2021届高三理科数学二轮复习专练：构造函数解决导数问题(含解析)

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构造函数法解决导数问题(原卷版)--2024新高考数学导数微专题训练

专题26构造函数法解决导数问题一、多选题1．函数()ln 1xx kf x e x+=--在()0,∞+上有唯一零点0x ，则（）A ．001x x e=B ．0112x <<C ．1k =D ．1k >2．已知函数()y f x =在R 上可导且()01f =，其导函数()f x '满足[](1)()()0x f x f x '+->，对于函数()()xf xg x e =，下列结论正确的是（）A ．函数()g x 在(),1-∞-上为增函数B ．1x =-是函数()g x 的极小值点C ．函数()g x 必有2个零点D ．2()(2)e ef e e f >3．设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a =--(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（）A ．12B ．2C ．2e D ．4．已知函数()f x 的导函数为()f x '，若()()()2f x xf x f x x '≤<-对(0,)x ∈+∞恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（）A ．(2)(1)2f f >B ．(2)(1)2f f <C ．(2)1(1)42f f <+D ．(2)1(1)42f f +<5．已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，导函数为()'f x ，()()'ln xf x f x x x -=，且11f e e⎛⎫=⎪⎝⎭，则（）A ．1'0f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭B ．()f x 在1=x e处取得极大值C ．()011f <<D ．()f x 在()0,∞+单调递增6．若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x x R x =∈，()()10g x x x=<，()2ln h x e x =（e 为自然对数的底数），则（）A ．()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；B ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为4-；C ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是[]4,1-；D ．()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线”y e =-.7．已知定义在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的函数()f x ，()'f x 是()f x 的导函数，且恒有cos ()sin ()0xf x xf x '+<成立，则()A ．64f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B 63f f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D 64f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭二、单选题8．已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（）(选项中e 为自然对数的底数，大约为2.71828)A ．21e -B ．2e 1-C D ．e9．已知函数[](),1,2,xae f x x x=∈且[]()()12121212,1,2,1f x f x x x x x x x -∀∈≠<-，恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．24,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．24,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．(],0-∞D ．[)0+，∞10．已知()21ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有()()12122f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是（）A ．(]0,1B ．()1,+∞C ．()0,1D ．[)1,+∞11．已知()f x 是定义在()(),00,-∞⋃+∞上的奇函数，且0x >时()()20xf x f x '+>，又()10f -=，则()0f x <的解集为（）A ．()(),11,-∞-+∞UB ．()()1,00,1-UC ．()()1,01,-⋃+∞D ．()(),10,1-∞-⋃12．已知偶函数()y f x =对于任意的[0,)2x π∈满足'()cos ()sin 0f x x f x x +>（其中'()f x 是函数()f x 的导函数），则下列不等式中成立的是（）A ()()34f ππ--D ．()(63f ππ<13．已知奇函数() f x 的导函数为()f x '，当0x ≠时，()()0xf x f x '+>，若()()11,,1a f b ef e c f ee ⎛⎫==--= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系正确的是（）A ．a b c <+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（）A ．()0+∞，B ．()2019+∞，C ．()0-∞，D ．()()02019-∞+∞ ，，15．若曲线21:C y x =与曲线2:(0)xe C y a a=>存在公切线，则实数a 的取值范围（）A ．(0,1)B ．21,4e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．2,24e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．2,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭16．丹麦数学家琴生(Jensen )是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数()f x 在(),a b 上的导函数为()f x '，()f x '在(),a b 上的导函数为()f x ''，若在(),a b 上()0f x ''<恒成立，则称函数()f x 在(),a b 上为“凸函数”.已知()2ln xf x e x x px =--在()1,4上为“凸函数”，则实数p 的取值范围是（）A ．1,22e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．[)1,e -+∞C ．41,28e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．(),e +∞17．已知函数()f x 的定义域为R ，()f x '为()f x 的导函数.若()()1f x f x '-<，且()01f =，则不等式()12xf x e +≥的解集为（）A ．(],0-∞B ．[)1,-+∞C ．[)0,+∞D ．(],1-∞-18．函数()y f x =，x ∈R ，()12021f =，对任意的x ∈R ，都有()2'30f x x ->成立，则不等式()32020f x x <+的解集为（）A ．(),1-∞-B ．()1,1-C ．()1,+∞D ．(),1-∞19．已知函数()(1)f x lnx a x =-+，若不等式2()1f x ax b ≤+-对于任意的非负实数a 都成立，求实数b 的取值范围为（）A ．(-∞，0]B ．(-∞，1]C ．[0，)+∞D ．[1，)+∞20．定义在R 上的偶函数f (x )的导函数为f ′(x )，若∀x ∈R ，都有2f (x )＋xf ′(x )＜2，则使x 2f (x )－f (1)＜x 2－1成立的实数x 的取值范围是（）A ．{x |x ≠±1}B ．(－1，0)∪(0，1)C ．(－1，1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)21．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，对任意的R x ∈，有()()2cos f x f x x +-=，且在[)0,+∞上有()sin f x x '>-，则不等式()cos sin 2f x f x x x π⎛⎫--≥-⎪⎝⎭的解集是（）A ．,4π⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．,4π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．,6π⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．,6π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭22．设()'f x 是函数()f x 的导函数，若对任意实数x ，都有[]()()()0x f x f x f x '-+>，且(1)2020f e =，则不等式()20200x xf x e -≥的解集为（）A ．[1,)+∞B ．(,1]-∞C ．(0，2020]D ．(1，2020]23．已知()f x 是可导的函数，且()()f x f x '<，对于x ∈R 恒成立，则下列不等关系正确的是（）A ．()()10f ef >，()()202020200f ef ，()()211f e f >-C ．()()10f ef <，()()211f e f <-D ．()()10f ef >，()()202020200f e f >24．已知函数()f x 的导函数为()'f x ，e 为自然对数的底数，对x R ∀∈均有()()()'f x xf x xf x +>成立，且()22=f e ，则不等式()2xxf x e >的解集是（）A ．(),e -∞B ．(),e +∞C ．(),2-∞D ．()2,+¥25．函数()f x 是定义在区间()0,∞+上的可导函数，其导函数()f x '，且满足()()20xf x f x '+>，则不等式()()()202020202222020x f x f x ++<+的解集为（）A ．{}2018x x <-B ．{}20202018x x -<<-C ．{}2018x x >-D ．{}20200x x -<<26．已知函数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 ．(-1，+∞)B ．(-1，1)C ．(-∞，-1)D ．(-∞，+∞)27．奇函数()f x 定义域为()(),00,ππ-⋃，其导函数是()'f x .当0x π<<时，有()()'sin cos 0f x x f x x -<，则关于x 的不等式()sin 4f x x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．ππ4（）B ．ππππ44（，，）-⋃C ．ππ0044-⋃（）（，）D ．ππ0π44-⋃（，）（，）28．若对任意的1x ，[)22,0x ∈-，12x x <，122112x x x e x e a x x -<-恒成立，则a 的最小值为（）A ．23e -B ．22e -C ．21e -D ．1e-29．函数()f x 是定义在R 上的奇函数，其导函数记为()f x '，当0x >时，()()f x f x x'<恒成立，若()20f =，则不等式()01f x x >-的解集为（）A ．()()2,01,2-UB ．()()2,00,1-⋃C ．()()1,2,2⋃-∞-D ．()()2,02,-+∞ 30．已知a 、b R ∈，函数()()3210f x ax bx x a =+++<恰有两个零点，则+a b 的取值范围（）A ．(),0-∞B ．(),1-∞-C ．1,4⎛⎫-∞-⎪⎝⎭D ．1,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭31．定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x '+<，则下列不等式一定成立的是（）A ．(3)2(2)2ef f e +<+B ．(3)2(2)2ef f e +>+C ．(3)2(2)2f e ef +<+D ．(3)2(2)2f e ef +>+32．已知函数()3x f x e ax =+-，其中a R ∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x <，都有()21x f x ()()1212x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是（）A ．[3,)+∞B ．[2,)+∞C ．(,3]-∞D ．(,2]-∞33．设()f x 是定义在R 上的偶函数，()f x '为其导函数，()20f =，当0x >时，有()()'>xf x f x 恒成立，则不等式()0xf x <的解集为（）A ．()2,2-B ．()(),20,2-∞-C ．()()2,00,2-D ．()()2,02,-+∞ 三、解答题34．已知函数()()ln af x x a R x=-∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若1x ，2x 是方程()2f x =的两个不同实根，证明：1232x x e +>.35．已知函数()()()ln 1,f x a x bx a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为212ln 20x y ++-=.（1）求实数a ，b 的值﹔（2）若函数()2()()12t g x f x x t =+≥，试讨论函数()g x 的零点个数.36．已知实数0a >，函数()22ln f x a x x x=++，()0,10x ∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1x =是函数()f x 的极值点，曲线()y f x =在点()()11,P x f x ､()()22,Q x f x (12x x <)处的切线分别为1l ､2l ，且1l ､2l 在y 轴上的截距分别为1b ､2b .若12//l l ，求12b b -的取值范围.37．设函数()2ln af x x x=+，()323g x x x =--.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）如果对于任意的12123x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，，都有()()112x f x g x ≥成立，试求a 的取值范围.38．已知函数()xf x e ax =-，()1lng x x x =+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若当0x >时，方程()()f x g x =有实数解，求实数a 的取值范围.39．给出如下两个命题：命题:[0,1]p x ∃∈，1426(5)0x x a a a +⋅-⋅+-=；命题:q 已知函数8()|ln |1a g x x x -=++，且对任意1x ，2(0,1]x ∈，12x x ≠，都有2121()()1g x g x x x -<--.（1）若命题p ⌝为假，求实数a 的取值范围.（2）若命题p q ∧为假，p q ∨为真，求实数a 的取值范围.40．已知函数()212ln 2f x x ax x =-+，a ∈R .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <，求()()212f x f x -的取值范围.41．已知函数22()(, 2.718)xx a f x a R e e-+=∈= .（1）求()f x 的单调区间.（2）若()f x 在区间21,1a e -⎛⎫+ ⎪⎝⎭上不单调，证明：1111a a a +>-+.42．已知函数1()ln f x a x x x=-+，其中0a >.（1）若()f x 在(2,)+∞上存在极值点，求a 的取值范围；（2）设()10,1x ∈，2(1,)x ∈+∞，若()()21f x f x -存在最大值，记为()M a ，则当1a e e≤+时，()M a 是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由43．已知函数()ln 2f x x kx =++.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()2x e g x x ax =-+，当1k =-且202e a <≤，求证：()()g xf x >.44．已知函数()e xf x x =.（1）求函数()f x 的最小值；（2）若()0,x ∀∈+∞，()32f x x ax x >-++恒成立，求实数a 的取值范围.45．已知函数()f x 满足:①定义为R ；②2()2()9xx f x f x e e+-=+-.（1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x xg x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解.。

专题24 逆用导数运算法则构造函数型-2021年高考数学压轴题解法分析与强化训练

专题24 逆用导数运算法则构造函数型[真题再现]例1 设奇函数f (x )定义在(－π，0)∪(0，π)上其导函数为f '(x )，且f (π2)＝0，当0＜x ＜π时，f '(x )sin x －f (x )cos x ＜0，则关于x 的不等式f (x )＜2f (π6)sin x 的解集为．【答案】(－π6，0)∪(π6，π)【分析】这是一道难度较大的填空题，它主要考查奇函数的单调性在解不等式中的应用，奇函数的图象关于坐标原点中心对称，关于原点对称的区间上具有相同的单调性；在公共定义域上两个奇函数的积与商是偶函数，偶函数的图象关于y 轴轴对称，关于原点对称的区间上具有相反的单调性，导数是研究函数单调性的重要工具，大家知道(f g )'＝f 'g －fg 'g 2，(sin x )'＝cos x ，于是本题的本质是构造f (x )sin x 来解不等式【解析】设g(x )= f (x )sin x ，则g ' (x )= (f (x )sin x )'＝f '(x )sin x －f (x )cos x sin 2x，所以当0＜x ＜π时，g ' (x )<0，g(x ) 在(0，π)上单调递减又由于在(0，π)上sin x ＞0，考虑到sin π6＝12，所以不等式f (x )＜2f (π6)sin x 等价于f (x )sin x ＜f (π6)sin π6，即g(x )< g (π6),所以此时不等式等价于π6＜x ＜π.又因为f (x ) 、sin x 为奇函数，所以g(x )是偶函数，且在(－π，0)上sin x ＜0，所以函数g(x )在(－π，0)是单调递增函数，原不等式等价于g(x )＞g(－π6)=f (－π6)sin(－π6)，所以此时不等式等价于－π6＜x ＜0，综上，原不等式的解集是(－π6，0)∪(π6，π)．例2 函数)(x f 的定义域为R ，2)1(=-f ，对任意R ∈x ，2)(>'x f ，则42)(+>x x f 的解集为 .【答案】（1-，+∞）【分析】题目应归结为“解抽象函数型不等式”问题，解决方法是“逆用函数的单调性”.题目中哪个条件能让你联想到“函数的单调性”呢？注意到已知中2)(>'x f ，只需构造函数()g x ，使得()()2g x f x ''=-，不难得到()()2g x f x x c =-+（这里c 为常数，本题中取0c =），进而利用()g x 的单调性，即可找到解题的突破口.【解析】构造函数()()2g x f x x =-，则()g x '=()20f x '->，故()g x 单调递增，且(1)(1)214g f -=--⨯-=（）.另一方面所求不等式42)(+>x x f ，就转化为()()(1)g x f x x g =->-，逆用单调性定义易知1x >，则不等式的解集为(1,)-+∞.例3 设f (x )是定义在R 上的可导函数，且满足f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式f (x ＋1)>x －1·f (x 2－1)的解集为________．【答案】[ [1,2)【解析】设F (x )＝xf (x )，则由F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，可得函数F (x )是R 上的增函数．又x ＋1>0，∴由f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)可变形得x ＋1f (x ＋1)>x 2－1f (x 2－1)，即F (x ＋1)>F (x 2－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>x 2－1，x ≥1，解得1≤x <2. 点评：题目已知中出现含f (x )、f ′(x )的不等式，一般应考虑逆用导数的运算法则构造新，然后再逆用单调性等解决问题，构造新函数的方法有：1.对于()f x a '>，构造()()h x f x ax b =-+.2.对于()()0(0)xf x f x '+><，构造()()h x xf x '=；一般的，对于()()0(0)xf x nf x '+><，构造()()n h x x f x =．3.对于()()0(0)xf x f x '-><，构造()()xx f x h =；一般的，对于()()0(0)xf x nf x '-><，构造()()n f x h x x =． 4.对于()()0(0)f x f x '-><，构造()()x ex f x h =；一般的，对于()()0(0)f x nf x '-><，构造()()nxf x h x e =． 5.对于()()0(0)f x f x '+><，构造()()x f e x h x =；一般的，对于()()0(0)f x nf x '+><，构造()()nx h x e f x =．6.对于()()tan (()()tan )f x f x x f x f x x ''><或，即()cos ()sin 0(0)f x x f x x '-><，构造()()cos h x f x x =．7.对于()cos ()sin 0(0)f x x f x x '+><，构造()()cos f x h x x=． 8.对于()0()f x f x '>，构造()ln ()h x f x =. 9.对于()ln ()0(0)f x af x '+><，构造()()x h x a f x =.10.对于()()ln 0(0)f x f x x x'+><，构造()()ln h x f x x =. [强化训练]1.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______．【答案】 (0，＋∞)【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 为R 上的增函数．又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.2.已知定义在R 上的奇函数()f x ，设其导函数为()'f x ，当(],0x ∈-∞时，恒有()()'xf x f x <-，则满足()()()1212133x f x f --<的实数x 的取值范围是．【答案】()1,2-3.已知()()R x x f y ∈=的导函数为()x f '.若()()32x x f x f =--，且当0≥x 时，()23x x f >'，则不等式()()13312+->--x x x f x f 的解集是 . 【答案】),21(+∞4．已知定义在上的函数满足，且的导函数，则不等式的解集为（） A ． B ．R ()f x (2)1f =()f x ()1f x x '>-21()12f x x x <-+{}22x x -<<{}2x x >C ．D ．或【答案】C ．5．设(),()f x g x 在[,]a b 上可导，且'()'()f x g x >，则当a x b <<时，有（）.()()A f x g x > .()()B f x g x <.()()()()C f x g a g x f a +>+ .()()()()D f x g b g x f b +>+【答案】C【解析】构造函数，则易知单调递增，于是，，选C.6.设()f x 是定义在(0,)+∞上的可导函数，且()'()f x xf x <-，则不等式2(1)(1)(1)f x x f x +>--的解集是（）A. (0,1)B. (1,)+∞C. (1,2)D. (2,)+∞【答案】D【解析】构造函数[()]'()'()0xf x f x xf x =+<，于是该函数递减，2(1)(1)(1)f x x f x +>--变形为22(1)(1)(1)(1)x f x x f x ++>--，于是22101011x x x x +>⎧⎪->⎨⎪+<-⎩，得2x >，选D.7．定义在R 上的可导函数()f x ，当()1,x ∈+∞时，()()()10x f x f x '-->恒成立，()())12,3,12a f b f c f ===，则,,a b c 的大小关系为（）A ．c a b <()()()F x f x g x =-()F x ()()()F a F x F b <<()()()()f x g x f a g a ->-当()1,x ∈+∞时，()()()()()2101f x x f x g x x '--'=>-，即函数()g x 单调递增，则()()()22221f a f g ===-，()()()3133231f b f g ===-，)1f c f g ===则()()23g g g <<，即c a b <<，选A ． 8．定义的函数，是它的导函数，且恒有成立．则（）AC【答案】A【解析】由()()'tan f x f x x >得()()'cos sin 0f x x f x x ->，构造函数()()cos F x f x x =，则()'0F x >，故()F x 单调递增，有cos cos 666333F f f F ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故选A ． 9．函数的导函数为，对任意的，都有)()(x f x f >'成立，则（）A.)3(ln 2)2(ln 3f f >B.)3(ln 2)2(ln 3f f <C.)3(ln 2)2(ln 3f f =D.)2(ln 3f 与)3(ln 2f 的大小不确定【答案】B【解析】令()()x f x h x e =,则()()()()()()()22'()''''x x x x x x xf x e f x e f x e f x e f x f x h x e e e ---===,因为()f x ()'f x ()()'tan f x f x x >⋅()f x ()f x 'x R ∈()()()()''0f x f x f x f x >⇒->,所以在R 上()'0h x >恒成立.即函数()h x 在R 单调递增.因为ln3ln2>,所以()()ln3ln 2h h >即()()()()()()ln 3ln 2ln3ln 2ln3ln 22ln33ln 232f f f f f f e e >⇒>⇒>.答案选B ．。

