2021届高三复习专练(文科) 3含导数的抽象函数的构造
高考中的抽象函数专题练习(含答案)
定义域为 [
3, 3
3 3
]
故②不成立，因为函数
y
log2
(
x2
2x
3)
的定义域为
x2
2x
3
0,
x
3
或 x 1所以递增区间为 (1, ) 不正确，所以③不成立.因为函数 y f (2x 1) 与函数 y f (1 2x) 的
图像关于 y 轴对称，所以④不正确.故选 A
2.答案：C
分析：由 f (0) 0, f (x) f (1 x) 1，得 f (1) 1 ， f (1) 1，又 f ( x) 1 f x ， f (1) 1 ，
其中正确的个数为 (
)
A. 0 个
B. 1个 C. 2 个 D. 3 个
2.定义在 R
上的函数
f
(x) 满足
f
(0)
0,
f
(x)
f
(1
x)
1,
f
(x) 5
1 2
f
(x) ，且当 0
x1
x2
1
时，
f
(x1)
f
(x2 ) ，则
f
( 1 ) 等于（ 2021
）
A. 1 2
B. 1 16
C. 1 32
D. 1 64
3.已知 f (x) 是定义在 R 上的函数，且 f (x 3)[1 f (x)] 1 f (x) ， f (2) 3 2 ，则 f 2021
2
值为（
）
A. 2 3 B. 2 3 C. 3 2 D. 2 3
4.已知 f (x 1) f (x 1), f (x) f (x 2) ，方程 f (x) 0 在[0,1] 内有且只有一个根 x 1 ，则 2
高考数学专题三含导函数的抽象函数的构造精准培优专练文 (5)
【答案】C
【解析】定义在上的奇函数满足：
，且，
又时，，即，
∴，函数在时是增函数，
又，∴是偶函数；
∴时，是减函数，结合函数的定义域为，且，
可得函数与的大致图象如图所示，
∴由图象知，函数的零点的个数为3个．故选C．
二、填空题
13．设是上的可导函数，且，，．则的值为________．
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】令，∴，
∵，∴时，，则，
∴，在上单调递减，∴，
即，
∵，∴，
∴，，故选C．
10．定义在上的函数的导函数为，若对任意，都有，
则使得成立的的取值范围为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】构造函数：，，
∵对任意，都有，
∴，
∴函数在单调递减，由化为：，
∴．∴使得成立的的取值范围为．故选D．
【解析】设，则不等式等价为，
设，则，
∵的导函数，∴，函数单调递减，
∵，∴，则此时，解得，
即的解为，所以，解得，
即不等式的解集为，故答案为．
16．已知函数是定义在上的奇函数，且．若时，，
则不等式的解集为__________．
【答案】
【解析】设，则，当时，由已知得，为增函数，
由为奇函数得，即，
∴当时，，
【答案】
【解析】由得，所以，即，
设函数，则此时有，故，．
14．已知，为奇函数，，则不等式的解集为_________．
【答案】
【解析】∵为奇函数，∴，即，
令，，则，
故在递增，，得，
故，故不等式的解集是，故答案为．
15．已知定义在实数集的函数满足，且导函数，则不等式的解集为__________．
2021高三数学(文)精准培优专项训练《3含导函数的抽象函数的构造》学生版
2021届高三精准培优专练培优点三含导函数的抽象函数的构造一、含导函数的抽象函数的构造例1：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()2f x +为偶函数，()41f =，则不等式()x f x e <的解集为________．例2：已知2)(ax e x f x -=，曲线)(x f y =在))1(,1(f 处的切线方程为1+=bx y ．（1）求a ，b 的值；（2）求)(x f 在]1,0[上的最大值；（3）证明：当0>x 时，01ln )1(≥---+x a x e e x ．对点增分集训一、选择题1．设函数()f x 在定义域内可导，()y f x =的图像如图所示，则导函数()y f x '=的图像可能为（）A ．B ．C ．D ．2．曲线311y x =+在点(1,12)P 处的切线与y 轴交点的纵坐标是（）A ．9-B ．15C ．9D ．3-3．已知函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()2(1)ln f x xf x =+'，则(2)f '=（）A ．32B ．1C ．1-D ．32-4．曲线sin x y x e =+在点(0,1)处的切线方程是（）A ．330x y -+=B ．220x y -+=C ．210x y -+=D ．