝0时等号成立）， ∈1577ln ln 1888⎛⎫⎛⎫=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则c ＜b ，构造函数()21cos 12f x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，0＜x ＜1，则()sin f x x x '=-，令()sin x x x ϕ=-，0＜x ＜1，∈()1cos 0x x ϕ'=->，()x ϕ单调递增， ∈()()00ϕϕ>=x ，∈0fx，()f x 单调递增，从而()()00f x f >=，∈102f ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即21117cos 12228⎛⎫>-⋅= ⎪⎝⎭，则a ＞b ．∈c ＜b ＜a ．故选：A ．例25．（2022·贵州·高三阶段练习（理））已知命题p ：在ABC 中，若π4A >，则sin A >，命题:1q x ∀>-，ln(1)x x ≥+.下列复合命题正确的是（） A ．p q ∧ B ．()()p q ⌝∧⌝C ．()p q ⌝∧D ．()p q ∧⌝【答案】C【分析】命题p 可举出反例，得到命题p 为假命题，构造函数证明出:1q x ∀>-，ln(1)x x ≥+成立，从而判断出四个选项中的真命题.【详解】在ABC 中，若5π6A =，此时满足π4A >，但1sin 2A =-，则()1111xf x x x '=-=++，当0x >时，0f x，当10x -<<时，()0f x '<，所以()f x 在0x >上单调递增，在10x -<<上单调递减，所以()f x 在0x =处取得极小值，也是最小值，()()00ln 010f =-+=，所以:1q x ∀>-，ln(1)x x ≥+成立，为真命题；故p q ∧为假命题，()()p q ⌝∧⌝为假命题，()p q ⌝∧为真命题，()p q ∧⌝为假命题.故选：C【题型】十、构造综合型例26．（2022·全国·高三阶段练习（理））下列命题为真命题的个数是（）∈32log 23>；∈eln ππ<；∈123sin 248>；∈3eln2< A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】C【分析】利用指数式与对数的互化、对数函数的单调性推得∈错误；构造函数()ln xf x x=，利用导数研究其单调性和最值，进而判定∈∈正确；构造函数31()=sin 6h x x x x -+，π(0,)2x ∈，利用二次求导确定其单调性，利用1()>(0)2h h 得到∈正确.【详解】对于∈：若32log 23>，则2323>，即89>，显然不成立，故∈错误；对于∈：将eln ππ<变为ln πlne <πe，构造()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，则当0e x <<时，0f x，e x >时，()0f x '<，所以()ln xf x x=在(0,e)上单调递增，在(e,+)∞上单调递减，则e x =时，()f x 取得最大值1e，由()()πe f f <得ln πlne <πe，即eln ππ<成立，故∈正确；对于∈：令31()=sin 6h x x x x -+，π(0,)2x ∈，。