2021届高三理科数学复习专题练：构造函数解决导数问题

专题练：构造函数解决导数问题一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x ∈R ，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为（）．A ．RB ．(),1-∞-C ．()1,1-D ．()1,-+∞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22()()f x x f x x '+⋅>，则不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +⋅+-⋅->的解集为（）A ．(2023)-∞-，B ．()2-∞-，C ．(20)-，D ．(20220)-，3．设()f x 是定义在(,0)(0,)ππ-的奇函数，其导函数为()'f x ，当(0,)x π∈时，()sin ()cos 0f x x f x x '-<，则关于x 的不等式()2()sin 6f x f x π<的解集为（） A ．(,0)(0,)66ππ-⋃ B ．(,0)(,)66πππ-C ．(,)(,)66ππππ--⋃D ．()(0,)66πππ--，4．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，若()()f x f x '>，(2)1008f =，则不等式21e ( 1) 1008e 0xf x ++->的解集为（）A ．(1,)-+∞B ．(2,)+∞C ．(,1)-∞D ．(1,)+∞5．已知()f x 是定义在()(),00,-∞⋃+∞上的奇函数，且0x >时()()20xf x f x '+>，又()10f -=，则()0f x <的解集为（）A ．()(),11,-∞-+∞ B ．()()1,00,1-C ．()()1,01,-⋃+∞D ．()(),10,1-∞-⋃6．设定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，若()()'2f x f x +<，()02021f =，则不等式()22019x x e f x e >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（）A ．()0+∞，B ．()2019+∞，C ．()0-∞，D ．()()02019-∞+∞，，7．已知函数()f x 的定义域为R ，()f x '为()f x 的导函数.若()()1f x f x '-<，且()01f =，则不等式()12x f x e +≥的解集为（）A ．(],0-∞B ．[)1,-+∞C ．[)0,+∞D ．(],1-∞-8．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，对任意的R x ∈，有()()2cos f x f x x +-=，且在[)0,+∞上有()sin f x x '>-，则不等式()cos sin 2f x f x x x π⎛⎫--≥- ⎪⎝⎭的解集是（）A ．,4π⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．,4π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．,6π⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．,6π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭9．设()'f x 是函数()f x 的导函数，若对任意实数x ，都有[]()()()0x f x f x f x '-+>，且(1)2020f e =，则不等式()20200x xf x e -≥的解集为（） A ．[1,)+∞B ．(,1]-∞C ．(0，2020]D ．(1，2020]10．奇函数()f x 定义域为()(),00,ππ-⋃，其导函数是()'f x .当0x π<<时，有()()'sin cos 0f x x f x x -<，则关于x 的不等式()sin 4f x x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（） A ．ππ4（，）B ．ππππ44（，）（，）-⋃ C ．ππ0044-⋃（，）（，） D ．ππ0π44-⋃（，）（，）11．函数()f x 是定义在R 上的奇函数，其导函数记为()f x '，当0x >时，()()f x f x x'<恒成立，若()20f =，则不等式()01f x x >-的解集为（） A ．()()2,01,2- B ．()()2,00,1-⋃ C ．()()1,2,2⋃-∞- D ．()()2,02,-+∞12．已知函数()3x f x e ax =+-，其中a R ∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x <，都有()21x f x ()()1212x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是（）A ．[3,)+∞B ．[2,)+∞C ．(,3]-∞D ．(,2]-∞二．填空题13．定义在R 上的函数()f x 满足：()()22f x f x x -+=，且当0x ≤时，()2f x x '<，则不等式()()25510f x x x f +-+≥的解集为______．14．设(),()(()0)f x g x g x ≠分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当0x <时，()()()()0f x g x f x g x ''-<，且(2)0f -=，则不等式()0()f xg x >的解集为____ 15．定义在(0,)+∞上的函数()f x 满足()1xf x '<，且(1)1f =，则不等式(31)ln(31)1f x x ->-+的解集是________．16．设()f x 是定义在R 上的函数，其导函数为()'fx ，若()()'1f x f x +>，()02020f =，则不等式()2019x x e f x e >+(其中e 为自然对数的底数)的解集为___三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．已知函数()()()2ln 10,0f x a x x a x =++≠>（1）求函数()f x 的单调区间；（2）对于任意[)1,x ∈+∞均有()20x f x a-≤恒成立，求a 的取值范围.18．已知函数()()ln af x x a R x=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若1x ，2x 是方程()2f x =的两个不同实根，证明：1232x x e+>.19．设函数()2ln a f x x x=+，()323g x x x =--.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若对于任意的12123x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，，都有()()112x f x g x ≥成立，试求a 的取值范围. 20．已知函数()()21ln 2f x x mx x m =-+∈R . （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x 且12154x x -≤，求()()12f x f x -的最大值.21．已知函数()ln 2f x x kx =++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()2x e g x x ax =-+，当1k =-且202e a <≤，求证：()()g xf x >.22．已知函数22()3ln (0)f x x ax a x a =+->．（1）若()f x 的极小值为22a ，求实数a 的值；（2）若2a =，求证：()(6)ln 8f x x x >--．《构造函数解决导数问题》专练解析1.【解析】令()()(24)g x f x x =-+，所以()()20g x f x ''=->，故()g x 在R 上单调递增，又(1)(1)20g f -=--=，所以当1x >-时，()0>g x ，即()24f x x >+，所以()24f x x >+的解集为：()1,-+∞，故选：D ． 2.【解析】令2()()g x x f x =⋅，则2()()2()[()2()]g x x f x x f x x x f x f x '''=⋅+⋅=⋅+，∵22()()0f x x f x x '⋅+⋅>>，0x <，∴[()2()]0x x f x f x '⋅+<，即()0g x '<，∴2()()g x x f x =⋅在(,0)-∞上是减函数，∴2(2021)(2021)4(2)0x f x f +⋅+-⋅->可化为： 22(2021)(2021)4(2)(2)(2)x f x f f +⋅+>⋅-=-⋅-， ∴(2021)(2)g x g +>-，即20212x +<-，解得2023x <-，所以不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +⋅+-⋅->的解集为(2023)-∞-，.故选：A 3.【解析】令()()sin f x g x x=，x ∈(,0)(0,)ππ-，当(0,)x π∈时，2()sin ()cos ()sin f x x f x x g x x'='-0<，所以()()sin f x g x x=在(0,)π上为单调递减函数，又()f x 是定义在(,0)(0,)ππ-的奇函数，所以()()sin f x g x x=为偶函数，在(,0)π-上为单调递增函数，当(0,)x π∈时，sin 0x >，所以()2()sin 6f x f x π<等价于()()6sin sin 6f f x x ππ<，即()()6g x g π<，因为()()sin f x g x x =在(0,)π上为单调递减函数，所以6x ππ<<，当(,0)x π∈-时，sin 0x <，所以()2()sin 6f x f x π<等价于()()()()666sin sin sin()sin()666f f f f x x ππππππ--->==---，即()()6g x g π>-，因为()()sin f x g x x =在(,0)π-上为单调递增函数，所以06x π-<<，综上所述：关于x 的不等式()2()sin 6f x f x π<的解集为,0,66πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：B4.【解析】令()()e x f x g x =，则()()()0exf x f xg x '-'=>，所以()g x 在R 上单调递增．因为21008(2)e g =，所以不等式21e (1)1008e 0x f x ++->，可变形得12(1)(2)e ex f x f ++>，即()()12g x g +>，所以12x +>，解得1x >．故选：D5.【解析】由题可知，当0x >时()()20xf x f x '+>，令()()2g x x f x =⋅，0x >，则()()()()()2220g x x f x xf x x xf x f x '''=+=+>⎡⎤⎣⎦，所以()g x 在()0,∞+上单调递增，因为()f x 是定义在()(),00,-∞⋃+∞上的奇函数，则()()f x f x -=-，所以()()()()()22g x x f x x f x g x -=-⋅-=-⋅=-，得()g x 也是定义在()(),00,-∞⋃+∞上的奇函数，所以()g x 在(),0-∞和()0,∞+上单调递增，又()10f -=，则()()()21110g f -=-⋅-=，所以()10g =，所以可知()0g x <时，解得：1x <-或01x <<，则()0f x <，即()()20g x f x x =<，即()0g x <，所以()0g x <的解集为：()(),10,1-∞-⋃，即()0f x <的解集为()(),10,1-∞-⋃.故选：D.6.【解析】设()()2xg x e f x =-⎡⎤⎣⎦，所以()()()2xg x e f x f x ''=+-⎡⎤⎣⎦，因为()()'2f x f x +<，所以()()()20xg x e f x f x ''=+-<⎡⎤⎣⎦，所以()g x 在R 上单调递减，且()()()01022019g f =⨯-=，又因为()22019xxe f x e >+等价于()2019g x >，所以解集为(),0-∞，故选：C. 7.【解析】设()()1x f x F x e +=，则()()()1xf x f x F x e'--'=. ∵()()1f x f x '-<，∴()0F x '<，即函数()F x 在定义域R 上单调递减. ∵()01f =，∴()02F =， ∴不等式()12xf x e +≥等价于()12xf x e+≥，即()()0F x F ≥，解得0x ≤.故不等式的解集为(],0-∞.故选A. 8.【解析】设()()cos F x f x x =-，∵()()2cos f x f x x +-=，即()()cos cos f x x x f x -=--，即()()F x F x =--，故()F x 是奇函数，由于函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，所以，函数()f x 在R 上连续，则函数()F x 在R 上连续.∵在[)0,+∞上有()sin f x x '>-，∴()()sin 0F x f x x ''=+>，故()F x 在[)0,+∞单调递增，又∵()F x 是奇函数，且()F x 在R 上连续，∴()F x 在R 上单调递增， ∵()cos sin 2f x f x x x π⎛⎫--≥-⎪⎝⎭， ∴()cos sin cos 222f x x f x x f x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≥--=---⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()2F x F x π⎛⎫≥-⎪⎝⎭，∴2x x π≥-，故4x π≥，故选：B ．9.【解析】构造()()xxf x g x e =，则[]()2()()()()x x xxf x f x e xf x e g x e '+-'=[]()()()xxf x f x xf x e'+-=[]()()()xx f x f x f x e'-+=0>，所以()g x 为单调递增函数，又(1)(1)2020f g e==，所以不等式()20200x xf x e -≥等价于()2020xxf x e≥等价于()(1)g x g ≥，所以1≥x ，故原不等式的解集为[1,)+∞，故选：A ．10.【解析】令()()sin f x F x x =，则2()sin ()cos ()0sin f x x f x x F x x-''=<，函数()()sin f x F x x=是定义域当(0,)π内的单调递减函数，由于关于x 的不等式()sin 4f x x π⎛⎫< ⎪⎝⎭可化为()()4sin sin 4f f x x ππ<，即()()4F x F π<，则4x ππ>>；而当0x π-<<时，0x π<-<，则关于x 的不等式()sin 4f x x π⎛⎫<⎪⎝⎭可化为()()4sin sin 4f f x x ππ<，即()()4sin()sin 4f f x x ππ-<-，也即()()4F x F π-<可得4x π>-，即04x π-<<．所以原不等式的解集(,0)(,)44πππ-，应选答案D ．11.【解析】设()()f x h x x =，则()()2()xf x f x h x x'-'=， ∵当0x >时，()()f x f x x'<恒成立，即()()0xf x f x '-<，∴()0h x '<，即()h x 在()0,∞+上单调递减. 又函数()f x 是奇函数，∴()()()()()f x f x f x h x h x x x x---====--， ∴函数()h x 为偶函数，()h x 在(),0-∞上单调递增. ∵()20f =，∴()()()22202f h h -===. ∴当20x -<<或2x >时，()0f x <；当2x <-或02x <<时，()0f x >.不等式()01f x x >-等价于()100x f x ->⎧⎨>⎩或()100x f x -<⎧⎨<⎩，∴12x <<或20x -<<. ∴不等式的解集为()()2,01,2-.故选：A.12.【解析】∵对于任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x <，都有()()()211212x f x x f x a x x -<-成立，∴不等式等价为()()1212f x a f x a x x ++<恒成立，令()()f x ah x x+=，则不等式等价为当12x x <时，()()12h x h x <恒成立，即函数()h x 在(1,)+∞上为增函数；3()x e ax a h x x +-+=，则23()0x x xe e ah x x-+-'=≥在[1,)+∞上恒成立；∴30x x xe e a -+-≥；即3x x a xe e -≤-恒成立，令()x x g x xe e =-，∴()0xg x xe '=>；∴()g x 在[1,)+∞上为增函数；∴()(1)0g x g >=；∴30a -≥；∴3a ≤. ∴a 的取值范围是(,3]-∞.故选：C. 13.【解析】因为()()22f x f x x -+=，所以()()()220f x x f x x ---+-=，令()()2g x f x x =-，则()()0g x g x -+=，所以()g x 为奇函数．又因为当0x ≤时，()()20g x f x x ''=-<，所以()g x 在(],0-∞上单调递减，即()g x 在R 上单调递减．而不等式()()()()()()()2225510555f x f x x f x x f x x g x g x +≥-+⇔-≥---⇔≥-，所以5x x ≤-，所以52x ≤．故答案为：5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ 14.【解析】()f x 和()()()0g x g x ≠，分别是定义在R 上的奇函数和偶函数()()f x f x ∴-=- ()()g x g x -=，当0x <时，()()()()0f x g x f x g x '-'<当0x <时，2()()()()()[]0()()f x f xg x f x g x g x g x '-''=<，令()()g()f x h x x =，则()h x 在(,0)-∞上单调递减 ()()()()()()f x f x h x h xg x g x --==-=--，()h x ∴为奇函数，根据奇函数的性质可得函数()h x 在(0,)+∞单调递增， (2)f f -=-（2）()()0202h h h ==∴-=-，，（2）0=()h x 图象如图，由图可知，()()0()f x h xg x =>的范围为(,2)(0,2)-∞-⋃15.【解析】构造函数()()ln 1(0)g x f x x x =-->，则1()1()()xf x g x f x x x'-''=-=，依题意知()0g x '<，即()()ln 1g x f x x =--在0,上是减函数.又因为(1)1f =，所以(1)(1)ln110g f =--=，所以()(1)g x g >的解为01x <<，即()ln 10f x x -->即()ln 1f x x >+的解为01x <<，所以(31)ln(31)1f x x ->-+的解为0311x <-<，即1233x <<，即解集是12,33⎛⎫⎪⎝⎭. 16.【解析】设()()2019x xg x e f x e =--，不等式()2019xxe f x e >+的解等价于不等式()0>g x 的解，因为''()(()()1)0x g x e f x f x =+->，所以()g x 在R 上单调递增，又(0)(0)120190g f =--=，所以()0(0)g x g >=，所以0x >，所以原不等式的解集为()0,∞+17.【解析】（1）()()2'2221a x x af x x x x++=++=，0a ≥时，()'>0f x ，所以()f x 的单调增区间是()0,∞+；0a <时，令'0fx，解得x =舍去），所以0,21x ⎛∈ ⎝⎭-时，()'0f x <，12x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎝-⎭⎪时，()'>0f x ，所以()f x的单调减区间是⎛ ⎝⎭，单调增区间是⎫+∞⎪⎝⎭⎪；（2）由()110f a -≤可得104a <≤，只需证明当104a <≤时，()20x f x a -≤恒成立，等价于()22210x x lnx a a+--≥，令1t a=，则4t ≥，设()()2221g t x t x t lnx =-+-，对称轴()2221111222x t x x ⎛⎫⎪⎝⎭+==+≤，故有()()()2241641g t g x x lnx ≥=-+-. 记()()221641h x x x lnx =-+-，()()'1113281248241801h x x x x x x =-+-=--≥⨯-->，所以()h x 在[)1,+∞单调递增，且()10h =.故有()0h x ≥，于是()0g t ≥恒成立. 由此104a <≤. 18.【解析】（1）解：因为()ln a f x x x =-，所以()221a a x f x x x x+'=--=-. ①当0a ≥时，()0f x '<在()0,∞+上恒成立，故()f x 在()0,∞+上单调递减. ②当0a <时，由()0f x '>得0x a <<-；由()0f x '<得x a >-. 即()f x 在()0,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减，综上，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a <时，()f x 在()0,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减.（2）证明：因为()()122f x f x ==，所以11ln 20a x x --=，22ln 20ax x --=，即111222ln 2ln 20x x x a x x x a +-=+-=. 设()ln 2g x x x x a =+-，则()ln 3g x x '=+，故()g x 在310,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在31,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.由题意不妨设12310e x x <<<，欲证1232e x x +>，只需证2132e x x >-. 又2x ，13321,e e x ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭，()g x 在31,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增. 故只需证()2132e g x g x ⎛⎫>-⎪⎝⎭. 因为()()12g x g x =，所以只需证()1132e g x g x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭对任意的1310,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立即可，即111111333222ln 2ln 2e e e x x x a x x x a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+->--+--⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 整理得111111333224ln 2ln 2e e ex x x x x x ⎛⎫⎛⎫+>--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即11111333224ln ln 40e e e x x x x x ⎛⎫⎛⎫---+->⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设()333224ln ln 4e e e h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=---+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，310,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()23322ln ln 6ln 6e e x h x x x x ⎛⎫⎛⎫'=+-+=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 因为310e x <<，所以236210e e x x <-<，所以()232ln 60e x h x x ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭，所以()h x 在310,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，则()310e h x h ⎛⎫>= ⎪⎝⎭.所以1232e x x +>成立.19.【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0+∞，，23312(),a x af x x x x'-=-+= 当0a ≤ 时，()0f x '≥，所以函数 ()f x 在 (0,)+∞上单调递增；当 0a >时，当 x ≥时，则()0f x '≥ ，函数()f x 单调递增，当0x <<时， ()0f x '< ，函数()f x 单调递减，所以0a >时，函数()f x 在单调递减，在)+∞上递增；（2）由已知得221()323(),,233g x x x x x x '⎡⎤=-=-∈⎢⎥⎣⎦，所以当2,23x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0g x '≥，所以函数()g x 在2,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，当12,33x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0g x '≤，所以函数()g x 在12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，又183()(2)1327g g =-<=，所以函数()g x 在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为1，依题意得，只需在1,23x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()1xf x ≥恒成立，即ln 1ax x x+≥，也即是2ln a x x x ≥-在1,23x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，令21()ln (,2)3h x x x x x ⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，则()12ln h x x x x '=--，有(1)0h '=，当1,13x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，10x ->，ln 0x x <，()0h x '>，即()h x 在1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，当(]1,2x ∈时，10,ln 0x x x -<>，()0h x '<，所以()h x 在(]1,2上单调递减，所以，当1x =时，函数()h x 取得最大值(1)1h =，故1a ≥，即实数a 的取值范围是[)1,+∞.20.【解析】（1）由题意，211()x mx f x x m x x-+'=-+=，0x >，设21(0)y x mx x =-+>，24m ∆=-，①当0∆≤，即22m -≤≤时，0y ≥，()0f x '≥，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增；②当0∆>，即2m <-或2m >时，i ）当2m <-时，0y ≥，()0f x '≥，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增；ii ）当2m >时，令()0f x '=，则12m x -=或22m x +=，令()0f x '<，则12x x x <<；令()0f x '>，则1x x <或2x x >；()f x ∴在()12,x x 上递减，在()10,x 和()2,x +∞上递增，综上所述，当2m ≤时，()f x 在(0,)+∞上递增；当2m >时，()f x在⎝⎭上递减，在0,2m ⎛- ⎪⎝⎭和,2m ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上递增；（2）由（1）得当2m ≤时，()f x 在(0,)+∞上递增，不合题意；2m ∴>，不妨设120x x <<，则()f x 在()12,x x 上递减，1x ，2x 是方程210x mx -+=的两个不相等实数根，12x x m ∴+=，121=x x ，因为1221154x x x x -=-≤，所以1114x ≤<或14x ≤-（舍去），则()()()()()()2211212121221ln 2x f x f x f x f x x x m x x x -=-=---+ 22112111ln 2x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，1114x ≤<，令211,116t x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭=，则11()ln 2g t t t t ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，1116t ≤<，所以22(1)()02t g t t -'=-<，()g t ∴在1,116⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递减，1255()4ln 21632g t g ⎛⎫≤=- ⎪⎝⎭， ∴当114x =时，()()12f x f x -取最大值2554ln 232-． 21.【解析】（1）函数()ln 2f x x kx =++. 函数定义域为()0,∞+，()1+1kx f x k x x='=+ 当0k ≥时，可知()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+单调递增；当0k <时，令()0f x '=，解得1x k=-，所以当10x k <<-时，()0f x '>；当1x k>-时()0f x '<；故此时()f x 单调增区间为10,k ⎛⎫-⎪⎝⎭；单调减区间为1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；综上所述：当0k ≥时()f x 在()0,∞+递增；当0k <时()f x 增区间为10,k ⎛⎫-⎪⎝⎭；减区间为1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.（2）证明：将1k =-代入函数解析式可得()ln 2f x x x =-+，()2xe g x x ax=-+，定义域为()0,∞+，要证()()g x f x >，即证ln x e ax x >，①当01x <≤时，1x e >，ln 0ax x ≤，不等式显然成立， ②当1x >时，ln 0x x >，结合已知2102a e <≤可得，210ln ln 2ax x e x x <≤，于是转化为21ln 2xe e x >，即证22ln 0x e x x-->，令()22ln x e h x x x -=-，则()()2221x e x x h x x-'--=，令()()221x x e x x -Φ=--，则()221x x xe -'Φ=-，且在()0,∞+上单调递增，∵()2110e'Φ=-<，()230'Φ=>，存在()01,2x ∈使得()00x Φ'=，即02021x x e -=，∴()x Φ在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，又()110Φ=-<，()20Φ=，故当()1,2x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，∴()()21ln 20h x h ≥=->，故()0h x >，得证()()g x f x >.22.【解析】（1）由题意，22()3ln f x x ax a x =+-的定义域为(0,)+∞，且2221323()(23)()2(0)a x ax a x a x a f x x a x x x x+--+'=+-==>，，由()0f x '<得0x a <<，由()0f x '>得x a >，∴()f x 在区间()0,a 上单调递减，在区间(),+∞a 上单调递增，∴()f x 的极小值为22222()3ln 23ln f a a a a a a a a =+-=-，令22223ln 2a a a a -=，得23ln 0a a =， ∵0a >，∴ln 0a =，解得1a =．（2）当2a =时，2()212ln f x x x x =+-，设()()(6)ln g x f x x x =--，则22()212ln (6)ln 26ln ln g x x x x x x x x x x x =+---=+--，则262ln 6()22ln 1(0)x x x x g x x x x x x+--'=+---=>，设2()2ln 6(0)h x x x x x x =+-->，则()41(ln 1)4ln h x x x x x '=+-+=-，设()4ln m x x x =-，则141()4(0)x m x x x x-'=-=>，由()0m x '<可得104x <<，由()0m x '>可得14x >，即()m x 在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增， ∴11()1ln 12ln 2044m x m ⎛⎫≥=-=+>⎪⎝⎭，即()0h x '>， ∴()h x 在()0,+∞上单调递增．∵(1)30h =-<，(2)42ln 20h =->，∴()h x 存在唯一的零点0x ，且0(1,2)x ∈．由()2000002ln 60h x x x x x =+--=，得0006ln 21x x x =-+，当()00,x x ∈时，()0h x < ，即()0g x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0h x > ，即()0g x '>， ∴()2000000()26ln ln g x g x x x x x x ≥=+--()20000062621x x x x x ⎛⎫=+-+-+ ⎪⎝⎭20003611x x x =--+，易得()g x 在区间1,2上单调递减，故()2036211282g x >--⨯+=-， ∴()()(6)ln 8g x f x x x =-->-，即()(6)ln 8f x x x >--．。