310x y -+=5．函数()321313f x x x x =+--的极小值点是（）A ．1B ．8(1,)3-C ．3-D ．(3,8)-6．函数()sin x f x ae x =-在0x =处有极值，则a 的值为（）A ．1-B ．0C ．1D ．e7．若函数()2123ln 2f x x x x =--，则函数()f x 的单调递减区间为（）A ．(,1)(3,)-∞-+∞B ．()1,3-C ．()0,3D ．()3,+∞8．己知()tan f x x =，()f x '为()f x 导数，则π3f ⎛⎫⎪⎝⎭='（）A ．4B ．2CD ．2-9．函数22cos y x x x =+的导数为（）A ．22cos sin 2y x x x x x '=-+B ．222cos sin y x x x x x '=-+C ．2cos 2sin 2y x x x x x '=--D ．22cos sin y x x x x x '=--10．已知函数()ln f x x x a =+在点()()1,1f 处的切线经过原点，则实数a （）A ．1-B ．0C ．1e D ．111．设函数1()ln f x x x =+，则（）A ．2x =为()f x 的极大值点B ．2x =为()f x 的极小值点C ．1x =为()f x 的极大值点D ．1x =为()f x 的极小值点12．若2()lg(21)f x x ax a =-++在区间(,1]-∞上单调递减，则a 的取值范围为（）A ．[1,2)B ．[1,2]C ．[1,)+∞D ．[2,)+∞二、填空题13．已知()212()3f x x xf '=+-，则1()3f '-=_____．14．曲线21x y xe x =+-在点(0,1)-处的切线方程为_______．15．如图，函数()y f x =的图象在点P 处的切线方程是28y x =-+，则(3)(3)f f '+=______．三、解答题16．已知函数3()128f x x x =-+．（1）求函数()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若[1,3]x ∈-，求()f x 的最大值．17．已知函数()32f x ax bx cx d =+++在R 上是奇函数，且在1x =处取得极小值2-．（1）求()f x 的解析式；（2）求过点()0,16A 且与曲线()y f x =相切的切线方程．18．设函数21()2ln ()2f x x ax x a =-+∈R 在1x =时取得极值．（1）求a 的值；（2）求函数()f x 的单调区间．19．已知函数2()x f x e ax =-，且曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线(2)0x e y +-=垂直．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求()1f x ≥的解集．20．函数()x f x e ax =-，a ∈R ．（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）当0x >时，()0f x ≥恒成立，求实数a 的最大值．培优点三含导函数的抽象函数的构造答案例1：【答案】(0,)+∞【解析】设()()x f x h x e =，则()()()()()2x x e f x f x h x e '-'=．∵()()f x f x '<，∴()0h x '<，所以函数()h x 是R 上的减函数，∵函数()2f x +是偶函数，∴函数(2)(2)f x f x -+=+，∴函数关于2x =对称，∴(0)(4)1f f ==，原不等式等价为()1h x <，∴不等式()x f x e <等价()1()(0)h x h x h <⇔<，0()(0)1x f x f e e <=．∵()h x 在R 上单调递减，∴0x >．故答案为(0,)+∞．例2：【答案】（1）1a =，2b e =-；（2）max ()1f x e =-；（3）证明见解析．【解析】（1）()2xf x e ax '=-，由题设得(1)2f e a b '=-=，1)1(+=-=b a e f ，解得1a =，2b e =-．（2）由（1）知2)(x e x f x -=，∴()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-，∴()f x '在)2ln ,0(上单调递减，在),2(ln +∞上单调递增，所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，所以)(x f 在]1,0[上单调递增，所以1)1()(max -==e f x f ．