高中数学知识点灵活运用130讲之52-构造函数法解导数和数列综合问题

导数和数列不等式的综合问题解决技巧之构造函数法1．已知曲线．从点向曲线引斜率为的切线，切点为．（1）求数列的通项公式；（2）证明：．【解析】曲线是圆心为，半径为的圆，切线（Ⅰ，解得，又，联立可解得，（Ⅱ先证：，证法一：利用数学归纳法当时，，命题成立，假设时，命题成立，即则当时，∵，．22:20(1,2,)nC x nx y n -+== (1,0)P -n C (0)n n k k >n l (,)n n n P x y {}{}n n x y 与13521n n nxx x x x y -⋅⋅⋅<< 222:()n C x n y n -+=(,0)n n :(1)n n l y k x =+n =2221n n k n =+2220n n n x nx y -+=(1)n n n y k x =+,1n n n x y n ==+=n n x y =13521n x x x x -⋅⋅⋅⋅< 1n =112x =<n k =13521k x x x x -⋅⋅⋅⋅<1n k =+135212121k k k x x x x x x -++⋅⋅⋅⋅<=2222416161483k k k k ++=>++<=∴当时，命题成立，故成立．，不妨设，令，则在上恒成立，故在上单调递减，从而综上，成立．2．设函数表示的导函数．（I）求函数的单调递增区间；（Ⅱ）当k为偶数时，数列{}满足，求数列{}的通项公式；（Ⅲ）当k为奇数时，设，数列的前项和为，证明不等式对一切正整数均成立，并比较与的大小．解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），又，1n k=+13521nx x x x-⋅⋅⋅⋅<==121214)12(4)12(2122222+-=--<-=-nnnnnnnnnnn xxnnnnnxxxx+-=+=+-⨯⨯⨯<-⨯⨯⨯=⋅⋅⋅⋅-1112112125331212432112531<t=()f t t t=()10f t t'=<t∈()f t t t=t∈()(0)0f t t t f=<=<13521nnnxx x x xy-⋅⋅⋅⋅<<2()2(1)ln(),()kf x x x k N f x*'=--∈()f x()y f x=na2111,()3n n na a f a a+'==-2na()12nb f n n'=-{}n b n n S()111n bnb e++>n20091S-2009ln212[(1)]()22(1)kkxy f x xx x--''==--=当k 为奇数时，，即的单调递增区间为．当k 为偶函数时，由，得，即的单调递增区间为，综上所述：当k 为奇数时，的单调递增区间为，当k 为偶数时，的单调递增区间为（Ⅱ）当k 为偶数时，由（Ⅰ）知，所以根据题设条件有 ∴{}是以2为公比的等比数列， ∴（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当k 为奇数时，由已知要证两边取对数，即证事实上：设则因此得不等式…………………………………………①构造函数下面证明在上恒大于0．∴在上单调递增，即∴ ∴即成立．由得即当时，122(1)()x f x x+'=(0,),()0(0,)x f x '∈+∞∴>+∞ 在恒成立.()f x '(0,)+∞0222(1)2(1)(1)()x x x f x x x-+-'==(0,),0,10,x x x ∈+∞>+>又()0f x '>10,1x x -> ∴>()f x (1,)+∞()f x (0,)+∞()f x (1,).+∞22(1)()x f x x -'=22(1)().n n na f a a -'=2222221112(1)3,21,12(1),n n n n n n a a a a a a +++-=- ∴=+ +=+21n a +221211(1)22,2 1.n n n n n a a a -+=+⋅= ∴=-12(),f x x'=+11111(),1.223n n b f n n S n n'∴=-= =+++⋅⋅⋅+111,n e n +⎛⎫+> ⎪⎝⎭11ln 1,1n n ⎛⎫+>⎪+⎝⎭11,t n +=1(1),1n t t =>-1ln 1(1)t t t >->1()ln 1(1),g t t t t=+->()g t (1,)+∞211()0,g t t t'=->()g t (1,)+∞()(1)0,g t g >=1ln 1,t t >-11ln 1,1n n ⎛⎫+>⎪+⎝⎭111,n e n +⎛⎫+> ⎪⎝⎭()111n b n b e ++>11ln,1n n n +>+111231ln ln ln ln(1),23112n n n n+++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅+=++11ln(1),n S n +-<+2008n =20091S -<2009.ln3．已知，函数．（Ⅰ）试问在定义域上能否是单调函数？请说明理由；（Ⅱ）若在区间上是单调递增函数，试求实数的取值范围；（Ⅲ）当时，设数列的前项和为，求证：解：（Ⅰ）的定义域为，，由得．当时，，递减；当时，，递增．所以不是定义域上的单调函数．（Ⅱ）若在是单调递增函数，则恒成立，即恒成立．即．（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）知，在上为增函数，又当时，，，即．令则，当时，从而函数在上是递增函数，所以有即得综上有：令时，不等式也成立，于是代入，将所得各不等式相加，得即即 0a >1()ln xf x x ax-=+()f x [)1,+∞a 1a =1n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭n n S 111()(2)n n nS f n S n N n n---<-<∈*≥且()f x ()0,+∞21()ax f x ax-'=()0f x '=1x a =1(,)x a a∈()0f x '<()f x 1(,)x a∈+∞()0f x '>()f x ()y f x =()f x x ∈[1,)+∞()0f x '≥1a x≥1max,[1,)a x x ⎧⎫≥∈+∞⎨⎬⎩⎭11x∴≤1a ∴≥1a =1()ln xf x x x-=+[1,)+∞111()ln ln ,n n nf n n n n n n----=+-= 1x >()(1)f x f >1ln 0x x x -∴+>1ln 1x x >-()1ln ,g x x x =--1()1g x x'=-(1,)x ∈+∞()0.g x '>()g x [1,)+∞()(1)0,g x g >=1ln .x x ->11ln 1,(1).x x x x-<<->111ln .1x x x x +∴<<+1,2,...,1,(2)x n n N n *=-∈≥且111ln .1x x x x+∴<<+1112311...ln ln ...ln 1....2312121n n n n +++<+++<+++--11111...ln 1. (2321)n n n +++<<+++-111()(2).n n nS f n S n N n n*---<-<∈≥且4．设函数．（是自然对数的底数）（Ⅰ）判断函数零点的个数，并说明理由；（Ⅱ）设数列满足：，且①求证：；②比较与的大小．解：（Ⅰ），令当时，在上是增函数当时，在上是减函数从而注意到函数在上是增函数，从而从而综上可知：有两个零点．（Ⅱ）因为即，所以①下面用数学归纳法证明．当时，，不等式成立．假设时，那么即这表明时，不等式成立．所以对， ②因为，考虑函数，从而在上是增函数所以，即5．数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，且，求证：对任意实数是常数，=2．71828…）和任意正整()(1),()xf x e xg x e =-=e ()()()H x f x g x =-{}n a 1(0,1)a ∈1()(),,n n f a g a n N *+=∈01n a <<n a 1(1)n e a +-()(1)xH x e e '=--0()0,ln(1)H x x e '= =-0(,)x x -∞()0,H x '> ()H x 0(,)x x -∞0(,)x x +∞()0,H x '< ()H x 0(,)x x +∞0max 0()(0)(1)1(1)ln(1)2x H x H e x ee e e ==-+-=---+()ln 1k t t t t =-+[)1,+∞()(1)0,11k t k e ≥=->又0()0H x >()H x 1()(),n nf ag a +=1(1)1n an e a e +-+=11(1)1n a n a e e +=--(0,1)n a ∈1n =1(0,1)a ∈n k =(0,1)k a ∈11(1)1k a k a e e +=--1011k k a a e e e e << ∴<-<- 10(1)11k a e e ∴<-<-1(0,1)k a +∈1n k =+n N *∈(0,1)n a ∈1(1)1na n n n e a a ea +--=--()1(01)x p x e x x =-- <<()10x p x e '=->()p x (0,1)()(0)0p x p >=1(1)0n n e a a +-->1(1)n ne a a +->{}n a n S n n N *∈2,,n n n a S a {}n a {}n b n n T 2ln n n nxb a =(1,](x e e ∈e数，总有；（3）在正数数列中，．