专题6.1 导数中的构造函数-2121届高考数学压轴题讲义(选填题)(解析版)

，
故选 A.
8．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评】若函数
上单调递增，则
的最小值是（）
A．-3
B．-4
C．-5
D．
【答案】B 【解析】
函数
在上单调递增，
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在区间
所以
在上恒成立，
即
在上恒成立，
令
，其对称轴为
，
当
即
时，
在上恒成立等价于
由线性规划知识可知，此时
B．
C．
D．
【答案】A 【解析】解：∵函数
的定义域是
∴
，
∵ 是函数
的唯一一个极值点
，若是函数
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∴ 是导函数
∴
在
的唯一根，无变号零点，
即
在上无变号零点，令
，
因为所以所以
，
在
上单调递减，在上单调递增
的最小值为
，
所以必须
，
故选：A． 5．【2019 届山西省太原市第五中学高三 4 月检测】已知函数
对
恒成立，则下列判断一定正确的是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
由题意设
，
则
，
所以函数在上单调递增，
所以
，即
．
故选 B．
3．【辽宁省抚顺市 2019 届高三一模】若函数
有三个零点，则实数的取值范围是
()
A．
B．
C．【答案】D 【解析】由
D．
得
，
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设由由即当当当

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 +<．。

2021届高考数学二轮复习核心热点突破-专题四第四讲通过构造函数解决导数与不等式问题

南京市秦淮中学二轮复习专题四函数与导数第四讲通过构造函数解决导数与不等式问题一：前测训练：1.（2020年全国卷Ⅱ--12题）.若2233x y x y ---<-，则A.ln(y-x+1)>0B. ln(y-x+1)<0C. ln|x-y|>0D. ln|x-y|<02.已知定义域为R 的奇函数)(x f y =的导函数为)(x f y '=，当0>x 时，0)()(<-'x f x f x ，若e ef a )(=，2ln )2(ln f b =，3)3(--=f c ，则a ，b ，c 的大小关系正确的是（） A. b c a B. a c b C. c b a D. b a c 3.已知定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x >-'，则关于m 的不等式()()132120m f m f m e -+-->的解集是（）A. 1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B. 10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭C. 1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D. 11,23⎛⎫-⎪⎝⎭4. 已知定义在R 上的函数()y f x =的导函数为()f x '，满足()()f x f x '>，且()02f =，则不等式()2xf x e >的解集为（）A. (),0-∞B. ()0,∞+C. (),2-∞D. ()2,+∞5.已知变量1x ，()()20,0x m m ∈>，且12x x <，若2112x x x x <恒成立，则m 的最大值为（）A. eB.C.1eD. 1二：方法联想：三：知识运用：1.已知2ln(3)ln 51,,35e a b c e +===,则A.a>b>cB.c>b>aC.a>c>bD.b>a>c2.已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x <0的解集为________.3.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________．4.已知定义在R 上的奇函数)(x f 的导函数为)(x f '，当0≠x 时，0)()(>+'x x f x f ，若)21(21f a =，)2(2--=f b ，)21(ln 21lnf c =，则a 、b 、c 的关系为（） A.c b a >> B.a c b >> C.a b c >> D.c a b >>5.已知函数()f x 的导函数为'()f x ，若'()()2,(0)5f x f x f +>=，则不等式()32x f x e -->的解集为A ．(0,)+∞B ．(,0)-∞C ．(,0)(1,)-∞+∞D ．(1,)+∞6.设)(x f '是定义在R 上的函数)(x f 的导函数，且)()(x f x f >'，e f =)1(（e 为自然对数的底数），则不等式x x f <)(ln 的解集为（）A. ),0(eB. ),0(e C ．)2,1(ee D ．),(e e7．已知)(x f 是定义在R 上的奇函数，其导函数为f ′(x )，且当x ＞0时， f ′(x ) ·ln x ＋f (x )x ＞0，则不等式()()012x f x -的解集为A ．(－1， 1)B ．(－∞，－1)∪(0，1)C ． (－∞，－1)∪(1，＋∞)D ．(－1，0)∪(1，＋∞)8.已知函数()y f x =对于任意,22x ππ⎛⎫∈-⎪⎝⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是函数()f x 的导函数），则下列不等式不成立的是（）A ．234f f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．234f f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()024f f π⎛⎫<⎪⎝⎭ D ．()023f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭9.设)(x f 是定义在()(),00,-∞⋃+∞上的奇函数，对任意的()12,0,x x ∈+∞，12x x ≠，满足：()()2211210x f x x f x x x ->-，且()24f =，则不等式()80f x x->的解集为（） A.()(),22,-∞⋃+∞ B.()()2,00,2-⋃ C.()(),40,4-∞⋃D.()()2,02,-⋃+∞10. 已知函数()f x 是定义在区间(0,)+∞上的可导函数，满足()0f x >且()'()0f x f x +<（'()f x 为函数的导函数），若01a b <<<且1ab =，则下列不等式一定成立的是（）A. ()(1)()f a a f b >+B. ()(1)()f b a f a >-C. ()()af a bf b >D. ()()af b bf a >11.(多选题)已知定义在⎪⎭⎫⎢⎣⎡20π，上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (0)＝0，f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，则下列判断中正确的是( )A.)4(26)6(ππf f B.0)3(ln πfC. )3(3)6(ππf fD.)3(2)4(ππf f四：压轴提高复杂构造，是对题意条件所给函数关系进行深入分析，研究其结构特征关系，构造出新函数，从而达到解决问题的目的。

利用构造函数解决高考导数大题

利用构造函数解决高考导数大题
导数大题是全国各地的高考试卷中必考的一道压轴题，主要考查利用导数讨论原函数的单调性和单调区间，通过讨论将问题转化为最值问题，着重考查学生的分类讨论思想，对分类讨论的原因和讨论流程的要求较高。

解题的关键在于讨论之后如何将问题精准地转化为最值问题，以得到我们所需的式子或结果。

导数问题的难点在于分类讨论和最值转化，通常在进行分类讨论或者转化为函数的最值问题之前，函数形式或者可转化为函数形式的式子比较复杂，因此我们需要进行相应的构造函数工作，把函数形式变得更加简单，其中最重要的就是函数形式转换的工作，本文把利用构造函数解决导数问题这类题型进行了总结，如下:。

2021年高考数学二轮复习函数与导数解答题专题训练(含解析)

1．(xx·皖南八校联考)已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)，其中a >0.(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝2处的切线与直线x ＋e 2y －1＝0垂直，求实数a 的值； (2)讨论f (x )的单调性．解 f ′(x )＝e x [ax 2＋(2a －2)x ](a >0)． (1)由题意得f ′(2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2＝－1，解得a ＝58.(2)令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2－2aa.①当0<a <1时，f (x )的增区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－2a a ；②当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)内单调递增；③当a >1时，f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a ，(0，＋∞)，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0. 2．(xx·云南二模)已知f (x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求实数m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)的定义域为(－∞，＋∞)． ∵f ′(x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2) ＝x e x (x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x ，∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值；当x ＝0时，f (x )取得极大值，∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2，f (x )极大值＝f (0)＝2. (2)f ′(x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2]． ∵f (x )在[－2，－1]上单调递增， ∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0. 又当x ∈[－2，－1]时，x e x <0，∴当x ∈[－2，－1]时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0， ∴⎩⎨⎧－22－2m ＋3＋2m －2≤0，－12－m ＋3＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在[－2，－1]上单调递增． 3．(文)(xx·山西四校联考)已知函数f (x )＝ax 2＋x －x ln x . (1)若a ＝0，求函数f (x )的单调区间；(2)若f(1)＝2，且在定义域内f(x)≥bx2＋2x恒成立，求实数b的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝x－x ln x，函数定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－ln x，由－ln x＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上是增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数．(2)由f(1)＝2，得a＋1＝2，∴a＝1，∴f(x)＝x2＋x－x ln x，由f(x)≥bx2＋2x，得(1－b)x－1≥ln x.∵x>0，∴b≤1－1x－ln xx恒成立．令g(x)＝1－1x－ln xx，可得g′(x)＝ln xx2，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴b的取值范围是(－∞，0]．3．(理)(文)4.(xx·广州调研)已知f (x )是二次函数，不等式f (x )<0的解集是(0,5)，且f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行．(1)求f (x )的解析式；(2)是否存在t ∈N *，使得方程f (x )＋37x＝0在区间(t ，t ＋1)内有两个不相等的实数根？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由．解 (1)∵f (x )是二次函数，不等式f (x )<0的解集是(0,5)， ∴可设f (x )＝ax (x －5)，a >0. ∴f ′(x )＝2ax －5a .∵函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行， ∴f ′(1)＝－6.∴2a －5a ＝－6，解得a ＝2. ∴f (x )＝2x (x －5)＝2x 2－10x .(2)由(1)知，方程f (x )＋37x＝0等价于方程2x 3－10x 2＋37＝0.设h (x )＝2x 3－10x 2＋37，则h ′(x )＝6x 2－20x ＝2x (3x －10)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103时，h ′(x )<0，函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞时，h ′(x )>0，函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞上单调递增．∵h (3)＝1>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫103＝－127<0，h (4)＝5>0，∴方程h (x )＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫3，103，⎝ ⎛⎭⎪⎫103，4内各有一个实数根，在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根．∴存在唯一的正整数t ＝3，使得方程f (x )＋37x＝0在区间(t ，t ＋1)内有且只有两个不相等的实数根．4．(理)(文)5.(xx·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t >0，存在唯一的实数m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t >e 时，有710<ln g tln t<1.解 (1)∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1e.∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增．(2)当0<x ≤1时，f (x )≤0，又t>0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，由(1)知h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，h(1)＝－t<0，h(e t)＝t(e t－1)>0，∴存在唯一的实数m，使t＝f(m)成立．(3)∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t>0，当t>e时，若m＝g(t)≤e，则由f(m)的单调性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾，∴m>e.又ln g tln t＝ln mln f m＝ln mln m ln m＝ln mln m＋ln ln m＝uu＋ln u，其中u＝ln m，u>1，要使710<ln g tln t<1成立，只需0<ln u<3 7 u.令F(u)＝ln u－37u，u>1，F′(u)＝1u－37，当1<u<73时，F′(u)>0，F(u)单调递增；当u>73时，F′(u)<0，F(u)单调递减．∴对u >1，F (u )≤F ⎝ ⎛⎭⎪⎫73<0，即ln u <37u 成立．综上，当t >e 时，710<ln g tln t<1成立．5．(理)(xx·浙江考试院抽测)已知a 为给定的正实数，m 为实数，函数f (x )＝ax 3－3(m ＋a )x 2＋12mx ＋1.(1)若f (x )在(0,3)上无极值点，求m 的值；(2)若存在x 0∈(0,3)，使得f (x 0)是f (x )在[0,3]上的最值，求实数m 的取值范围．解 (1)由题意得f ′(x )＝3ax 2－6(m ＋a )x ＋12m ＝3(x －2)(ax －2m )，由于f (x )在(0,3)上无极值点，故2ma＝2，所以m ＝a .(2)由于f ′(x )＝3(x －2)(ax －2m )，故①当2ma≤0或2ma≥3，即m ≤0或m ≥32a 时，取x 0＝2即满足题意．此时m ≤0或m ≥32a .②当0<2ma<2，即0<m <a 时，列表如下：x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2m a2ma⎝ ⎛⎭⎪⎫2m a ，2 2 (2,3) 3f ′(x )＋ 0 － 0 ＋f (x )1 单调递增极大值单调递减极小值单调递增9m ＋1故f (2)≤f (0)或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m a ≥f (3)，即－4a ＋12m ＋1≤1或－4m 3＋12m 2aa 2＋1≥9m ＋1，即3m ≤a 或－m 2m －3a2a 2≥0，即m ≤a 3或m ≤0或m ＝3a 2.此时0＜m ≤a3.③当2<2m a <3，即a <m <3a2时，列表如下：x 0 (0,2) 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2m a2ma⎝ ⎛⎭⎪⎫2m a ，3 3f ′(x )＋ 0 － 0 ＋f (x )1 单调递增极大值单调递减极小值单调递增9m ＋1故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m a ≤f (0)或f (2)≥f (3)，即－4m 3＋12m 2a a2＋1≤1或－4a ＋12m ＋1≥9m ＋1，即－4m 2m －3a a2≤0或3m ≥4a ，即m ＝0或m ≥3a 或m ≥4a 3.此时4a 3≤m ＜3a 2.综上所述，实数m 的取值范围是m ≤a 3或m ≥4a3.40806 9F66 齦n29197 720D 爍N39551 9A7F 驿^35617 8B21 謡42H26687 683F 栿298137475 瑵21691 54BB 咻U。

2021年高考数学二轮复习导数的综合应用专题检测(含解析)

2021年高考数学二轮复习导数的综合应用专题检测（含解析）1．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，现给出如下结论：①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是________．答案②③解析f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x2－4x＋3)＝3(x－1)(x－3)，函数f(x)和导函数f′(x)的大致图象如图所示：由图得f(1)＝1－6＋9－abc＝4－abc>0，f(3)＝27－54＋27－abc＝－abc<0，且f(0)＝－abc＝f(3)<0，所以f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.2.若函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象可能为________．答案③解析根据f′(x)的符号，f(x)图象应该是先下降后上升，最后下降，排除①④；从适合f′(x )＝0的点可以排除②.3．已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意x ∈[12，2]恒成立，则a 的最大值为________．答案 0解析设f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝－x ＋x －1x 2＋1x ＝x －1x 2.当x ∈[12，1)时，f ′(x )<0，故函数f (x )在[12，1)上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(1,2]上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，即a 的最大值为0.4．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________．答案 (0，＋∞)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为R 上的增函数．又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.5．关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．答案 (－4,0)解析由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2. 当x <0或x >2时，f ′(x )>0；当0<x <2时，f ′(x )<0.所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (0)＝－a ，当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (2)＝－4－a .所以⎩⎪⎨⎪⎧－a >0，－4－a <0，解得－4<a <0.6．已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表，f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图，下列关于函数f (x )的四个命题：①函数y ＝f (x )是周期函数； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点．其中真命题的个数是________．答案 1解析首先排除①，不能确定周期性；f (x )在[0,2]上时，f ′(x )<0，故②正确；当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，结合原函数的单调性知0≤t ≤5，所以排除③；不能确定在x ＝2时函数值和a 的大小，故不能确定几个零点，故④错误． 7．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________．答案 (－∞，2ln 2－2]解析函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，即方程e x－2x ＋a ＝0有实根，即函数g (x )＝2x －e x，y ＝a 有交点，而g ′(x )＝2－e x ，易知函数g (x )＝2x －e x 在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，因而g (x )＝2x －e x的值域为(－∞，2ln 2－2]，所以要使函数g (x )＝2x －e x，y ＝a 有交点，只需a ≤2ln 2－2即可．8．某名牌电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有如下关系：y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．答案 40解析 ∵y ′＝x 2－39x －40，令y ′＝0. 即x 2－39x －40＝0，解得x ＝40或x ＝－1(舍)．当x >40时，y ′>0，当0<x <40时，y ′<0，所以当x ＝40时，y 最小．9．把一个周长为12 cm 的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为________．答案 2∶1解析设圆柱高为x ，底面半径为r ，则r ＝6－x 2π，圆柱体积V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫6－x 2π2x ＝14π(x 3－12x 2V ′＝34π(x －2)(x －6)．当x ＝2时，V 最大．此时底面周长为6－x ＝4,4∶2＝2∶1.10．(xx·重庆)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元．所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．又根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，所以h ＝15r(300－4r 2)，从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r >0，又由h >0可得r <53，故函数V (r )的定义域为(0,53)．(2)因为V (r )＝π5(300r －4r 3)，故V ′(r )＝π5(300－12r 2)，令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内，舍去)．当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上为增函数；当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上为减函数．由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8. 即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．11．(xx·江苏)已知函数f (x )＝e x ＋e －x，其中e 是自然对数的底数． (1)证明：f (x )是R 上的偶函数；(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围； (3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较ea －1与ae－1的大小，并证明你的结论．(1)证明因为对任意x ∈R ，都有f (－x )＝e －x＋e－(－x )所以f (x )是R 上的偶函数．(2)解由条件知m (e x ＋e －x －1)≤e －x－1在(0，＋∞)上恒成立．令t ＝e x(x >0)，则t >1，所以m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋1对任意t >1成立．因为t －1＋1t －1＋1≥2(t －1)·1t －1＋1＝3，所以－1t －1＋1t －1＋1≥－13，当且仅当t ＝2，即x ＝ln 2时等号成立．因此实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－13. (3)解令函数g (x )＝e x ＋1ex －a (－x 3＋3x )，则g ′(x )＝e x －1e x ＋3a (x 2－1)．当x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0，又a >0，故g ′(x )>0.所以g (x )是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝e ＋e －1－2a . 由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋3x 0)<0成立，当且仅当最小值g (1)<0.故e ＋e －1－2a <0，即a >e ＋e －12.令函数h (x )＝x －(e －1)ln x －1，则h ′(x )＝1－e －1x.令h ′(x )＝0，得x ＝e －1. 当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调减函数；当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调增函数，所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)．注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0；当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0. 所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．①当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e ⊆(1，e)时， h (a )<0，即a －1>(e －1)ln a ，从而ea －1<ae －1；②当a ＝e 时，e a －1＝ae －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故ea －1>ae －1.综上所述，当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，ea －1＝ae －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>ae －1.12．(xx·陕西)已知函数f (x )＝e x，x ∈R .(1)求f (x )的反函数的图象在点(1,0)处的切线方程；(2)证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点；(3)设a <b ，比较f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2与f (b )－f (a )b －a 的大小，并说明理由．(1)解 f (x )的反函数为g (x )＝ln x ，设所求切线的斜率为k ，∵g ′(x )＝1x，∴k ＝g ′(1)＝1.于是在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(2)证明方法一曲线y ＝e x 与y ＝12x 2＋x ＋1公共点的个数等于函数φ(x )＝e x－12x 2－x －1零点的个数．∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x )存在零点x ＝0.又φ′(x )＝e x－x －1，令h (x )＝φ′(x )＝e x－x －1，则h ′(x )＝e x －1，当x <0时，h ′(x )<0，∴φ′(x )在(－∞，0)上单调递减；当x >0时，h ′(x )>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． ∴φ′(x )在x ＝0处有唯一的极小值φ′(0)＝0，即φ′(x )在R 上的最小值为φ′(0)＝0. ∴φ′(x )≥0(仅当x ＝0时等号成立)， ∴φ(x )在R 上是单调递增的，∴φ(x )在R 上有唯一的零点，故曲线y ＝f (x )与y ＝12x 2＋x ＋1有唯一的公共点．方法二 ∵e x>0，12x 2＋x ＋1>0，∴曲线y ＝e x与y ＝12x 2＋x ＋1公共点的个数等于曲线y ＝12x 2＋x ＋1ex与y ＝1公共点的个数，设φ(x )＝12x 2＋x ＋1ex，则φ(0)＝1，即x ＝0时，两曲线有公共点．又φ′(x )＝(x ＋1)e x －(12x 2＋x ＋1)e xe 2x ＝－12x2e x ≤0(仅当x ＝0时等号成立)，∴φ(x )在R 上单调递减，∴φ(x )与y ＝1有唯一的公共点，故曲线y ＝f (x )与y ＝12x 2＋x ＋1有唯一的公共点．(3)解 f (b )－f (a )b －a －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＝e b －e ab －a－e ＝e b －e a－b e ＋a e b －a ＝e b －a[e －e －(b －a )]．设函数u (x )＝e x－1e x －2x (x ≥0)，则u ′(x )＝e x＋1ex －2≥2e x·1ex －2＝0，∴u ′(x )≥0(仅当x ＝0时等号成立)， ∴u (x )单调递增．当x >0时，u (x )>u (0)＝0.令x ＝b －a 2，则e －e －(b －a )>0，∴f (b )－f (a )b －a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2.26799 68AF 梯36006 8CA6 貦 32603 7F5B 罛<d^r29839 748F 璏#?27969 6D41 流>31179 79CB 秋37876 93F4 鏴。

高三理科数学二轮复习专题能力提升训练：函数、导数、不等式的综合问题(含答案解析).pdf

训练　函数、导数、不等式的综合问题一、选择题(每小题5分，共25分) 1．下面四个图象中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(aR)的导函数y＝f′(x)的图象，则f(－1)等于( )． A. B．－ C. D．－或 2．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )． A．1 B. C. D. 3．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，xR，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是( )． A. B. C. D. 4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于( )． A．1 B．2 C．0 D. 5．设aR，若函数y＝eax＋3x，xR有大于零的极值点，则( )． A．a＞－3 B． a＜－3 C．a＞－ D．a＜－二、填空题(每小题5分，共15分) 6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________． 7．函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的范围是________． 8．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________．三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)已知函数f(x)＝x3－x2＋bx＋a.(a，bR)的导函数f′(x)的图象过原点． (1)当a＝1时，求函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程； (2)若存在x＜0，使得f′(x)＝－9，求a的最大值． 10．(12分)已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axln x，f(e)＝2(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求实数b的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m＜M)，使得对每一个t[m， M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由． 11．(12分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值； (2)对一切的x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3)证明：对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－.参考答案 1．D　[f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，f′(x)的图象开口向上，若图象不过原点，则a＝0时，f(－1)＝，若图象过原点，则a2－1＝0，又对称轴x＝－a＞0，a＝－1，f(－1)＝－.] 2．D　[|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－ln x的最小值，h′(x)＝2x－＝，显然x＝是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝.] 3．A　[因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.] 4．B　[函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，≥1，得a≥2.又g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x(1, 2)上恒成立，有a≤2，a＝2.] 5．B　[令f(x)＝eax＋3x，可求得f′(x)＝3＋aeax，若函数在xR上有大于零的极值点，即f′(x)＝3＋aeax＝0有正根．当f′(x)＝3＋aeax＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝ln.由x＞0，解得a＜－3，a的取值范围为(－∞，－3)．] 6．解析　由题得f′ (x)＝12x2－2ax－2b＝0，f′(1)＝12－2a－2b＝0，a＋b＝6.a＋b≥2，6≥2，ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取到最大值．答案　9 7．解析　f(x)＝x3－x2＋ax－5，f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或f′(－1)＝3＋a≤0且f′(2)＝a≤0，a≥1或a≤－3.于是满足条件的a(－3,1)．答案　(－3,1) 8．解析　由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得，x1＝0，x2＝2，当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以，解得－4＜a＜0. 答案　(－4,0) 9．解　由已知，得f′(x)＝x2－(a＋1)x＋b. 由f′(0)＝0，得b＝0，f′(x)＝x(x－a－1)． (1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f′(x)＝x(x－2)，f(3)＝1， f′(3)＝3. 所以函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程为y－1＝3(x－3)，即3x－y－8＝0. (2)存在x＜0，使得f′(x)＝x(x－a－1)＝－9，－a－1＝－x－＝(－x)＋≥2＝6，a≤－7，当且仅当x＝－3时，a＝－7. 所以a的最大值为－7. 10．解　(1)由f(e)＝2，得b＝2. (2)由 (1)可得f(x)＝－ax＋2＋axln x. 从而f′(x)＝aln x. 因为a≠0，故当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞1，由f′(x)＜0得， 0＜x＜1；当a＜0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜1，由f′(x)＜0得，x＞1. 综上，当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xln x，f′(x)＝ln x. 由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x1(1，e)ef′(x) －0 ＋f(x)2－单调递减极小值1单调递增2又2－＜2，所以函数f(x)的值域为[1,2]．据此可得，若则对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点；并且对每一个t(－∞，m)(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点．综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点． 11．(1)解　f′(x)＝ln x＋1. 当x时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．则当0＜t＜t＋2＜时，t无解；当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时， [f(x)]min＝f＝－；当≤t＜t＋2，即t≥时， f(x)在[t，t＋2]上单调递增．所以[f(x)]min＝f(t)＝tln t.所以[f(x)]min＝ (2)解　2f(x)≥g(x)，即2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)， h′(x)＝. 当x(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以[h(x)]min＝h(1)＝4.因为对一切x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤[h(x)] min＝4.故实数a的取值范围是(－∞，4]． (3)证明　问题等价于证明xln x＞－，x(0，＋∞)．由(1)可知f(x)＝xln x，x(0，＋∞)的最小值为－，当且仅当x＝时取得．设m(x)＝－，x(0，＋∞)，则m′(x)＝，易得[m(x)]max＝m(1)＝－. 从而对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－成立．。