求数列中的最大项．解：由已知：对于，总有成立 (1) (2)（1）—（2）得均为正数，数列是公差为1的等差数列又时，，解得，（2）证明：对任意实数和任意正整数，总有（3）解：由已知，，易得猜想时，是递减数列令，则当时，，则，即在内为单调递减函数，由知时，是递减数列，即是递减数列又，数列中的最大项为n 2n T <{}n c 11(),()n n n a c n N +*+=∈{}n c n N *∈22n n n S a a =+21112(2)n n n S a a n ---∴=+≥22112n n n n n a a a a a --∴=+--111()()n n n n n n a a a a a a ---∴+=+-1,n n a a - 11(2)nn a a n -∴-=≥∴{}n a 1n =21112S a a =+11a =()n a n n N *∴=∈ (]1,x e ∈n 22ln 1n n n x b a n=≤222111111...1...121223(1)n T n n n∴≤+++<++++⋅⋅-⋅1111111(1() (22)2231n n n ⎛⎫=+-+-++-=-< ⎪-⎝⎭22112a c c ==⇒=33223a c c ==⇒=44334a c c ==⇒==55445a c c ==⇒=12234,......c c c c c <>>>2n ≥{}n c ln ()x f x x =221ln 1ln ()x xxx f x x x ⋅--'==∴3x ≥ln 1x >1ln 0x -<()0f x '<∴()f x [)3,+∞11n n na c ++=ln(1)ln 1n n c n +=+2n ∴≥{}ln n c {}n c 12c c <∴{}n c 2c =6．已知（1）求函数的极值点；（2）若函数在上有零点，求的最小值；（3）证明：当时，有成立；（4）若，试问数列中是否存在？若存在，求出所有相等的两项；若不存在，请说明理由．（为自然对数的底数）．解：（1）由题意，的定义域为 ,函数的单调递增区间为和，的单调递减区间为，所以为的极大值点，为的极小值点，（2）在上的最小值为且，在上没有零点，函数在上有零点，并考虑到在单调递增且在单调递减，故只须且即可，易验证当时均有所以函数在上有零点，即函数在上有零点，的最大值为（3）证明：当时，不等式即为：构造函数则所以函数在上是减函数，因而时，23()ln 2,().8f x x xg x x =++=()()2()F x f x g x =-⋅()()2()F x f x g x =-⋅),()te t Z ⎡+∞∈⎣t 0x >[]1()1()g x g x e +<1(1)()()g n n b g n n N *+=∈{}n b ()n m b b m n =≠e 23()ln 228F x x x x =++-(0,)+∞(32)(2)()4x x F x x --'=∴()F x 20,3⎛⎤⎥⎝⎦[)2,+∞()F x 2,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦23x =()F x 2x =()F x ()F x 2,3x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭(2)F 23ln 41(2)242ln 2082F -=⨯-++=>()F x ∴2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭∴()F x ),te ⎡+∞⎣()F x 20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦2,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦23t e <()0F t ≤121222313()120,()20,88F e e e F e e e -----⎛⎫=⋅+->=⋅-< ⎪⎝⎭2,t t Z ≤∈()0,tF e <()F x )1,()t e e t Z -⎡∈⎣()F x ),()te t Z ⎡+∞∈⎣t ∴2-0x >[]1()1()g x g x e+<11(1)ln(1)1ln(1)xx e x x x x+<⇔+<⇔+<()ln(1)(0),h x x x x =+->1()10,11x h x x x-'=-=<++()h x (0,)+∞0x >()(0)0,h x h <=即：时，成立，所以当时，成立；（4）因为令，得，因此，当时，有所以当时，，即又通过比较的大小知：，因为且时所以若数列中存在相等的两项，只能是与后面的项可能相等，又，所以数列中存在唯一相等的两项，即．7．在数列中，（I ）求证：数列为等差数列；（II ）若m 为正整数，当时，求证：．解：（I ）由变形得：故数列是以为首项，1为公差的等差数列（II ）（法一）由（I ）得令当0x >ln(1)x x +<0x >[]1()1()g x g x e +<1(1)(2)111(1)(2)2222(1)11(1)3(1),(1)n n n n n n n n n n n b n n e n n b nb n n n n n ++++++++++++===⋅+<<23(1)1n n+<2330n n -->4n ≥(1)(2)1(1)(2)1,n n n n n nb b +++++<4n ≥1n n b b +>456...b b b >>>1234b b b b 、、、1234b b b b <<<11,b =1n ≠111,n n b n+=≠{}n b 23b b 、11113964283528,35b b b b ====>={}n b 28b b ={}n a 12a =11,22().n n n a a n N ++=+∈}2{n na 2n m ≤≤1231(1)(n m n n m m n a m⋅--+≤1122+++=n n n a a 122,1221111=-+=++++nnn n n n n n a a a a 即}2{nn a 121=a nn n a 2⋅=mm n m m m a n n m m nm n n 1)23)(1(1)3)(1(221-≤+--≤⋅+-即mn m nn m n f n m n f 1)23()()1(,23()1()(+⋅-=+⋅+-=则mn m n m n f n f n m 1)32(1)1()(,2⋅-+-=+≥>时mm m n m 11)32()211(32()11(⋅-+≥⋅-+=又则为递减数列．当m=n 时，递减数列．要证：时，故原不等式成立．（法二）由（I ）得令上单调递减．∴也即证，故原不等式成立．23221211)211(1>>-+>+-⋅+=-+m m m C m m m mm 1)23(211>-+∴)(,1)1()(n f n f n f 则>+)1()(+>n f n f )(,2n f n m 时当≥≥∴mm m m f x f m m 1)1()49(),1()49()2()(11max-≤--==∴2故只需证2,)11()1(491)23)(1(2≥+=+≤-≤+-m mm m m m n m m m m n而即证49221212212122122)1(1211)11(22010=⨯-+≥-+=-+=-⋅+=⋅+⋅+≥+m m m m m m m C m C C m m m m m nn n a 2⋅=mm n m m m a n n m m nm n n 1)23)(1(1)3)(1(221-≤+--≤⋅+-即)123ln 1()23()('),2()23)(1()(-⋅+-=≤≤+-=m x m x f m x x m x f m xm x 则],2[)(0)(',11,2m x f x f mx m m x 在即<∴<+-∴≤≤ mm m m f x f m m 1)1()49(),1()49()2()(11max -≤--==∴2故只需证时而2,11(149≥+≤m mm 49221212212122122)1(121111(22210=⨯-+≥-+=-+=-⋅+=⋅+⋅+≥+m m m m m m m C m C C m m m m m。