2021年高考数学二轮复习导数及其应用专题训练(含解析)

2021年高考数学二轮复习导数及其应用专题训练（含解析）一、选择题1．函数y＝f(x)的图象在点x＝5处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)等于( )A．1 B．2C．0 D.1 2解析由题意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故选B.答案B2．函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为( )解析x<0时，f(x)为增函数，所以导函数在x<0时大于零；x>0时，原函数先增后减再增，所以导函数先大于零再小于零之后又大于零．故选D.答案 D3．(理)(xx·山东淄博一模)若函数f (x )的导函数在区间(a ，b )上的图象关于直线x ＝a ＋b2对称，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象可能是( )A ．①④B ．②④C ．②③D ．③④解析因为函数y ＝f (x )的导函数在区间(a ，b )上的图象关于直线x ＝a ＋b2对称，即导函数要么图象无增减性，要么在直线x ＝a ＋b2两侧单调性相反．由图①得，在a 处切线斜率最小，在b 处切线斜率最大，故导函数图象不关于直线x ＝a ＋b2对称，故①不成立；由图②得，在a 处切线斜率最大，在b 处切线斜率最小，故导函数图象不关于直线x ＝a ＋b2对称，故②不成立；由图③得，原函数为一次函数，其导函数为常数函数，故导函数图象关于直线x ＝a ＋b2对称，③成立；由图④得，原函数有一对称中心，在直线x ＝a ＋b2与原函数图象的交点处，故导函数图象关于直线x ＝a ＋b2对称，④成立；所以满足要求的有③④，故选D.答案 D3．(文)函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．无数个解析函数定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1中Δ＝－20<0， ∴g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立，即f (x )在定义域上单调递增，无极值点．答案 A4．(xx·重庆七校联盟联考)已知函数f (x )在R 上满足f (x )＝2f (2－x )－x 2＋8x －8，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率是( )A ．2B ．1C ．3D ．－2解析由f (x )＝2f (2－x )－x 2＋8x －8两边求导得，f ′(x )＝2f ′(2－x )×(－1)－2x ＋8.令x ＝1得f ′(1)＝2f ′(1)×(－1)－2＋8⇒f ′(1)＝2，∴k ＝2.答案 A5．(xx·云南昆明一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ln x，则下列结论中正确的是( ) A ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是增函数 B ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是减函数 C ．∀x >0，且x ≠1，f (x )≥2D ．∃x 0>0，f (x )在(x 0，＋∞)上是增函数解析由已知f ′(x )＝1x －1x ln 2x ＝ln 2x －1x ln 2x (x >0，且x ≠1)，令f ′(x )＝0，得x ＝e 或x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e，1∪(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.故x ＝1e和x ＝e 分别是函数f (x )的极大值点和极小值点，故函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e，1和(1，e)内单调递减，所以A 、B 错；当0<x <1时，ln x <0，f (x )<0，故C 错；若x 0≥e，f (x )在(x 0，＋∞)上是增函数，D 正确．答案 D6．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )解析设F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xf ′x －f xx 2≤0，故F (x )＝f xx为减函数．由0<a <b ，有f a a ≥f bb⇒af (b )≤bf (a )，故选A. 答案 A 二、填空题7．(理)(xx·广东卷)曲线y ＝e －5x＋2在点(0,3)处的切线方程为________．解析 y ′＝－5e－5x，∴y ′|x ＝0＝－5，∴所求切线方程为y －3＝－5x ，即5x ＋y －3＝0.答案 5x ＋y －3＝07．(文)已知函数f (x )＝x e x，则f ′(x )＝________；函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程为________．解析 ∵f ′(x )＝1·e x ＋x ·e x ＝(1＋x )e x；f ′(0)＝1，f (0)＝0，因此f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝x －0，即y ＝x .答案 (1＋x )e xy ＝x8．若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为________．解析过点P 作y ＝x －2的平行直线，且与曲线y ＝x 2－ln x 相切．设P (x 0，x 20－ln x 0)，则有k ＝y ′|x ＝x 0＝2x 0－1x 0.∴2x 0－1x 0＝1.∴x 0＝1或x 0＝－12(舍去)．∴P (1,1)，∴d ＝|1－1－2|1＋1＝ 2. 答案29．已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx ＋1有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，则f (－1)的取值范围是________．解析由于f ′(x )＝3x 2＋4bx ＋c ，据题意方程3x 2＋4bx ＋c ＝0有两个根x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，令g (x )＝3x 2＋4bx ＋c ，结合二次函数图象可得⎩⎪⎨⎪⎧g －2＝12－8b ＋c ≥0，g －1＝3－4b ＋c ≤0，g 1＝3＋4b ＋c ≤0，g2＝12＋8b ＋c ≥0，此即为关于点(b ，c )的线性约束条件，作出其对应的平面区域，f (－1)＝2b －c ，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f (－1)＝2b －c 的最值问题，由线性规划易知3≤f (－1)≤12.答案 [3,12] 三、解答题10．已知函数f (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，其中t ∈R . (1)当t ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)t ≠0时，求f (x )的单调区间．解 (1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x . (2)f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2.因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t <0，则t2<－t .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－t .②若t >0，则－t <t2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－t ，t 2.11．(理)(xx·福建卷)已知函数f (x )＝e x－ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 解 (1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x－a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x－2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln2.当x <ln2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln2)＝e ln2－2ln2＝2－ln4，f (x )无极大值． (2)令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x－2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln2)>0，故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0，因此，当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x.(3)①若c≥1，则e x≤c e x.又由(2)知，当x>0时，x2<e x.所以当x>0时，x2<c e x.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.②若0<c<1，令k＝1c>1，要使不等式x2<c e x成立，只要e x>kx2成立．而要使e x>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－2x＝x－2x，所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln2)＋3(k－ln k)＋5k，易知k>ln k，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝16c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.11．(文)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点．(1)求b的值；(2)求f(2)的取值范围．解(1)∵f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.∵f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，∴当x＝0时，f(x)取得极小值，即f′(0)＝0.∴b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋ax2＋c，∵1是函数f(x)的一个零点，即f(1)＝0，∴c＝1－a.∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝0的两个根分别为x1＝0，x2＝2a 3.∵f(x)在(0,1)上是增函数，且函数f(x)在R上有三个零点，∴x 2＝2a3>1，即a >32.∴f (2)＝－8＋4a ＋(1－a )＝3a －7>－52.故f (2)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞. B 级——能力提高组1．(理)(xx·江西卷)若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，则⎠⎛01f(x)d x ＝( )A ．－1B ．－13C .13D ．1解析直接求解定积分，再利用方程思想求解． ∵f(x)＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，∴⎠⎛01f(x)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋2x ⎠⎛01f x d x ⎪⎪ 1＝13＋2⎠⎛01f(x)d x ， ∴⎠⎛01f(x)d x ＝－13.答案 B 1．(文)(理)2.(xx·中原名校二模)已知函数g(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)·f(1)>0，设x 1，x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，49C .⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23 D .⎝ ⎛⎭⎪⎫19，49 解析因为f(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以f(0)f(1)＝c(3a ＋2b ＋c)＝c(2a －2c)>0,0<c a<1，又|x 1－x 2|＝Δ|3a|＝2b 2－3ac |3a|＝|a －3c||3a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－c a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23.答案 A2．(理)(xx·中原名校二模)已知函数g(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)·f(1)>0，设x 1，x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，49C .⎝⎛⎭⎪⎫13，23D .⎝⎛⎭⎪⎫19，49解析因为f(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以f(0)f(1)＝c(3a ＋2b ＋c)＝c(2a －2c)>0,0<c a<1，又|x 1－x 2|＝Δ|3a|＝2b 2－3ac |3a|＝|a －3c||3a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－c a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23.答案 A2．(文)已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ，其导函数y ＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不正确的是________． ①当x ＝32时函数取得极小值；②f(x )有两个极值点； ③当x ＝2时函数取得极小值； ④当x ＝1时函数取得极大值．解析从图象上可以看到：当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x ＝2时函数取得极小值，当x ＝1时函数取得极大值．只有①不正确．答案 ①3．(理)(xx·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－e －x－2x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2<2<1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．解 (1)f′(x)＝e x＋e －x－2≥0，等号仅当x ＝0时成立．所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e 2x－e －2x－4b(e x －e －x)＋(8b －4)x ，g′(x)＝2[e 2x＋e－2x－2b(e x＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x＋e －x－2)(e x＋e －x－2b ＋2)．①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；②当b>2时，若x 满足2<e x＋e －x<2b －2，即0<x<ln (b －1＋b 2－2b)时g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x≤ln (b －1＋b 2－2b)时，g(x)<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g(ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln (b －1＋b 2－2b)＝ln 2， g(ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693.3．(文)(xx·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k<1时，曲线y ＝f(x)与直线y ＝kx －2只有一个交点．解 (1)f′(x)＝3x 2－6x ＋a ，f′(0)＝a. 曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f(x)＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g(x)＝f(x)－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k)x ＋4. 由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x 2－6x ＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k －1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．当x>0时，令h(x)＝x 3－3x 2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．20226 4F02 伂31220 79F4 秴]38002 9472 鑲39341 99AD 馭30496 7720 眠24691 6073 恳 "35323 89FB 觻 26755 6883 梃35769 8BB9 讹]7。

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。

构造函数解决高考导数问题

构造函数解决高考导数问题导数大题是全国各地的高考试卷中必考的一道压轴题，主要考查利用导数讨论原函数的单调性和单调区间，通过讨论将其转化为最值问题，着重考查分类讨论思想，对分类讨论的原因和讨论流程的要求较高．解题的关键在于讨论之后如何将问题精准地转化为最值问题，以得到我们所需的式子或结果．导数问题的难点在于分类讨论和最值的转化，通常在进行分类讨论或者转化为函数的最值问题之前，函数形式或者可转化为函数形式的式子比较复杂，因此我们需要进行相应的构造函数工作，把函数形式变得更加简单，其中最重要的就是函数形式的转换，本文把利用构造函数解决导数问题这类题型进行了总结，如下。

题型一直接作差构造函数方法总结：在导数问题中，这类题型是最一般的情况. 如果要证明涉及一个变量、两个函数的不等式成立，或者不等式可转化为利用一个函数来证明，可通过移项构造一个新的函数来解决，关键是对于如练习中所描述的某函数图象恒在另一个函数图象的上方或者下方，或者函数图象与某直线无交点（即函数图象恒在某直线的上方或下方）等进行正确的条件转化.题型二分离函数构造函数当要证明的不等式两边含有有理函数和超越函数的乘积或商的形式时，我们需要把这两种形式的函数分离之后再来研究，这样在解决具体问题时，对于超越函数的性质研究和求取最值就会变得简单.方法总结：我们在研究这样的不等式时，往往需要对函数的形式进行处理，先把不等式两边含有有理函数和超越函数的乘积或者商的这两种形式分离，然后再研究函数的性质. 对于高中而言，常见的超越函数和有理函数之间的叠加主要有以下几种：当遇到这类函数时，应优先使用分离策略，即先把不等式两边含有有理函数和超越函数的乘积或者商的形式分离，简化函数的形式，再进行研究.题型三从导函数特征入手构造原函数方法总结：我们总结了以上的导数形式进行转化，总体的目标是构造已有的函数来取代题目中比较复杂的式子，以得到我们所需要的形式方便解题.题型四换元法构造函数证明方法总结：在证明类似问题时需要抽象出变量，然后利用换元，将整数变量的形式转化为一个函数的自变量的形式.题型五消参换元构造函数在证明不等式中的某一步时，当遇到式子比较复杂的情况，我们可以在其中的一步通过构造新的函数自变量来替代较为复杂的参数，以达到证明的目的。

高考数学复习考点题型专题提升练习25 构造函数解决导数问题

高考数学复习考点题型专题提升练习专题25构造函数解决导数问题一、单项选择题1．[2021·山东滨州二模]已知a ＝ln22，b ＝1e (e ＝2.718…为自然对数的底数)，c ＝2ln39，则a ，b ，c 的大小关系为()A ．a >b >cB ．a >c >bC ．b >a >cD ．b >c >a2．已知函数f (x )满足xf ′(x )ln x ＋f (x )>0(其中f ′(x )是f (x )的导数)，若a ＝f (e 12)，b ＝f (e)，c ＝f ()e 2，则下列选项中正确的是()A ．4c <2b <aB ．2b <4c <aC ．a <2b <4cD ．a <4c <2b3．设函数f ′()x 是奇函数f ()x ()x ≠0的导函数，f ()－1＝－1.当x >0时，f ′()x >1，则使得f ()x >x 成立的x 的取值范围是()A ．()－∞，－1∪()0，1B ．()－1，0∪()1，＋∞C ．()－∞，－1∪()1，＋∞D ．()－1，0∪()0，14．[2021·河北沧州模拟]设函数f (x )是定义在R 上的函数，f ′(x )是f (x )的导函数，若f ′(x )>f (x )且f (1)＝0，则不等式f (x )≤0的解集是()A ．(]－∞，1B ．(－∞，0]C ．[0，＋∞)D ．[1，＋∞)5．函数f ()x 在R 上可导，下列说法正确的是()A ．若f ′()x ＋f (x )>0对任意x ∈R 恒成立，则有e f (2)<f (1)B ．若f ′()x －f (x )<0对任意x ∈R 恒成立，则有e 2f (－1)＜f (1)C ．若f ′()x ＋f (x )>1对任意x ∈R 恒成立，则有f (0)＋e>e f (1)＋1D ．若f ′()x －f (x )<1对任意x ∈R 恒成立，则有e f (－1)＋e>f (0)＋1二、多项选择题6．定义在R 上的函数f ()x ，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>f (x )，则下列不等关系正确的是()A ．e f (－2)<f (－1)B ．f (ln2)>2f (0)C ．e f (1)>f (2)D ．e f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32 7．[2021·江苏苏州模拟]已知函数y ＝f ()x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′()x 是其导函数，恒有f ′()x sin x >f ()x cos x ，则()A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>22f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<2cos1·f ()1 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>2cos1·f (1) 三、填空题8．[2021·山东滕州市第一中学模拟]已知定义在()0，＋∞上的函数f ()x ，f ′()x 是f ()x 的导函数，满足xf ′()x －f ()x <0，且f ()2＝2，则不等式f ()2x －2x >0的解集是__________________．9．若对任意的x 1、x 2∈()m ，＋∞，且x 1<x 2，x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1<2，则m 的最小值是________．四、解答题10．已知f(x)＝x2e x－x e x sin x－ax＋a sin x. (1)当f(x)有两个零点时，求a的取值范围；(2)当a＝1，x>0时，设g(x)＝f（x）x－sin x，求证：g(x)≥x＋ln x.11.[2021·山东烟台一模]已知函数f()x＝12x2＋cos x，f′()x为f()x的导函数．(1)求函数f()x的极值；(2)当x≥0时，f′()x≤e x＋bx－1，求实数b的取值范围．12．[2021·湖北武汉模拟]已知函数f()x＝a e－x＋ln x－1(a∈R).(1)当a≤e时，讨论函数f()x的单调性；(2)若函数f()x恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤()2e＋1·ln2e2e－1，求x2x1的最大值．。

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.。

专题24 逆用导数运算法则构造函数型-2021年高考数学复习压轴题解法分析与强化训练附真题及解析

专题24 逆用导数运算法则构造函数型[真题再现]例1 设奇函数f (x )定义在(－π，0)∪(0，π)上其导函数为f '(x )，且f (π2)＝0，当0＜x ＜π时，f '(x )sin x －f (x )cos x ＜0，则关于x 的不等式f (x )＜2f (π6)sin x 的解集为．【答案】(－π6，0)∪(π6，π) 【分析】这是一道难度较大的填空题，它主要考查奇函数的单调性在解不等式中的应用，奇函数的图象关于坐标原点中心对称，关于原点对称的区间上具有相同的单调性；在公共定义域上两个奇函数的积与商是偶函数，偶函数的图象关于y 轴轴对称，关于原点对称的区间上具有相反的单调性，导数是研究函数单调性的重要工具，大家知道(f g )'＝f 'g －fg 'g 2，(sin x )'＝cos x ，于是本题的本质是构造f (x )sin x来解不等式【解析】设g(x )= f (x )sin x ，则g ' (x )= (f (x )sin x )'＝f '(x )sin x －f (x )cos x sin 2x，所以当0＜x ＜π时，g ' (x )<0，g(x ) 在(0，π)上单调递减又由于在(0，π)上sin x ＞0，考虑到sin π6＝12，所以不等式f (x )＜2f (π6)sin x 等价于f (x )sin x ＜f (π6)sin π6，即g(x )< g (π6),所以此时不等式等价于π6＜x ＜π. 又因为f (x ) 、sin x 为奇函数，所以g(x )是偶函数，且在(－π，0)上sin x ＜0，所以函数g(x )在(－π，0)是单调递增函数，原不等式等价于g(x )＞g(－π6)=f (－π6)sin(－π6)，所以此时不等式等价于－π6＜x ＜0，综上，原不等式的解集是(－π6，0)∪(π6，π)．例2 函数)(x f 的定义域为R ，2)1(=-f ，对任意R ∈x ，2)(>'x f ，则42)(+>x x f 的解集为 .【答案】（1-，+∞）【分析】题目应归结为“解抽象函数型不等式”问题，解决方法是“逆用函数的单调性”.题目中哪个条件能让你联想到“函数的单调性”呢？注意到已知中2)(>'x f ，只需构造函数()g x ，使得()()2g x f x ''=-，不难得到()()2g x f x x c =-+（这里c 为常数，本题中取0c =），进而利用()g x 的单调性，即可找到解题的突破口.【解析】构造函数()()2g x f x x =-，则()g x '=()20f x '->，故()g x 单调递增，且(1)(1)214g f -=--⨯-=（）.另一方面所求不等式42)(+>x x f ，就转化为()()(1)g x f x x g =->-，逆用单调性定义易知1x >，则不等式的解集为(1,)-+∞.例 3 设f (x )是定义在R 上的可导函数，且满足f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式f (x ＋1)>x －1·f (x 2－1)的解集为________．【答案】[ [1,2)【解析】设F (x )＝xf (x )，则由F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，可得函数F (x )是R 上的增函数．又x ＋1>0，∴由f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)可变形得x ＋1f (x ＋1)>x 2－1f (x 2－1)，即F (x ＋1)>F (x 2－1)， ∴⎩⎨⎧ x ＋1>x 2－1，x ≥1，解得1≤x <2. 点评：题目已知中出现含f (x )、f ′(x )的不等式，一般应考虑逆用导数的运算法则构造新，然后再逆用单调性等解决问题，构造新函数的方法有：1.对于()f x a '>，构造()()h x f x ax b =-+.2.对于()()0(0)xf x f x '+><，构造()()h x xf x '=；一般的，对于()()0(0)xf x nf x '+><，构造()()n h x x f x =．3.对于()()0(0)xf x f x '-><，构造()()xx f x h =；一般的，对于()()0(0)xf x nf x '-><，构造()()n f x h x x=． 4.对于()()0(0)f x f x '-><，构造()()x e x f x h =；一般的，对于()()0(0)f x nf x '-><，构造()()nxf x h x e =．5.对于()()0(0)f x f x '+><，构造()()x f e x h x=；一般的，对于()()0(0)f x nf x '+><，构造()()nx h x e f x =．6.对于()()tan (()()tan )f x f x x f x f x x ''><或，即()cos ()sin 0(0)f x x f x x '-><，构造()()cos h x f x x =．7.对于()cos ()sin 0(0)f x x f x x '+><，构造()()cos f x h x x =． 8.对于()0()f x f x '>，构造()ln ()h x f x =. 9.对于()ln ()0(0)f x af x '+><，构造()()x h x a f x =.10.对于()()ln 0(0)f x f x x x'+><，构造()()ln h x f x x =. [强化训练]1.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______．【答案】 (0，＋∞)【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 为R 上的增函数．又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.2.已知定义在R 上的奇函数()f x ，设其导函数为()'f x ，当(],0x ∈-∞时，恒有()()'xf x f x <-，则满足()()()1212133x f x f --<的实数x 的取值范围是．【答案】()1,2- 3.已知()()R x x f y ∈=的导函数为()x f '.若()()32x x f x f =--，且当0≥x 时，()23x x f >'，则不等式()()13312+->--x x x f x f 的解集是 . 【答案】),21(+∞4．已知定义在上的函数满足，且的导函数，则不等式的解集为（） R ()f x (2)1f =()f x ()1f x x '>-21()12f x x x <-+A ．B ．C ．D ．或【答案】C ．5．设(),()f x g x 在[,]a b 上可导，且'()'()f x g x >，则当a x b <<时，有（） .()()A f x g x > .()()B f x g x <.()()()()C f x g a g x f a +>+ .()()()()D f x g b g x f b +>+【答案】C【解析】构造函数，则易知单调递增，于是，，选C.6.设()f x 是定义在(0,)+∞上的可导函数，且()'()f x xf x <-，则不等式2(1)(1)(1)f x x f x +>--的解集是（）A. (0,1)B. (1,)+∞C. (1,2)D. (2,)+∞【答案】D【解析】构造函数[()]'()'()0xf x f x xf x =+<，于是该函数递减，2(1)(1)(1)f x x f x +>--变形为22(1)(1)(1)(1)x f x x f x ++>--，于是22101011x x x x +>⎧⎪->⎨⎪+<-⎩，得2x >，选D.7．定义在R 上的可导函数()f x ，当()1,x ∈+∞时，()()()10x f x f x '-->恒成立，()())12,3,12a f b f c f ===，则,,a b c 的大小关系为（）A ．c a b <-，即函数()g x 单调递增，则()()()22221f a f g ===-，()()()3133231f b fg ===-， {}22x x -<<{}2x x >{}2x x <{|2x x <-2}x >()()()F x f x g x =-()F x ()()()F a F x F b <<()()()()f x g x f a g a ->-。

2021新高考数学二轮总复习专题二函数与导数学案含解析打包6套

专题二函数与导数考情分析函数与导数是高中数学的主干知识,是高考考查的重点内容,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,对函数与导数的考查多数为“三小一大”或“四小一大”,题型遍布选择、填空与解答,难度上分层考查;基础题考查考生对必备知识和基本方法的掌握;中档题考查的是“数学抽象”“逻辑推理”和“数学运算”三大核心素养;导数与函数解答题综合考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.2.1函数概念、性质、图象专项练必备知识精要梳理1.函数的概念(1)求函数的定义域的方法是依据含自变量x的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解.(2)求函数值域要优先考虑定义域,常用方法:配方法、分离常数法(分式函数)、换元法、单调性法、基本不等式法、数形结合法、有界函数法(含有指、对数函数或正、余弦函数的式子).2.函数的性质(1)函数奇偶性:①定义:若函数的定义域关于原点对称,则有:f(x)是偶函数⇔f(-x)=f(x)=f(|x|);f(x)是奇函数⇔f(-x)=-f(x).②判断方法:定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函数).(2)函数单调性判断方法:定义法、图象法、导数法.(3)函数周期性的常用结论:若f(x+a)=-f(x)或f(x+a)=±(a≠0),则T=2a;若f(x+a)=f(x-b),则T=a+b;若f(x)的图象有两条对称轴x=a和x=b(a≠b),则T=2|b-a|;若f(x)的图象有两个对称中心(a,0)和(b,0),则T=2|b-a|(类比正、余弦函数).3.函数的图象(1)函数图象的判断方法:①找特殊点;②看性质:根据函数性质判断图象的位置,对称性,变化趋势等;③看变换:看函数是由基本初等函数经过怎样的变换得到.(2)若y=f(x)的图象关于直线x=a对称,则有f(a+x)=f(a-x)或f(2a-x)=f(x)或f(x+2a)=f(-x);若y=f(x)对∀x∈R,都有f(a-x)=f(b+x),则f(x)的图象关于直线x=对称;若y=f(x)对∀x∈R都有f(a-x)=b-f(x),即f(a-x)+f(x)=b,则f(x)的图象关于点对称.(3)函数y=f(x)与y=f(-x)的图象关于y轴对称,函数y=f(a-x)和y=f(b+x)的图象关于直线x=对称;y=f(x)与y=-f(x)的图象关于x轴对称;y=f(x)与y=-f(-x)的图象关于原点对称.(4)利用图象可解决函数的最值、方程与不等式的解以及求参数范围问题.考向训练限时通关考向一函数及其相关概念1.(2020安徽合肥一中模拟,理1)设集合A={x|y=lg(x-3)},B={y|y=2x,x∈R},则A∩B等于()A.⌀B.RC.{x|x>3}D.{x|x>0}2.(多选)符号[x]表示不超过x的最大整数,如[3.14]=3,[-1.6]=-2,定义函数:f(x)=x-[x],则下列命题正确的是()A.f(-0.8)=0.2B.当1≤x<2时,f(x)=x-1C.函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1)D.函数f(x)是增函数、奇函数3.(2020北京,11)函数f(x)=+ln x的定义域是.4.设函数f(x)=则f=,f(f(x))=1的解集为.考向二函数的性质5.(2020天津,6)设a=30.7,b=,c=log0.70.8,则a,b,c的大小关系为()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b6.(2020全国Ⅱ,理9)设函数f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,则f(x)()A.是偶函数,且在单调递增B.是奇函数,且在单调递减C.是偶函数,且在单调递增D.是奇函数,且在单调递减7.(2020全国Ⅲ,理12)已知55<84,134<85.设a=log53,b=log85,c=log138,则()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b8.(2020江西名校大联考,理13)已知函数f(x)=则f(5+log26)的值为.考向三函数的图象9.(2020天津,3)函数y=的图象大致为()10.(2020山西太原二模,理6)函数f(x)=的图象大致为()11.(2020山东济宁6月模拟,5)函数f(x)=cos x·sin的图象大致为()考向四函数的概念、性质、图象的综合12.(多选)(2020山东淄博4月模拟,12)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有f[f(x1)+f(x2)],则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P,则下列说法错误的是()A.f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的B.f(x2)在[1,]上具有性质PC.若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,3]D.对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]13.(2020北京海淀一模,15)如图,在等边三角形ABC中,AB=6.动点P从点A出发,沿着此三角形三边逆时针运动回到A点,记点P运动的路程为x,点P到此三角形中心O距离的平方为f(x),给出下列三个结论:①函数f(x)的最大值为12;②函数f(x)的图象的对称轴方程为x=9;③关于x的方程f(x)=kx+3最多有5个实数根.其中,所有正确结论的序号是.专题二函数与导数2.1函数概念、性质、图象专项练考向训练·限时通关1.C解析A={x|y=lg(x-3)}={x|x-3>0}={x|x>3},B={y|y=2x,x∈R}={y|y>0}.∴A∩B={x|x>3},故选C.2.ABC解析f(x)=x-[x]表示数x的小数部分,则f(-0.8)=f(-1+0.2)=0.2,故A正确;当1≤x<2时,f(x)=x-[x]=x-1,故B正确;函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1),故C正确;当0≤x<1时,f(x)=x-[x]=x.当1≤x<2时,f(x)=x-1.当x=0.5时,f(0.5)=0.5,当x=1.5时,f(1.5)=0.5,则f(0.5)=f(1.5),即f(x)不为增函数,由f(-1.5)=0.5,f(1.5)=0.5,可得f(-1.5)=f(1.5),即f(x)不为奇函数,故D不正确.故选ABC.3.(0,+∞)解析由题意得∴x>0,故答案为(0,+∞).4{1,e e}解析∵f=ln<0,∴f=fx<0时,0<e x<1,x=0时,e x=1,方程f(f(x))=1,可得f(x)=0,ln x=0,解得x=1,f(x)>0时,方程f(f(x))=1,可得ln[f(x)]=1,f(x)=e,即ln x=e,解得x=e e.5.D解析∵b==30.8>30.7=a>30=1,c=log0.70.8<log0.70.7=1,∴c<a<b.故选D.6.D解析由题意可知,f(x)的定义域为,关于原点对称.∵f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,∴f(-x)=ln|-2x+1|-ln|-2x-1|=ln|2x-1|-ln|2x+1|=-f(x),∴f(x)为奇函数.当x时,f(x)=ln(2x+1)-ln(1-2x),∴f'(x)=>0,∴f(x)在区间内单调递增.同理,f(x)在区间内单调递减.故选D.7.A解析a=log53=lo34=log12581<1,∴a<b=log85=lo54=log512625>1,∴b>,∵55<84,b=log85=lo55<1,∴b<,∵134<85,c=log138=lo85>1,∴c>综上,a<b<c.8.12解析由题意当x>4时,函数f(x)=f(x-1),所以f(x)在(4,+∞)时,周期为1,因为2<log26<3,所以5+log26∈(7,10),1+log26∈(3,4),所以f(5+log26)=f(1+log26)==2×6=12.9.A解析∵函数y=为奇函数,∴排除C,D.再把x=1代入得y==2>0,排除B.故选A.10.A解析f(1)=>0,排除选项C,D;由f(x)==0,则方程无解,即函数没有零点,排除B,故选A.11.C解析显然函数f(x)的定义域是R,由f(x)=cos x·sin,得f(-x)=cos(-x)sin=cos x·sin=-f(x),即f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除选项A,B;又f(1)=cos1·sin>0,可排除选项D,故选C.12.ABD解析对于A,函数f(x)=在[1,3]上具有性质P,但f(x)在[1,3]上的图象不连续,故选项A错;对于B,f(x)=-x在[1,3]上具有性质P,但f(x2)=-x2在[1,]上不满足性质P,故选项B 错;对于C,因f(x)在x=2处取得最大值1,所以f(x)≤1,设x∈[1,2],则4-x∈[2,3].由性质P可得1=f(2)[f(x)+f(4-x)],所以f(x)+f(4-x)≥2,因为f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)+f(4-x)≤2,所以f(x)+f(4-x)=2,又f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)=1,x∈[1,3],故选项C正确;对于D,有f=ff+f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],故选项D错.故选ABD.13.①②解析由题可得函数f(x)=作出图象如图.则当点P与△ABC顶点重合时,即x的值分别是0,6,12,18时,f(x)取得最大值12,故①正确;又f(x)=f(18-x),所以函数f(x)的对称轴为x=9,故②正确;由图象可得,函数f(x)图象与y=kx+3的交点个数为6个,故方程有6个实根,故③错误.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数必备知识精要梳理1.与e x、ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=e x图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-e m=e m(x-m),得e x≥e m(x+1)-m e m,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有e x≥x+1;当m=1时,有e x>e x.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=(x-n),得ln x≤x-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤x.2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.求解导数应用题宏观上的解题思想(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”;(2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施:①通分;②二次求导或三次求导;③能画出导函数草图是最好的!关键能力学案突破热点一利用导数证明不等式(多维探究)类型一单未知数函数不等式的证明【例1】已知函数f(x)=e x-ln(x+m).(1)略;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题e x-ln(x+m)>0加强为e x-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及、ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子=0进行变形,得到两个式子和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.【对点训练1】已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.【例2】已知函数f(x)=x+.(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.【对点训练2】(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2x sin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;(2)证明:|f(x)|≤;(3)设n∈N*,证明:sin2x sin22x sin24x…sin22n x≤.类型二双未知数函数不等式的证明【例3】已知函数f(x)=-x+a ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下4种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法4:利用主元法,构造函数证明.【对点训练3】(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=x2-ax+a ln 2x(a≠0).(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是-ln 2,求a;(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<)-2e(其中e为自然对数的底数).热点二判断、证明或讨论函数零点个数【例4】设函数f(x)=(x-1)e x-x2(其中k∈R).(1)略;(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的范围.【对点训练4】(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)=.(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;(2)若∃x0∈[1,+∞),使得f(x0)<g(x0),求实数m的取值范围.热点三与函数零点有关的证明问题【例5】(2019全国Ⅰ,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.【对点训练5】(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=e x sin x.(e是自然对数的底数) (1)求f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:≈4.8)热点四利用导数解决存在性问题【例6】(2019全国Ⅲ,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.【对点训练6】(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x-ax2-x.(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数关键能力·学案突破【例1】解(1)略.(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=e x-,f″(x)=e x+>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.又因为当x→-m+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实根x0,当-m<x<x0时,f'(x)<0,当x>x0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.由f'(x0)=0可得=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=-ln(x0+m)=+x0=+x0+m-m≥2-m.当x<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=-0≠0.所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=e x-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞).φ'(x)=e x-,φ″(x)=e x+>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.又因为φ'(-1)=-1<0,φ'(0)=1->0,所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实根x0,且x0∈(-1,0).当-2<x<x0时,φ'(x)<0,当x>x0时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.由φ'(x0)=0可得=0,即ln(x0+2)=-x0,于是φ(x0)=-ln(x0+2)=+x0=>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)>0.证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明e x-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.由ln x≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).又因为e x≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以e x>ln(x+2),即e x-ln(x+2)>0(x>-2),所以当m≤2时,f(x)>0.对点训练1解(1)f'(x)=,因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)f(x)+e≥0+e≥0⇔ax2+x-1+e x+1≥0.当a≥1时,ax2+x-1+e x+1≥x2+x-1+e x+1,因为e x≥1+x(x∈R),所以e x+1≥2+x,所以x2+x-1+e x+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.所以当a≥1时,f(x)+e≥0.【例2】解(1)略.(2)令h(x)=f(x)-g(x)=x+-ln x-1(x>0),h'(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=∵p(1)=1-1-a=-a<0,设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+-ln x0-1=x0+-ln x0-1=2x0-ln x0-2,令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2->0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,故当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).对点训练2(1)解f'(x)=cos x(sin x sin2x)+sin x(sin x sin2x)'=2sin x cos x sin2x+2sin2x cos2x=2sin x sin3x.当x时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.所以f(x)在区间单调递增,在区间单调递减.(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为f,最小值为f=-而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|(3)证明由于(sin2x sin22x…sin22n x=|sin3x sin32x…sin32n x|=|sin x||sin2x sin32x…sin32n-1x sin2n x||sin22n x|=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22n x|≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,所以sin2x sin22x…sin22n x【例3】解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-①若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.②若Δ=a2-4≤0,即0<a≤2时,f'(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.③若Δ=a2-4>0,即a>2时,由f'(x)>0,可得<x<,由f'(x)<0,可得0<x<或x>,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>2时,f(x)在0,,,+∞上单调递减,在上单调递增.(2)证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0<x1<1<x2.==--1+=-2+, 于是<a-2⇔-2+<a-2<1<1⇔2ln x2+-x2 <0.构造函数g(x)=2ln x+-x,x>1,由(1)知,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(1)=0,所以原不等式获证.证法2:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0<x1<1<x2,则x2-x1=,x1x2=1.==--1+=-2-,于是<a-2⇔-2-<a-2⇔ln lnln设t=,则a=,构造函数φ(t)=t-ln(+t),t>0,则φ'(t)=1-=1->0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.证法3:仿照证法1,可得<a-2<1,设0<x1<1<x2,因为x1x2=1, 所以<1ln x1-ln x2>ln,令t=(0,1),构造函数h(t)=2ln t+-t,由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.对点训练3解(1)f(x)定义域是(0,+∞),f'(x)=-a+令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,即f'(x)=>0.所以f(x)在[1,e]上单调递增.f(x)min=f(1)=-a+a ln2=-ln2,解得a=-1.(2)由f(x)有两个极值点x1,x2,则f'(x)=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)有2个不相等的实根, 则解得a>2.x1+x2=2a,x1x2=2a,=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.当a≥e时,f(x1)+f(x2)-)+2e=a ln(4x1x2)-a(x1+x2)-)+2e=a ln8a-2a2-(4a2-4a)+2e=a ln8a-3a2+a+2e(a≥e).令g(a)=a ln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=-6=,当a≥e时,h'(a)<0,所以h(a)在[e,+∞)单调递减.所以h(a)≤h(e).即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,所以g(a)在[e,+∞)单调递减,g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)<e(3-3e+4)=e(7-3e)<0,所以g(a)<0,所以原不等式成立.【例4】解(1)略.(2)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=e x+(x-1)e x-kx=x e x-kx=x(e x-k),当0<k≤1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0.∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减.由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(ln k)=(ln k-1)k-ln2k=-[(ln k-1)2+1]<0,此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,∴f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在[0,ln k]上单调递减.当x∈(-∞,ln k)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.当x∈[ln k,+∞)时,f(ln k)<f(0)=-1<0,f(k+1)=k e k+1-=k e k+1-.令g(t)=e t-t2,t=k+1>2,则g'(t)=e t-t,g″(t)=e t-1,∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.∴f(x)在[ln k,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.对点训练4解(1)F(x)=ln x-,即F(x)=ln x+(x>0),则F'(x)=,令F'(x)=0,解得x=当x,F'(x)<0,F(x)在上单调递减;当x∈,+∞,F'(x)>0,F(x)在上单调递增.所以当x=时,F(x)min=F-ln2.因为-ln2=ln-ln2<0,所以F(x)min<0.又F=-2+>0,F(e)=1+>0,所以F F<0,F(e)·F<0,所以F(x)分别在区间上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即ln x-0对任意x∈[1,+∞)恒成立.令h(x)=ln x-(x≥1),则h'(x)=①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,所以函数h(x)=ln x-在区间[1,+∞)上单调递增.又h(1)=ln1-=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意;②当m>2时,令h'(x)=<0,得1≤x<;令h'(x)=>0,得x>所以函数h(x)=ln x-在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以h<h(1)=0,即当m>2时,存在x0≥1,使h(x0)<0,即f(x0)<g(x0).故m>2符合题意.综上可知,实数m的取值范围是(2,+∞).【例5】解(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-,g'(x)=-sin x+当x时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'<0,可得g'(x)在区间内有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x时,g'(x)<0.所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间内单调递减,故g(x)在区间内存在唯一极大值点,即f'(x)在区间内存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.(ⅱ)当x时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间内单调递减,而f'(0)=0,f'<0,所以存在,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间内单调递减.又f(0)=0,f=1-ln1+>0,所以当x时,f(x)>0.从而,f(x)在区间上没有零点.(ⅲ)当x时,f'(x)<0,所以f(x)在区间内单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间上有唯一零点.(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.对点训练5解(1)f(x)=e x sin x,定义域为R.f'(x)=e x(sin x+cos x)=e x sin x+.由f'(x)<0得sin<0,解得2kπ+<x<2kπ+(k∈Z).∴f(x)的单调递减区间为2kπ+,2kπ+(k∈Z).(2)∵g'(x)=e x(sin x+cos x)-2,∴g″(x)=2e x cos x,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x时,g″(x)>0;当x ∈,π时,g″(x)<0.∴g'(x)在上单调递增,在上单调递减,又∵g'(0)=1-2<0,g'-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图.∴∃x1,x2,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,∴g(x1)<0.∵g-π>0,∴g(x2)>0.又∵g(π)=-2π<0,由零点存在性定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.【例6】解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=若a>0,则当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减;若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a<0,则当x(0,+∞)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(ⅲ)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在[0,1]的最小值为f=-+b,最大值为b或2-a+b.若-+b=-1,b=1,则a=3,与0<a<3矛盾.若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0<a<3矛盾.综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.对点训练6解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.∴a,∴当x=2时,有最小值-,∴a≤-(2)∵f'(x)=-ax-1,∴f'(1)=1-a-1=-a.∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=ln x-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴x ln x-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即x ln x-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=x ln x-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=ln x-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立, 即g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾,当k>0时,令g'(x)>0,解得x>e k,令g'(x)<0,解得1<x<e k, ∴g(x)在(1,e k)单调递减,在(e k,+∞)单调递增.∴g(x)min=g(e k)=k e k-(k+1)e k+2k=2k-e k>0,令h(k)=2k-e k,k>0,则h'(k)=2-e k,∵当k<ln2时,h'(k)>0,函数h(k)单调递增,当k>ln2时,h'(k)<0,函数h(k)单调递减,∴h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-e k>0恒成立.综上所述不存在满足条件的整数k.。