2023年高考数学复习：导数中的函数构造问题

1234
3.已知定义在 R 上的函数 f(x)，其导函数为 f′(x)，若 f(x)＝f(－x)－2sin x，
且当 x≥0 时，f′(x)＋cos x>0，则不等式 f x＋π2>f(x)＋sin x－cos x 的解集为
A.－∞，π2 C.－∞，－π4
B.π2，＋∞
√D.－π4，＋∞
1234
2023年高考数学复习
导数问题中已知某个含f′(x)的不等式，往往可以转化为函数的单调性，根据不等式的形式构造适当的函数是求解问题的关键.
例1 (1)(2021·江苏徐州一中模拟)已知函数f(x)在(0,1)上恒有xf′(x)>2f(x)，其中f′(x)为函数f(x)的导数，若α，β为锐角三角形两个内角，则 A.sin2βf(sin α)>sin2αf(sin β)
能力提升
(1)构造函数 xf(x)，fxx：当条件中含“＋”时优先考虑 xf(x)；当条件中含“－”时优先考虑fxx. (2)构造函数fxxn：条件中含“xf′(x)－nf(x)”的形式；构造函数xf(nx)：条件中含“nxf′(nx)＋f(nx)”的形式.
(3)构造函数fexx：条件中含“f′(x)－f(x)”的形式. (4)构造函数sfinxx：条件中含“f′(x)sin x－f(x)cos x”的形式.
∴g(x)＝f(x)ln x在(0，＋∞)上单调递减，而g(1)＝0，
∴在(0,1)上ln x<0，g(x)>0；在(1，＋∞)上ln x>0，g(x)<0，而f(1)<0，
∴在(0，＋∞)上f(x)<0，又函数f(x)为奇函数，
∴在(－∞，0)上f(x)>0.
不等式(x－1)f(x)<0 等价于x>1， fx<0

专题25 构造函数法解决导数问题(解析版)-2022年高考数学一轮考点+重点+难点专项复习

专题25 构造函数法解决导数问题【知识总结】若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标。

若直接构造函数，则很难借助导数研究其单调性。

【例题讲解】【例1】已知函数f (x )＝ax 2－x ln x 。

(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝e ，证明：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e。