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。

专题06 导数中的构造函数解不等式2021年高考数学总温习之典型例题冲破（压轴题系列）（原卷版）

专题06 导数中的构造函数解不等式导数中常常出现给出原函数与导函数的不等式，再去解一个不等式，初看起来难度很大，其中这只是一种中等题型，只需按照原函数与导函数的关系式或题目选项所给的提示构造函数，使得可根据原函数与导函数的关系式判断所构造函数的单调性，再将不等式化为两个函数值的形式，根据单调性解不等式即可。

【题型示例】一、概念在上的函数知足:,,则不等式(其中为自然对数的底数)的解集为( )A. B. C. D.二、设函数在上的导函数为，对有，在上，，若直线，则实数的取值范围是（）A..B.C.D.3、已知概念在上的函数知足，且的导函数，则不等式的解集为（）A. B. C. D.或4、概念在的函数的导函数为，对于任意的，恒有，，，则的大小关系是（）A. B. C. D.无法肯定【专题练习】一、设是概念在上的函数，其导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（）A. B. C. D.二、设函数是概念在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（）A. B. C. D.3、概念在上的函数知足：恒成立，若，则与的大小关系为（）A. B.C. D.与的大小关系不肯定4、设函数是概念在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（）A. B. C. D.五、已知是概念在上的偶函数，其导函数为，若，且，,则的解集为（）A. B. C. D.六、已知概念域为的偶函数，其导函数为，对任意正实数知足，若，则不等式的解集是（）A. B. C. D.7、设函数是概念在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（）A. B. C. D.八、已知的概念域为,为的导函数,且知足,则不等式的解集是（）学科-网A. B. C. D.九、已知是概念在上的函数，是它的导函数，且恒有成立，则（）A. B. C. D.10、若函数在上可导，且知足，则( )A. B. C. D.11、已知概念域为R的函数知足，且的导数，则不等式的解集为（）A. B. C. D.。