【思路点拨】第(1)小题转化为当x >0时，不等式f ′(x )≥0恒成立，进而应用分离变量法求解；第(2)小题将待证不等式等价变形为e x －e x <ln x ＋1e x，构造函数，进而分别研究构造函数的单调性解决问题。

【解】 (1)由题意知，f ′(x )＝2ax －ln x －1。

因为函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当x >0时，f ′(x )≥0，即2a ≥ln x ＋1x 恒成立。

令g (x )＝ln x ＋1x (x >0)，则g ′(x )＝－ln xx2，易知g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g (x )max ＝g (1)＝1，所以2a ≥1，即a ≥12。

故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞。

(2)若a ＝e ，要证f (x )<x e x ＋1e ，只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x 。

令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2，易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0。

再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0。

高考数学复习考点知识专题讲解课件第67讲构造法在解决函数、导数问题中的应用

增.由asin a-bsin b=b2-a2-1可得asin a+a2=bsin b+b2-1,即f(a)=f(b)-1,∴f(a)<f(b),
∵f(x)是偶函数,∴f(|a|)<f(|b|),∴|a|<|b|.故选D.
增分微课(一)
❸ 已知函数f(x)的定义域为R,且f(-1)=2.若对任意x∈R,f'(x)>2,则f(x)>2x+4的
2x
2x
=mx+e 成立,构造函数f(x)=mx+e ,x>0,由x≠y,f(x)=f(y),可得函数f(x)在(0,+∞)
上不单调, 易知f'(x)=m+2e2x,可得当x>0时,f'(x)=m+2e2x=0有解,即当x>0时,m=
2x
2x
-2e 有解.因为当x>0时,-2e <-2,所以m<-2,即实数m的取值范围是(-∞,-2).
A.a>2b
B.a<2b
2
C.a>b
2
D.a<b
[思路点拨]将已知等式2a+log2a=4b+2log4b按照“左右形式相当,一边一个变量”
的目的变形,然后逆用函数的单调性求解即可;
[解析]由题知2a+log2a=4b+log2b=22b+log2(2b)-1<22b+log2(2b),又函数
x
y=2 +log
C.(-∞,-1010]
D.(-∞,-1010]∪[1010,+∞)
[解析]设g(x)=f(x)-x,则g'(x)=f'(x)-1,当x∈[0,+∞)时,f'(x)<1,所以g'(x)<0,即函数g(x)

导数构造函数十三种题型归纳

导数构造函数十三种题型归纳目录【题型一】利用x nf （x ）构造型【题型二】利用f （x ）/x n构造型【题型三】利用e nx f （x ）构造型【题型四】利用f （x ）/e nx 构造型【题型五】利用sinx 与f （x ）构造型【题型六】利用cosx 与f （x ）构造型【题型七】复杂型：e n与af （x ）+bg(x)等构造型【题型八】复杂型：（kx+b ）与f （x ）型【题型九】复杂型：与ln （kx+b ）结合型【题型十】复杂型：基础型添加因式型【题型十一】复杂型：二次构造【题型十二】综合构造【题型十三】技巧计算型构造【题型一】利用x nf （x ）构造型【典例精讲】函数()f x 是定义在区间(0,)+∞上的可导函数，其导函数为'()f x ，且满足'()2()0+>xf x f x ，则不等式(2016)(2016)5(5)52016x f x f x ++<+的解集为A ．{}2011x x -B ．{}|2011x x <-C ．{}|20110x x -<<D ．{}|20162011x x -<<-【答案】D 【解析】设2()()g x x f x =，则2'()2()'()['()2()]g x xf x x f x x xf x f x =+=+，由已知当0x >时，'()0g x >，()g x 是增函数，不等式(2016)(2016)5(5)52016x f x f x ++<+等价于22(2016)(2016)5(5)x f x f ++<，所以020165x <+<，解得20162011x -<<-．本题考查导数的综合应用，解题关键是构造新函数2()()g x x f x =，从而可以利用已知的不等式关系判断其导数的正负，以确定新函数的单调性，在构造新函数时，下列构造经常用：()()g x xf x =，()()f x g x x =，()()x g x e f x =，()()x f x g x e=，构造新函数时可结合所要求的问题确定新函数的形式．【总结提升】基本规律1.x ()+()0 0g x =x f x f x f x '><对于（），构造（）（），2.k x ()k ()0 0g x =x f x f x f x '+><对于（），构造（）（）【变式练习】1.已知定义域为的奇函数的导函数为()f x '，当时，()()0f x f x x'+>，若，则的大小关系正确的是 A ． B ． C ． D ．【答案】C 【解析】构造函数()()g x xf x =，利用已知条件确定'()g x 的正负，从而得其单调性．设()()g x xf x =，则'()()'()g x f x xf x =+， ∵()'()0f x f x x +>，即'()()'()0xf x f x g x x x+=>， ∵当0x <时，)'(0g x <，当0x >时，'()0g x >，()g x 递增．又()f x 是奇函数，∵()()g x xf x =是偶函数，∵(2)(2)g g -=，1(ln )(ln 2)(ln 2)2g g g =-=，∵10ln 222<<<，∵1()(ln 2)(2)2g g g <<，即a c b <<．故选C ．2.已知()f x 的定义域为0,，()'f x 为()f x 的导函数，且满足()()f x xf x '<-，则不等式()()()2111f x x f x +>--的解集是（）A ．0,1B ．2,C ．1,2D ．1,【答案】B 【分析】根据题意，构造函数()y xf x =，结合函数的单调性解不等式，即可求解. 【解析】根据题意，构造函数()y xf x =，()0,x ∈+∞，则()()0y f x xf x ''=+<，所以函数()y xf x =的图象在()0,∞+上单调递减.又因为()()()2111f x x f x +>--，所以()()22(1)(1)11x f x x f x ++>--，所以2011x x <+<-，解得2x >或1x <-（舍）.所以不等式()()()2111f x x f x +>--的解集是()2,+∞.故选：B.3.设函数()f x 在R 上可导，其导函数为()'f x ，且2()()0f x xf x '+>．则下列不等式在R 上恒成立的是（） A ．()0f x ≥ B ．()0f x ≤C ．(x)x f ≥D ．()f x x ≤【答案】A【分析】根据给定不等式构造函数2()()g x x f x =，利用导数探讨()g x 的性质即可判断作答. 【解析】依题意，令函数2()()g x x f x =，则2()2()()[2()()]g x xf x x f x x f x xf x '=+''=+，因2()()0f x xf x '+>，于是得0x <时()0g x '<，0x >时()0g x '>，从而有()g x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，因此得：2,()()(0)0x R x f x g x g ∀∈=≥=，而(0)0f >，即f (x )不恒为0，所以()0f x ≥恒成立.故选：A【题型二】利用f （x ）/x n构造型【典例精讲】函数()f x 在定义域0,内恒满足：∵()0f x >，∵()()()23f x xf x f x '<<，其中fx 为()f x 的导函数，则A ．()()111422f f <，0g x，∵函数()g x 在()0,x ∈+∞上单调递增，∵()()12g g <，即()()412f f <，()()1124f f <，令()()3f x h x x =，()0,x ∈+∞，()()()43xf x f x h x x '-'=，∵()0,x ∀∈+∞，()()()23f x xf x f x '<<，()0h x '<，∵函数()h x 在()0,x ∈+∞上单调递减，∵()()12h h >，即()()218f f >，()()1182f f <，故选D.【总结提升】基本规律1.f x x ()-()0 0g x =xf x f x '><（）对于（），构造（）， 2.k f x x ()-k ()0 0g x =xf x f x '><（）对于（），构造（）【变式练习】1.已知定义在R 上的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，若()2()0xf x f x '->，(3)1f -=，则不等式()19f x x x <的解集是（） A ．(,3)(0,3)-∞- B ．()3,3-C ．(3,0)(0,3)-⋃D ．(,3)(3,)-∞-⋃+∞【答案】A【分析】根据题目中信息其导函数为()f x '，若()2()0xf x f x '->可知，需构造函数2()()f x g x x =，利用导函数判断函数()g x 的单调性，利用函数()g x 的单调性、奇偶性来解题，当0x > 时，即2()19f x x <，1()9g x <，当0x < 时，即2()19f x x >，1()9g x >. 【解析】构造函数2()()f x g x x =,43'()2()'()2()'()xf x f x xf x f x g x x x x --=⋅= , 当0x > 时，()2()0xf x f x '->，故'()0g x >，()g x 在(0,)+∞ 上单调递增，又()f x 为偶函数，21y x= 为偶函数，所以2()()f x g x x =为偶函数，在,0（）-∞ 单调递减.(3)1f -=,则(3)1f =，231(3)(3)39f g g -===（）;()19f x x x <，当0x > 时，即2()19f x x <，1()(3)9g x g <=，所以(0,3)x ∈ ；当0x < 时，即2()19f x x >，1()(3)9g x g >=-，所以(,3)x ∈-∞-. 综上所述，(,3)(0,3)x ∈-∞-⋃.故选：A2.已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若()11f =，()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，则不等式()1xf x e -≥的解集为（）A ．(],1-∞B ．(],e -∞C ．[)1,+∞D ．[),e +∞【答案】C 【分析】由()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，可得()()0f x f x +'>，令()()xg x e f x =⋅，对其求导可得()0g x '>，可得函数()g x 在R 上单调递增，可得()1g e =，()()1g x g ≥可得原不等式的解集. 【解析】解：因为()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，所以()()11f x f x '++>，即()()0f x f x +'>.令()()xg x e f x =⋅，则()()()0x g x e f x f x ''=+>⎡⎤⎣⎦，所以函数()g x 在R 上单调递增.又因为()1g e =，不等式()1x f x e -≥，可变形为()x e f x e ⋅≥，即()()1g x g ≥，所以1x ≥，即不等式()1xf x e -≥的解集为[)1,+∞.故选：C.【题型三】利用e nx f （x ）构造型【典例精讲】已知函数()f x 在R 上可导，其导函数为()f x '，若()f x 满足：当1x ≠时，()()()1x f x f x ⎡⎤-+⎣'⎦>0，()()222xf x e f x -=-，则下列判断一定正确的是 A ．()()10f f D ．()()330e f f >【答案】D【分析】构造函数()()xg x f x e =,结合导函数,判定()g x 的单调性,()()g 2x g x 由，-=得()g x 的对称轴,对选项判断即可.【解析】构造函数()()x g x f x e =,计算导函数得到()'g x =()()x e f x f x +'⎡⎤⎣⎦，由()1x -()()f x f x +'⎡⎤⎣⎦>0,得当x 1>,()()f x f x '+>0,当x 1<时,()()f x f x '+<0.所以()g x 在()1,∞+单调递增,在(),1∞-单调递减,而()()()()()2x 2x x 22xf xg 2x f 2x e e f x e g x e----=-=⋅==,所以()g x 关于x 1=对称,故()()()()()3g 3e f 3g 1g 00f ==->=,得到()()3e f 3f 0>,故选:D.【总结提升】基本规律1.x ()+()0 0g x =e f x f x f x '><对于（），构造（）（），2.kx ()+k ()0 0g x =e f x f x f x '><对于（），构造（）（）【变式练习】1.已知()f x 是R 上可导的图象不间断的偶函数，导函数为()f x '，且当0x >时，满足()()20'+>f x xf x ，则不等式()()121xe f x f x -->-的解集为（）A ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．(),0-∞D ．()0,∞+【答案】B【分析】构造函数2()()x g x e f x =，根据()()20'+>f x xf x ，结合题意可知函数()g x 是偶函数，且在()0,∞+上是增函数，由此根据结论，构造出x 的不等式即可．【解析】由题意：不等式()()121xef x f x -->-可化为：21(1)()x f x f x e -->，两边同乘以2(1)x e -得：22(1)(1)()x x e f x e f x -->，令2()()x h x e f x =，易知该函数为偶函数，因为[]2()()2()x h x e f x xf x ''=+， ()()20'+>f x xf x ，所以()0,(0)h x x '>>所以()h x 在()0,∞+上是单调增函数，又因为()h x 为偶函数，故22(1)x x ->，解得：12x <．故选：B ．2.设函数()f x 的定义域为R ，()'f x 是其导函数，若()()e ()x f x f x f x '-'+>-，()01f =，则不等式()f x >21x e +的解集是（） A ．(0,)+∞ B ．(1,)+∞ C ．(,0)-∞ D ．(0,1)【答案】A【分析】构造函数()()1()xg x e f x =+，通过求导判断函数()g x 的单调性,利用函数()g x 的单调性解不等式即可.【解析】令()()1()x g x e f x =+，则()()()1()x x g x e f x e f x ''=++，因为()()e ()x f x f x f x '-'+>-，所以()()1e ()0x f x f x -'++>，化简可得()e ()e 1()0x x f x f x '++>，即()0g x '>，所以函数()g x 在R 上单调递增，因为()f x >21xe +，化简得()1()2xe f x +>，因为()()0202g f ==，()()1()xg x e f x =+，所以()(0)g x g >，解得0x >，所以不等式2()1xf x e >+的解集是(0,)+∞.故选：A 3.已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若()11f =，()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，则不等式()1xf x e -≥的解集为（）A ．(],1-∞B ．(],e -∞C ．[)1,+∞D ．[),e +∞【答案】C【分析】由()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，可得()()0f x f x +'>，令()()xg x e f x =⋅，对其求导可得()0g x '>，可得函数()g x 在R 上单调递增，可得()1g e =，()()1g x g ≥可得原不等式的解集. 【解析】解：因为()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，所以()()11f x f x '++>，即()()0f x f x +'>.令()()xg x e f x =⋅，则()()()0x g x e f x f x ''=+>⎡⎤⎣⎦，所以函数()g x 在R 上单调递增.又因为()1g e =，不等式()1x f x e -≥，可变形为()x e f x e ⋅≥，即()()1g x g ≥，所以1x ≥，即不等式()1xf x e -≥的解集为[)1,+∞.故选：C.【题型四】用f （x ）/e nx 构造型【典例精讲】已知函数()f x 是定义在R 上的可导函数，且对于x R ∀∈，均有()()'f x f x >，则有A ．()()()()2017201720170,20170ef f f e f -B ．()()()()2017201720170,20170e f f f e f -<<C ．()()()()2017201720170,20170e f f f e f ->>D ．()()()()2017201720170,20170e f f f e f ->< 【答案】D【分析】通过构造函数()()x f x g x e =，研究()()xf xg x e =函数的单调性进而判断出大小关系．【解析】因为()()'f x f x >。