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《构造函数解决导数问题》专练一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x ∈R ，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为（）．A ．RB ．(),1-∞-C ．()1,1-D ．()1,-+∞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22()()f x x f x x '+⋅>，则不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +⋅+-⋅->的解集为（）A ．(2023)-∞-，B ．()2-∞-，C ．(20)-，D ．(20220)-，3．设()f x 是定义在(,0)(0,)ππ-的奇函数，其导函数为()'f x ，当(0,)x π∈时，()sin ()cos 0f x x f x x '-<，则关于x 的不等式()2()sin 6f x f x π<的解集为（） A ．(,0)(0,)66ππ-⋃ B ．(,0)(,)66πππ-C ．(,)(,)66ππππ--⋃D ．()(0,)66πππ--，4．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，若()()f x f x '>，(2)1008f =，则不等式21e ( 1) 1008e 0xf x ++->的解集为（）A ．(1,)-+∞B ．(2,)+∞C ．(,1)-∞D ．(1,)+∞5．已知()f x 是定义在()(),00,-∞⋃+∞上的奇函数，且0x >时()()20xf x f x '+>，又()10f -=，则()0f x <的解集为（）A ．()(),11,-∞-+∞ B ．()()1,00,1-C ．()()1,01,-⋃+∞D ．()(),10,1-∞-⋃6．设定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，若()()'2f x f x +<，()02021f =，则不等式()22019x x e f x e >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（）A ．()0+∞，B ．()2019+∞，C ．()0-∞，D ．()()02019-∞+∞，，7．已知函数()f x 的定义域为R ，()f x '为()f x 的导函数.若()()1f x f x '-<，且()01f =，则不等式()12x f x e +≥的解集为（）A ．(],0-∞B ．[)1,-+∞C ．[)0,+∞D ．(],1-∞-8．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，对任意的R x ∈，有()()2cos f x f x x +-=，且在[)0,+∞上有()sin f x x '>-，则不等式()cos sin 2f x f x x x π⎛⎫--≥- ⎪⎝⎭的解集是（）A ．,4π⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．,4π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．,6π⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．,6π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭9．设()'f x 是函数()f x 的导函数，若对任意实数x ，都有[]()()()0x f x f x f x '-+>，且(1)2020f e =，则不等式()20200x xf x e -≥的解集为（） A ．[1,)+∞B ．(,1]-∞C ．(0，2020]D ．(1，2020]10．奇函数()f x 定义域为()(),00,ππ-⋃，其导函数是()'f x .当0x π<<时，有()()'sin cos 0f x x f x x -<，则关于x 的不等式()sin 4f x x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（） A ．ππ4（，） B ．ππππ44（，）（，）-⋃ C ．ππ0044-⋃（，）（，）D ．ππ0π44-⋃（，）（，）11．函数()f x 是定义在R 上的奇函数，其导函数记为()f x '，当0x >时，()()f x f x x'<恒成立，若()20f =，则不等式()01f x x >-的解集为（） A ．()()2,01,2- B ．()()2,00,1-⋃ C ．()()1,2,2⋃-∞- D ．()()2,02,-+∞12．已知函数()3x f x e ax =+-，其中a R ∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x <，都有()21x f x ()()1212x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是（）A ．[3,)+∞B ．[2,)+∞C ．(,3]-∞D ．(,2]-∞二．填空题13．定义在R 上的函数()f x 满足：()()22f x f x x -+=，且当0x ≤时，()2f x x '<，则不等式()()25510f x x x f +-+≥的解集为______．14．设(),()(()0)f x g x g x ≠分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当0x <时，()()()()0f x g x f x g x ''-<，且(2)0f -=，则不等式()0()f xg x >的解集为____ 15．定义在(0,)+∞上的函数()f x 满足()1xf x '<，且(1)1f =，则不等式(31)ln(31)1f x x ->-+的解集是________．16．设()f x 是定义在R 上的函数，其导函数为()'fx ，若()()'1f x f x +>，()02020f =，则不等式()2019x x e f x e >+(其中e 为自然对数的底数)的解集为___三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．已知函数()()()2ln 10,0f x a x x a x =++≠>（1）求函数()f x 的单调区间；（2）对于任意[)1,x ∈+∞均有()20x f x a-≤恒成立，求a 的取值范围.18．已知函数()()ln af x x a R x=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若1x ，2x 是方程()2f x =的两个不同实根，证明：1232x x e+>.19．设函数()2ln a f x x x=+，()323g x x x =--. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若对于任意的12123x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，，都有()()112x f x g x ≥成立，试求a 的取值范围.20．已知函数()()21ln 2f x x mx x m =-+∈R . （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x 且12154x x -≤，求()()12f x f x -的最大值.21．已知函数()ln 2f x x kx =++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()2x e g x x ax =-+，当1k =-且202e a <≤，求证：()()g xf x >.22．已知函数22()3ln (0)f x x ax a x a =+->．（1）若()f x 的极小值为22a ，求实数a 的值；（2）若2a =，求证：()(6)ln 8f x x x >--．《构造函数解决导数问题》专练解析1.【解析】令()()(24)g x f x x =-+，所以()()20g x f x ''=->，故()g x 在R 上单调递增，又(1)(1)20g f -=--=，所以当1x >-时，()0>g x ，即()24f x x >+，所以()24f x x >+的解集为：()1,-+∞，故选：D ． 2.【解析】令2()()g x x f x =⋅，则2()()2()[()2()]g x x f x x f x x x f x f x '''=⋅+⋅=⋅+，∵22()()0f x x f x x '⋅+⋅>>，0x <，∴[()2()]0x x f x f x '⋅+<，即()0g x '<，∴2()()g x x f x =⋅在(,0)-∞上是减函数，∴2(2021)(2021)4(2)0x f x f +⋅+-⋅->可化为： 22(2021)(2021)4(2)(2)(2)x f x f f +⋅+>⋅-=-⋅-， ∴(2021)(2)g x g +>-，即20212x +<-，解得2023x <-，所以不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +⋅+-⋅->的解集为(2023)-∞-，.故选：A 3.【解析】令()()sin f x g x x=，x ∈(,0)(0,)ππ-，当(0,)x π∈时，2()sin ()cos ()sin f x x f x xg x x'='-0<，所以()()sin f x g x x=在(0,)π上为单调递减函数，又()f x 是定义在(,0)(0,)ππ-的奇函数，所以()()sin f x g x x=为偶函数，在(,0)π-上为单调递增函数，当(0,)x π∈时，sin 0x >，所以()2()sin 6f x f x π<等价于()()6sin sin 6f f x x ππ<，即()()6g x g π<，因为()()sin f x g x x =在(0,)π上为单调递减函数，所以6x ππ<<，当(,0)x π∈-时，sin 0x <，所以()2()sin 6f x f x π<等价于()()()()666sin sin sin()sin()666f f f f x x ππππππ--->==---，即()()6g x g π>-，因为()()sin f x g x x =在(,0)π-上为单调递增函数，所以06x π-<<，综上所述：关于x 的不等式()2()sin 6f x f x π<的解集为,0,66πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：B4.【解析】令()()e x f x g x =，则()()()0e xf x f xg x '-'=>，所以()g x 在R 上单调递增．因为21008(2)eg =，所以不等式21e (1)1008e 0x f x ++->，可变形得12(1)(2)e ex f x f ++>，即()()12g x g +>，所以12x +>，解得1x >．故选：D5.【解析】由题可知，当0x >时()()20xf x f x '+>，令()()2g x x f x =⋅，0x >，则()()()()()2220g x x f x xf x x xf x f x '''=+=+>⎡⎤⎣⎦，所以()g x 在()0,∞+上单调递增，因为()f x 是定义在()(),00,-∞⋃+∞上的奇函数，则()()f x f x -=-，所以()()()()()22g x x f x x f x g x -=-⋅-=-⋅=-，得()g x 也是定义在()(),00,-∞⋃+∞上的奇函数，所以()g x 在(),0-∞和()0,∞+上单调递增，又()10f -=，则()()()21110g f -=-⋅-=，所以()10g =，所以可知()0g x <时，解得：1x <-或01x <<，则()0f x <，即()()20g x f x x=<，即()0g x <，所以()0g x <的解集为：()(),10,1-∞-⋃，即()0f x <的解集为()(),10,1-∞-⋃.故选：D.6.【解析】设()()2xg x e f x =-⎡⎤⎣⎦，所以()()()2xg x e f x f x ''=+-⎡⎤⎣⎦，因为()()'2f x f x +<，所以()()()20xg x e f x f x ''=+-<⎡⎤⎣⎦，所以()g x 在R 上单调递减，且()()()01022019g f =⨯-=，又因为()22019xxe f x e >+等价于()2019g x >，所以解集为(),0-∞，故选：C. 7.【解析】设()()1x f x F x e +=，则()()()1xf x f x F x e'--'=. ∵()()1f x f x '-<，∴()0F x '<，即函数()F x 在定义域R 上单调递减. ∵()01f =，∴()02F =， ∴不等式()12xf x e +≥等价于()12xf x e+≥，即()()0F x F ≥，解得0x ≤.故不等式的解集为(],0-∞.故选A. 8.【解析】设()()cos F x f x x =-，∵()()2cos f x f x x +-=，即()()cos cos f x x x f x -=--，即()()F x F x =--，故()F x 是奇函数，由于函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，所以，函数()f x 在R 上连续，则函数()F x 在R 上连续.∵在[)0,+∞上有()sin f x x '>-，∴()()sin 0F x f x x ''=+>，故()F x 在[)0,+∞单调递增，又∵()F x 是奇函数，且()F x 在R 上连续，∴()F x 在R 上单调递增， ∵()cos sin 2f x f x x x π⎛⎫--≥-⎪⎝⎭， ∴()cos sin cos 222f x x f x x f x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≥--=---⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()2F x F x π⎛⎫≥-⎪⎝⎭，∴2x x π≥-，故4x π≥，故选：B ．9.【解析】构造()()x xf x g x e =，则[]()2()()()()x x xxf x f x e xf x e g x e'+-'= []()()()xxf x f x xf x e'+-=[]()()()xx f x f x f x e'-+=0>，所以()g x 为单调递增函数，又(1)(1)2020f g e==，所以不等式()20200x xf x e -≥等价于()2020xxf x e≥等价于()(1)g x g ≥，所以1≥x ，故原不等式的解集为[1,)+∞，故选：A ．10.【解析】令()()sin f x F x x =，则2()sin ()cos ()0sin f x x f x x F x x-''=<，函数()()sin f x F x x=是定义域当(0,)π内的单调递减函数，由于关于x 的不等式()sin 4f x x π⎛⎫< ⎪⎝⎭可化为()()4sin sin 4f f x x ππ<，即()()4F x F π<，则4x ππ>>；而当0x π-<<时，0x π<-<，则关于x 的不等式()sin 4f x x π⎛⎫< ⎪⎝⎭可化为()()4sin sin 4f f x x ππ<，即()()4sin()sin 4f f x x ππ-<-，也即()()4F x F π-<可得4x π>-，即04x π-<<．所以原不等式的解集(,0)(,)44πππ-，应选答案D ．11.【解析】设()()f x h x x =，则()()2()xf x f x h x x'-'=， ∵当0x >时，()()f x f x x'<恒成立，即()()0xf x f x '-<，∴()0h x '<，即()h x 在()0,∞+上单调递减. 又函数()f x 是奇函数，∴()()()()()f x f x f x h x h x x x x---====--， ∴函数()h x 为偶函数，()h x 在(),0-∞上单调递增. ∵()20f =，∴()()()22202f h h -===. ∴当20x -<<或2x >时，()0f x <；当2x <-或02x <<时，()0f x >.不等式()01f x x >-等价于()100x f x ->⎧⎨>⎩或()100x f x -<⎧⎨<⎩，∴12x <<或20x -<<. ∴不等式的解集为()()2,01,2-.故选：A.12.【解析】∵对于任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x <，都有()()()211212x f x x f x a x x -<-成立，∴不等式等价为()()1212f x a f x ax x ++<恒成立，令()()f x ah x x+=，则不等式等价为当12x x <时，()()12h x h x <恒成立，即函数()h x 在(1,)+∞上为增函数；3()x e ax a h x x +-+=，则23()0x x xe e ah x x-+-'=≥在[1,)+∞上恒成立；∴30x x xe e a -+-≥；即3x x a xe e -≤-恒成立，令()x x g x xe e =-，∴()0xg x xe '=>；∴()g x 在[1,)+∞上为增函数；∴()(1)0g x g >=；∴30a -≥；∴3a ≤. ∴a 的取值范围是(,3]-∞.故选：C. 13.【解析】因为()()22f x f x x -+=，所以()()()220f x x f x x ---+-=，令()()2g x f x x =-，则()()0g x g x -+=，所以()g x 为奇函数．又因为当0x ≤时，()()20g x f x x ''=-<，所以()g x 在(],0-∞上单调递减，即()g x 在R 上单调递减．而不等式()()()()()()()2225510555f x f x x f x x f x x g x g x +≥-+⇔-≥---⇔≥-，所以5x x ≤-，所以52x ≤．故答案为：5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ 14.【解析】()f x 和()()()0g x g x ≠，分别是定义在R 上的奇函数和偶函数()()f x f x ∴-=- ()()g x g x -=，当0x <时，()()()()0f x g x f x g x '-'< 当0x <时，2()()()()()[]0()()f x f xg x f x g x g x g x '-''=<，令()()g()f x h x x =，则()h x 在(,0)-∞上单调递减 ()()()()()()f x f x h x h xg x g x --==-=--，()h x ∴为奇函数，根据奇函数的性质可得函数()h x 在(0,)+∞单调递增， (2)f f -=-（2）()()0202h h h ==∴-=-，，（2）0=()h x 图象如图，由图可知，()()0()f x h xg x =>的范围为(,2)(0,2)-∞-⋃15.【解析】构造函数()()ln 1(0)g x f x x x =-->，则1()1()()xf x g x f x x x'-''=-=，依题意知()0g x '<，即()()ln 1g x f x x =--在0,上是减函数.又因为(1)1f =，所以(1)(1)ln110g f =--=，所以()(1)g x g >的解为01x <<，即()ln 10f x x -->即()ln 1f x x >+的解为01x <<，所以(31)ln(31)1f x x ->-+的解为0311x <-<，即1233x <<，即解集是12,33⎛⎫⎪⎝⎭.16.【解析】设()()2019x xg x e f x e =--，不等式()2019x xe f x e >+的解等价于不等式()0>g x 的解，因为''()(()()1)0xg x e f x f x =+->，所以()g x 在R 上单调递增，又(0)(0)120190g f =--=，所以()0(0)g x g >=，所以0x >，所以原不等式的解集为()0,∞+17.【解析】（1）()()2'2221a x x af x x x x++=++=，0a ≥时，()'>0f x ，所以()f x 的单调增区间是()0,∞+；0a <时，令'0fx，解得x =舍去），所以x ⎛∈ ⎝⎭时，()'0f x <，x ⎫∈+∞⎪⎝⎭⎪时，()'>0f x ，所以()f x的单调减区间是0,21⎛ ⎝⎭-，单调增区间是12⎛⎫+∞ ⎪ ⎝-+⎭⎪；（2）由()110f a -≤可得104a <≤，只需证明当104a <≤时，()20x f x a -≤恒成立，等价于()22210x x lnx a a+--≥，令1t a=，则4t ≥，设()()2221g t x t x t lnx =-+-，对称轴()2221111222x t x x ⎛⎫⎪⎝⎭+==+≤，故有()()()2241641g t g x x lnx ≥=-+-. 记()()221641h x x x lnx =-+-，()()'1113281248241801h x x x x x x =-+-=--≥⨯-->，所以()h x 在[)1,+∞单调递增，且()10h =.故有()0h x ≥，于是()0g t ≥恒成立. 由此104a <≤. 18.【解析】（1）解：因为()ln a f x x x =-，所以()221a a x f x x x x+'=--=-. ①当0a ≥时，()0f x '<在()0,∞+上恒成立，故()f x 在()0,∞+上单调递减. ②当0a <时，由()0f x '>得0x a <<-；由()0f x '<得x a >-. 即()f x 在()0,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减，综上，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a <时，()f x 在()0,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减.（2）证明：因为()()122f x f x ==，所以11ln 20a x x --=，22ln 20ax x --=，即111222ln 2ln 20x x x a x x x a +-=+-=. 设()ln 2g x x x x a =+-，则()ln 3g x x '=+，故()g x 在310,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在31,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.由题意不妨设12310e x x <<<，欲证1232e x x +>，只需证2132ex x >-. 又2x ，13321,e e x ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭，()g x 在31,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.故只需证()2132e g x g x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭.因为()()12g x g x =，所以只需证()1132e g x g x ⎛⎫>-⎪⎝⎭对任意的1310,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立即可，即111111333222ln 2ln 2e e e x x x a x x x a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+->--+-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.整理得111111333224ln 2ln 2e e ex x x x x x ⎛⎫⎛⎫+>--+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即11111333224ln ln 40e e e x x x x x ⎛⎫⎛⎫---+->⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设()333224ln ln 4e e e h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=---+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，310,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()23322ln ln 6ln 6e e x h x x x x ⎛⎫⎛⎫'=+-+=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 因为310e x <<，所以236210e e x x <-<，所以()232ln 60e x h x x ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭，所以()h x 在310,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，则()310e h x h ⎛⎫>= ⎪⎝⎭.所以1232e x x +>成立.19.【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0+∞，，23312(),a x af x x x x'-=-+= 当0a ≤ 时，()0f x '≥，所以函数 ()f x 在 (0,)+∞上单调递增；当 0a >时，当 x ≥时，则()0f x '≥ ，函数()f x 单调递增，当0x <<时， ()0f x '< ，函数()f x 单调递减，所以0a >时，函数()f x 在单调递减，在)+∞上递增；（2）由已知得221()323(),,233g x x x x x x '⎡⎤=-=-∈⎢⎥⎣⎦，所以当2,23x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0g x '≥，所以函数()g x 在2,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，当12,33x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0g x '≤，所以函数()g x 在12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，又183()(2)1327g g =-<=，所以函数()g x 在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为1，依题意得，只需在1,23x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()1xf x ≥恒成立，即ln 1ax x x+≥，也即是2ln a x x x ≥-在1,23x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，令21()ln (,2)3h x x x x x ⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，则()12ln h x x x x '=--，有(1)0h '=，当1,13x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，10x ->，ln 0x x <，()0h x '>，即()h x 在1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，当(]1,2x ∈时，10,ln 0x x x -<>，()0h x '<，所以()h x 在(]1,2上单调递减，所以，当1x =时，函数()h x 取得最大值(1)1h =，故1a ≥，即实数a 的取值范围是[)1,+∞.20.【解析】（1）由题意，211()x mx f x x m x x-+'=-+=，0x >，设21(0)y x mx x =-+>，24m ∆=-，①当0∆≤，即22m -≤≤时，0y ≥，()0f x '≥，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增；②当0∆>，即2m <-或2m >时，i ）当2m <-时，0y ≥，()0f x '≥，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增；ii ）当2m >时，令()0f x '=，则1x =或2x =，令()0f x '<，则12x x x <<；令()0f x '>，则1x x <或2x x >；()f x ∴在()12,x x 上递减，在()10,x 和()2,x +∞上递增，综上所述，当2m ≤时，()f x 在(0,)+∞上递增；当2m >时，()f x 在22m m ⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭上递减，在0,2m ⎛- ⎪⎝⎭和,2m ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上递增；（2）由（1）得当2m ≤时，()f x 在(0,)+∞上递增，不合题意；2m ∴>，不妨设120x x <<，则()f x 在()12,x x 上递减，1x ，2x 是方程210x mx -+=的两个不相等实数根，12x x m ∴+=，121=x x ，因为1221154x x x x -=-≤，所以1114x ≤<或14x ≤-（舍去），则()()()()()()2211212121221ln 2x f x f x f x f x x x m x x x -=-=---+ 22112111ln 2x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，1114x ≤<，令211,116t x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭=，则11()ln 2g t t t t ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，1116t ≤<，所以22(1)()02t g t t -'=-<，()g t ∴在1,116⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递减，1255()4ln 21632g t g ⎛⎫≤=- ⎪⎝⎭， ∴当114x =时，()()12f x f x -取最大值2554ln 232-． 21.【解析】（1）函数()ln 2f x x kx =++. 函数定义域为()0,∞+，()1+1kx f x k x x='=+ 当0k ≥时，可知()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+单调递增；当0k <时，令()0f x '=，解得1x k=-，所以当10x k <<-时，()0f x '>；当1x k>-时()0f x '<；故此时()f x 单调增区间为10,k ⎛⎫- ⎪⎝⎭；单调减区间为1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；综上所述：当0k ≥时()f x 在()0,∞+递增；当0k <时()f x 增区间为10,k ⎛⎫-⎪⎝⎭；减区间为1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.（2）证明：将1k =-代入函数解析式可得()ln 2f x x x =-+，()2xe g x x ax=-+，定义域为()0,∞+，要证()()g x f x >，即证ln x e ax x >，①当01x <≤时，1x e >，ln 0ax x ≤，不等式显然成立， ②当1x >时，ln 0x x >，结合已知2102a e <≤可得，210ln ln 2ax x e x x <≤，于是转化为21ln 2xe e x >，即证22ln 0x e x x-->，令()22ln x e h x x x -=-，则()()2221x e x x h x x-'--=，令()()221x x e x x -Φ=--，则()221x x xe -'Φ=-，且在()0,∞+上单调递增，∵()2110e'Φ=-<，()230'Φ=>，存在()01,2x ∈使得()00x Φ'=，即02021x x e -=，∴()x Φ在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，又()110Φ=-<，()20Φ=，故当()1,2x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，∴()()21ln 20h x h ≥=->，故()0h x >，得证()()g x f x >.22.【解析】（1）由题意，22()3ln f x x ax a x =+-的定义域为(0,)+∞，且2221323()(23)()2(0)a x ax a x a x a f x x a x x x x+--+'=+-==>，，由()0f x '<得0x a <<，由()0f x '>得x a >，∴()f x 在区间()0,a 上单调递减，在区间(),+∞a 上单调递增，∴()f x 的极小值为22222()3ln 23ln f a a a a a a a a =+-=-，令22223ln 2a a a a -=，得23ln 0a a =， ∵0a >，∴ln 0a =，解得1a =．（2）当2a =时，2()212ln f x x x x =+-，设()()(6)ln g x f x x x =--，则22()212ln (6)ln 26ln ln g x x x x x x x x x x x =+---=+--，则262ln 6()22ln 1(0)x x x x g x x x x x x+--'=+---=>，设2()2ln 6(0)h x x x x x x =+-->，则()41(ln 1)4ln h x x x x x '=+-+=-，设()4ln m x x x =-，则141()4(0)x m x x x x-'=-=>，由()0m x '<可得104x <<，由()0m x '>可得14x >，即()m x 在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增， ∴11()1ln 12ln 2044m x m ⎛⎫≥=-=+>⎪⎝⎭，即()0h x '>， ∴()h x 在()0,+∞上单调递增．∵(1)30h =-<，(2)42ln 20h =->，∴()h x 存在唯一的零点0x ，且0(1,2)x ∈．由()2000002ln 60h x x x x x =+--=，得0006ln 21x x x =-+，当()00,x x ∈时，()0h x < ，即()0g x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0h x > ，即()0g x '>， ∴()2000000()26ln ln g x g x x x x x x ≥=+--()20000062621x x x x x ⎛⎫=+-+-+ ⎪⎝⎭20003611x x x =--+，易得()g x 在区间1,2上单调递减，故()2036211282g x >--⨯+=-， ∴()()(6)ln 8g x f x x x =-->-，即()(6)ln 8f x x x >--．。