2024年高考数学命题热点全覆盖专题07导数有关的构造函数方法文

专题07 导数有关的构造函数方法一．学问点基本初等函数的导数公式 (1)常用函数的导数①(C )′＝________(C 为常数); ②(x )′＝________；③(x 2)′＝________； ④⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′＝________；⑤(x )′＝________． (2)初等函数的导数公式①(x n)′＝________； ②(sin x )′＝__________； ③(cos x )′＝________； ④(e x)′＝________； ⑤(a x)′＝___________； ⑥(ln x )′＝________； ⑦(log a x )′＝__________． 5．导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝________________________； (2)[f (x )·g (x )]′＝_________________________； (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝____________________________．6．复合函数的导数(1)对于两个函数y ＝f (u )和u ＝g (x )，假如通过变量u ，y 可以表示成x 的函数，那么称这两个函数(函数y ＝f (u )和u ＝g (x ))的复合函数为y ＝f (g (x ))．(2)复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为___________________，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积．二．题型分析 1.构造多项式函数 2.构造三角函数型 3.构造xe 形式的函数 4.构造成积的形式 5.与ln x 有关的构造 6.构造成商的形式7.对称问题（一）构造多项式函数例1．已知函数()()f x x R ∈满意()1f l =，且()f x 的导函数()1'2f x <，则()122x f x <+的解集为（） A. B.{}|x 1x <-C. D.{}|1x x >【答案】D【解析】令，则，所以函数()F x 在定义域上为单调递减函数，因为()122xf x <+，所以，即，依据函数()F x 在定义域上单调递减，可知1x >，故选D.考点：函数的单调性与导数的关系.【方法点晴】本题主要考查了函数的单调性与函数的导数之间的关系，其中解答中涉及到利用导数探讨函数的单调性，利用导数探讨函数的极值与最值等学问点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的实力，以及转化与化归思想的应用，本题的解答中依据题设条件，构造新函数()F x ，利用新函数的性质是解答问题的关键，属于中档试题. 练习1.设函数()f x 在R 上存在导函数'()f x ，对于随意的实数x ，都有，当(,0)x ∈-∞时，.若，则实数m 的取值范围是（）A ．1[,)2-+∞B ．3[,)2-+∞ C ．[1,)-+∞ D ．[2,)-+∞ 【答案】A考点：导数在函数单调性中的应用. 【思路点睛】因为，设，则，可得()g x 为奇函数，又，得()g x 在(,0) 上是减函数，从而在R 上是减函数，在依据函数的奇偶性和单调性可得，由此即可求出结果.练习2.设奇函数在上存在导数,且在上,若,则实数的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】令，因为，所以函数的奇函数，因为时，，所以函数在为减函数，又题意可知，，所以函数在上为减函数，所以，即，所以，所以，故选B.考点：函数的奇偶性及其应用.【方法点晴】本题主要考查了函数的奇偶性及其应用，其中解答中涉及到利用导数求函数的单调性、利用导数探讨函数的极值、以及函数的奇偶性的判定等学问点的综合考查，着重考查了转化与化归的思想方法，以及学生的推理与运算实力，属于中档试题，解答中得出函数的奇函数和函数的单调性是解答的关键. 练习3.设函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，对随意x R ∈，都有，且(0,)x ∈+∞时，()f x x '>，若，则实数a 的取值范围是（）A ．[)1,+∞B ．(],1-∞C ．(],2-∞D ．[)2,+∞ 【答案】B【解析】令，则，则，得()g x 为R 上的奇函数．∵0x >时，，故()g x 在(0,)+∞单调递增，再结合(0)0g =及()g x 为奇函数，知()g x 在(,)-∞+∞为增函数，又则，即(],1a ∈-∞．故选B ．考点：函数的单调性及导数的应用.【方法点晴】本题考查了利用导数探讨函数的单调性，然后构造函数，通过新函数的性质把已知条件转化为关于a 的不等式来求解.本题解答的关键是由已知条件()f x x '>进行联想，构造出新函数，然后结合来探讨函数()g x 的奇偶性和单调性，再通过要解的不等式构造，最终得到关于a 的不等式，解得答案.（二）构造三角函数型例2．已知函数()f x 的定义域为R ,()'f x 为函数()f x 的导函数，当[)0,x ∈+∞时，且x R∀∈，.则下列说法肯定正确的是（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】令，则.因为当[)0,x ∈+∞时，，即，所以，所以在[)0,x ∈+∞上单调递增.又x R ∀∈，，所以，所以，故为奇函数，所以在R 上单调递增，所以.即，故选B.考点：（1）利用导数探讨函数的单调性；（2）函数的综合应用.练习1．已知函数)(x f y 对随意的满意（其中)('x f 是函数)(x f 的导函数），则下列不等式成立的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】构造函数，则，即函数g（x ）在单调递增，则，，即，故A正确．，即考点：利用导数探讨函数的单调性练习2．定义在)2,0(π上的函数)(x f ，()'f x 是它的导函数，且恒有成立，则（）A.B.C ． D.【答案】D【解析】在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，有，即令，则，故()F x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.令，则有，D 选项正确.考点：1、函数导数；2、构造函数法．【思路点晴】本题有两个要点，第一个要点是“切化弦”，在不少题目中，假如遇到tan x ，往往转化为sin cos xx来思索；其次个要点是构造函数法，题目中，可以化简为，这样我们就可以构造一个除法的函数，而选项正好是推断单调性的问题，顺势而为.（三）构造xe 形式的函数例3．已知函数()f x 的导数为()f x ′，且对x R ∈恒成立，则下列函数在实数集内肯定是增函数的为（） A.()f x B.()xf x C.()xe f x D.()xxe f x【答案】D 【解析】设，则. 对Rx ∈恒成立，且0x e >.在R 上递增，故选D.考点：1、函数的求导法则；2、利用导数探讨函数的单调性. 练习1. 设函数)(x f '是函数的导函数，1)0(=f ，且，则的解集为（）A.),34ln (+∞ B.),32ln (+∞ C.),23(+∞ D.),3(+∞e【答案】B【解析】依题意，构造函数，由，得，ln 23x >考点：函数导数，构造函数法．【思路点晴】本题考查导函数的概念，基本初等函数和复合函数的求导，对数的运算及对数函数的单调性.构造函数法是在导数题目中一个常用的解法.方程的有解问题就是推断是否存在零点的问题，可参变分别，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分别的方法，转化为求函数最值处理．练习2.已知()f x 定义在R 上的函数，()f x '是()f x 的导函数，若，且()02f =，则不等式（其中e 为自然对数的底数）的解集是（） A ． B ．()1,-+∞ C ．()0,+∞D ．【答案】C考点：利用导数探讨函数的单调性.【方法点晴】本题考查函数单调性与奇偶性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数推断函数的单调性是解题的关键，属于中档题．结合已知条件中的以及所求结论可知应构造函数，利用导数探讨()x g y =的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解. 练习3．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若对随意实数x ，有，且()1f x +为奇函数，则不等式的解集是（）A ．(),0-∞B ．()0,+∞C ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】设．由，得，故函数()g x 在R 上单调递减．由()1f x +为奇函数()01f =-，所以．不等式等价于()1xf x e <-，即，结合函数()g x 的单调性可得0x >，从而不等式的解集为()0,+∞，故答案为B.考点：利用导数探讨函数的单调性.【方法点晴】本题考查了导数的综合应用及函数的性质的应用，构造函数的思想，阅读分析问题的实力，属于中档题．常见的构造思想是使含有导数的不等式一边变为0，即得，当是形如时构造；当是时构造，在本题中令，（R x ∈），从而求导()0<'x g ，从而可推断()x g y =单调递减，从而可得到不等式的解集．练习4.已知定义在R 上的可导函数()f x 的导函数()'f x ，满意，且()2+f x 为偶函数，()41=f ，则不等式()<x f x e 的解集为（）A ．()2,-+∞B ．()4,+∞C ．()1,+∞D ．()0,+∞ 【答案】D【解析】设，则∴函数g x （）是R 上的减函数， ∵函数()2+f x 是偶函数， ∴函数∴函数关于2x =对称， ∴原不等式等价为1g x （）＜， ∴不等式()<x f x e 等价1g x （）＜，即∵g x （）是R 上的减函数， ∴0x ＞．∴不等式()<x f x e 式的解集为()0,+∞．选D 考点：利用导数探讨函数的性质【名师点睛】本题考查了利用导数探讨函数的单调性、利用函数的单调性求解不等式，体现了数学转化思想方法，属于中档题．解题时依据题意构造函数是解题的关键练习5．设函数()f x '是函数的导函数，1)0(=f ，且，则的解集是（）A.ln 4,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B.ln 2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C.3,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭D.,3e ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭ 【答案】B【解析】设，则，所以（c 为常数），则，由，2c =，所以，又由，所以即()3f x >，即3213x e ->，解得ln 23x >．故选B ．（四）构造成积的形式例4．已知定义在R 上的函数()y f x =满意：函数()1y f x =+的图象关于直线1x =-对称，且当(),0x ∈-∞时，（()f x '是函数()f x 的导函数）成立．若，，，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．a b c ＞＞B ．b a c ＞＞C ．c a b ＞＞D ．a c b ＞＞【答案】A【解析】易知()x f 关于y 轴对称,设,当()0,∞-∈x 时,,()x F ∴在()0,∞-上为递减函数,且()x F 为奇函数,()x F ∴在R 上是递减函数.,即c b a >>,故选A.考点：函数的性质.【方法点睛】本题考查学生的是函数的性质,属于中档题目.从选项可以看出,要想比较c b a ,,的大小关系,须要构造新函数,通过已知函数()x f 的奇偶性,对称性和单调性,推断()x F 的各种性质,可得()x F 在R 上是递减函数.因此只需比较自变量的大小关系,通过分别对各个自变量与临界值1,0作比较,推断出三者的关系,即可得到函数值得大小关系.练习 1.设函数()f x 是定义在(,0)-∞上的可导函数，其导函数为'()f x ，且有，则不等式的解集为（）A ．B ．C ．(2018,0)-D ．(2016,0)- 【答案】B 【解析】构造函数，，由于，故，()F x 为减函数.原不等式即，故.考点：函数导数与不等式，构造函数．【思路点晴】本题考查函数导数与不等式，构造函数法.是一个常见的题型，题目给定一个含有导数的条件，这样我们就可以构造函数，它的导数恰好包含这个已知条件，由此可以求出()F x 的单调性，即函数()F x 为减函数.留意到原不等式可以看成，利用函数的单调性就可以解出来.练习2．设函数()f x 是定义在()0,+∞上的可导函数，其导函数为()f x '，且有，则不等式的解集为（）A ．()2012,+∞B ．()0,2012C ．()0,2016D ．()2016,+∞ 【答案】D【解析】∵函数()f x 是定义在()0,+∞上的可导函数，， ∴函数2y x f x =（）在()0,+∞上是增函数，∴不等式的解集为()2016,+∞．练习 3.函数()f x 是定义在区间()0,+∞上可导函数，其导函数为()'fx ，且满意，则不等式的解集为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】由，则当()0,x ∈+∞时，，即，所以函数()xf x 为单调递增函数，由，即，所以，所以不等式的解集为，故选C.（五）与ln x 有关的构造例 5.已知定义在实数集R 的函数()f x 满意f （1）=4,且()f x 导函数()3f x '<，则不等式的解集为（）A.(1,)+∞B.(,)e +∞C.(0,1)D.(0,)e 【答案】D【解析】设t=lnx,则不等式化为13)(+>t t f ，设g(x)=f(x)-3x-1,则。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

高中数学构造函数解决导数问题专题复习
【知识框架】
【考点分类】
考点一、直接作差构造函数证明；两个函数，一个变量，直接构造函数求最值；
【例1-1】（14顺义一模理18）已知函数（）（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）若在区间上函数的图象恒在直线下方，求的取值范围．
【例1-2】（13海淀二模文18）已知函数. （Ⅰ）当时，若曲线在点处的切线与曲线在点
处的切线平行，求实数的值；
（Ⅱ）若，都有，求实数的取值范围.
()()()h
x f x g x =-2
1()ln 2
f x ax x x =
-+,0a R a ∈≠2a =()y f x =(1,(1))f [)1,+∞()f x y ax =a ()ln ,()(0)a
f x x
g x a x
==-
>1a =()y f x =00(,())M x f x ()y g x =00(,())P x g x 0x (0,]x e ∀∈3
()()2
f x
g x ≥+a
【练1-1】（14西城一模文18）已知函数，其中．
（Ⅰ）当时，求函数的图象在点处的切线方程；（Ⅱ）如果对于任意，都有，求的取值范围．【练1-2】已知函数是常数．
（Ⅰ）求函数的图象在点处的切线的方程；（Ⅱ）证明函数的图象在直线的下方；（Ⅲ）讨论函数零点的个数．【练1-3】已知曲线.
(Ⅰ)若曲线C 在点处的切线为，求实数和的值； (Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围. 【练1-4】已知函数，求证：在区间上，函数的图像在函数的图像的下方；
()ln a
f x x x
=-a ∈R 2a =()f x (1,(1))f (1,)x ∈+∞()2f x x >-+a ()=ln +1,f x x ax a R -∈=()y f x (1,(1))P f l =()(1)y f x x ≠l =()y f x :e ax
C y =(0,1)2y x m =+a m a C l y ax b =+b ()2
1ln 2
f x x x =
+()1,+∞()f x ()3
23
g x x =
分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f <⇔不等式问题，即3232ln 21x x x <+，只需证明在区间),1(∞+上，恒有323
2
ln 21x x x <+成立，设)()()(x f x g x F -=，),1(+∞∈x ，考虑到06
1
)1(>=F
要证不等式转化变为：当1>x 时，)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可。

【练1-5】.已知函数；（1）当时，求在区间上的最大值和最小值；
（2）若在区间上，函数的图像恒在直线下方，求的取值范围。

【练1-6】已知函数；（1）求的极小值；
（2）如果直线与函数的图像无交点，求的取值范围；答案：
证明：设)()()(x f x g x F -=，即x x x x F ln 2
132)(2
3--=
，则x
x x x F 12)(2
--='=x x x x )
12)(1(2++-当1>x 时，
)(x F '=
x
x x x )
12)(1(2++-从而)(x F 在),1(∞+上为增函数， ∴06
1)1()(>=
>F x F ∴当1>x 时 0)()(>-x f x g ，即)()(x g x f <，故在区间),1(∞+上，函数)
(x f 的图象在函数3
3
2)(x x g =
的图象的下方。

()()()21ln ,f x a x x a R =-+∈1a =()f x []1,e ()1,+∞()f x 2y ax =a ()1x f x x e -=+-()f x 1y kx =-()f x k
（Ⅰ）函数的定义域为R ．因为 ()1x
f x x e
-=+-，
所以 1
()x x
e f x e
-'=．令()0f x '=，则0x =．
所以当0x =时函数有极小值()=(0)0f x f =极小值． ………6分（Ⅱ）函数1()1x f x x e
=-+
．当0x =时0
1
()010f x e =-+
=，011y k =⋅-=-，所以要使1y kx =-与()f x 无交点，等价于()1f x kx >-恒成立．
令1
()1(1)x g x x kx e
=-+
--，即()(1)x g x k x e -=-+，所以 (1)1
()x x
k e g x e --'=．
①当1k =时，1
()0x g x e
=
>，满足1y kx =-与()f x 无交点； ②当1k >时，11
1111()(1)111k k
g k e e k k --=-+=---，而101k
<-，1
11k e -<，所以1
()01
g k <-，此时不满足1y kx =-与()f x 无交点．
③当1k <时，令(1)1
()0x x
k e g x e --'=
= ，则ln(1)x k =--，当(,ln(1))x k ∈-∞--时，()0g x '<，()g x 在(,ln(1))k -∞--上单调递减；当(ln(1),)x k ∈--+∞时，()0g x '>，()g x 在(ln(1),)k --+∞上单调递增；当ln(1)x k =--时，min ()(ln(1))(1)(1ln(1))g x g k k k =--=---．由 (1)(1ln(1))0k k ---> 得11e k -<<，。

高中数学构造函数解决导数问题专题复习

必须掌握的7种构造函数方法——合理构造函数，巧解导数难题

2025高考数学二轮复习导数应用中的函数构造技巧

专题一 微重点 导数中的函数构造问题

专题18构造函数法解决导数问题(解析版)

导数中函数的构造问题-高考数学三轮复习

第四章第3讲构造法在导数中的应用 课件——2022届高三数学一轮复习

高中数学构造函数解决导数问题专题复习

专题07 构造函数法解决导数不等式问题(二)(原卷版)

第09讲：拓展二：构造函数法解决导数不等式问题(原卷版)-备战2025年高考新结构数学一轮复习精讲练

在导数运算中构造函数解决问题(复习课)PPT课件

导数构造函数解决问题类型总结(解析版)

高考数学热点必会题型第6讲 导数构造函数解决问题类型总结(原卷及答案)

高中数学知识点灵活运用130讲之52-构造函数法解导数和数列综合问题

2023年高考数学复习：导数中的函数构造问题

专题25 构造函数法解决导数问题(解析版)-2022年高考数学一轮考点+重点+难点专项复习

高考数学复习考点知识专题讲解课件第67讲 构造法在解决函数、导数问题中的应用

导数构造函数十三种题型归纳

2024年高考数学命题热点全覆盖专题07导数有关的构造函数方法文

专题一微重点导数中的函数构造问题

第四章第3讲构造法在导数中的应用课件——2022届高三数学一轮复习

高考数学热点必会题型第6讲导数构造函数解决问题类型总结(原卷及答案)

高考数学复习考点知识专题讲解课件第67讲构造法在解决函数、导数问题中的应用