（3）因为()f x '，又由（2）知，)(x f 过点)1,1(-e ，且)(x f y =在1=x 处的切线方程为1)2(+-=x e y ，故可猜测：当0x >，1x ≠时，)(x f 的图象恒在切线1)2(+-=x e y 的上方．下证：当0>x 时，1)2()(+-≥x e x f ，设()()(2)1g x f x e x =--+，0x >，则()2(2)x g x e x e '=---，()2xg x e ''=-，由（2）知，()g x '在)2ln ,0(上单调递减，在),2(ln +∞上单调递增，又()30g x e '=->，(1)0g '=，0ln 21<<，∴(ln 2)0g '<，所以，存在)1,0(0∈x ，使得()0g x '=，所以，当),1(),0(0+∞∈ x x 时，()0g x '>；当)1,(0x x ∈时，()0g x '<，故)(x g 在),0(0x 上单调递增，在)1,(0x 上单调递减，在),1(+∞上单调递增，又0)1()0(==g g ，∴01)2()(2≥----=x e x e x g x ，当且仅当1=x 时取等号，故(2)1x e e x x x +--≥，0x >．由（2）知，1ln 1)2(+≥≥--+x x x x e e x ，即1ln 1)2(+≥--+x x x e e x ，所以x x x x e e x +≥--+ln 1)2(，即0ln 1)1(≥---+x x x e e x 成立，当1=x 时，等号成立．一、选择题1．【答案】D【解析】由函数()f x 的图象可知，当(0,)x ∈+∞时，()f x 单调递减，所以(0,)x ∈+∞时，()0f x '<，符合条件的只有D 选项，故选D ．2．【答案】C【解析】∵311y x =+，∴23y x '=，则21313x y ==⨯='，∴曲线311y x =+在点(1,12)P 处的切线方程为123(1)y x -=-，令0x =，解得9y =．∴曲线311y x =+在点(1,12)P 处的切线与y 轴交点的纵坐标是9，故选C ．3．【答案】D【解析】依题意()()121f x f x ''=+，令1x =，得()()1211f f ''=+，()11f '=-，所以()12f x x '=-+，所以()132222f '=-+=-，故选D ．4．【答案】C【解析】求导cos x y x e '=+，则曲线sin x y x e =+，在点(0,1)处的切线的斜率0cos02k e =+=，由点斜式可得12(0)y x -=-，即切线方程为210x y -+=，故选C ．5．【答案】A【解析】()223f x x x =+-'，由2230x x +-=，得3x =-或1．函数()321313f x x x x =+--在(),3-∞-上为增函数，()3,1-上为减函数，()1+∞，上为增函数，故()f x 在1x =处有极小值，极小值点为1．故选A ．6．【答案】C【解析】由题意得：()cos x f x ae x '=-，∵()f x 在0x =处有极值，∴()0cos010f a a '=-=-=，解得1a =．经检验满足题意，本题正确选项C ．7．【答案】C【解析】函数()2123ln 2f x x x x =--的定义域为{|0}x x >，因为2323(3)(1)()2x x x x f x x x x x ---+'=--==，令(3)(1)0x x x -+<并且0x >，得03x <<，所以函数()2123ln 2f x x x x =--的单调递减区间为()0,3．故本题正确答案为C ．8．【答案】A【解析】∵sin ()tan cos x f x x x ==，∴2222cos sin 1()cos cos x x f x x x +'==，∴π1(4134f '==，故本题选A ．9．【答案】A【解析】∵22cos y x x x =+，∴()()2222cos (cos )2cos sin 2y x x x x x x x x x x ''''=+⋅+=-+，故选A ．10．【答案】D【解析】函数()ln f x x x a =+，()ln 1f x x '=+，∴(1)1f '=，切线方程为1y x a =-+，故001a =-+，解1a =．故选D ．11．【答案】D【解析】函数1()ln f x x x =+，则函数22111()x xf x x x -'=-+=，令()0f x '=，解得1x =，当()0f x '>，解得1x >，∴函数()f x 在(1,)+∞单调递增；由()0f x '<，解得01x <<，∴函数()f x 在(0,1)上单调递减．∴函数()f x 在1x =取得极小值，故选D ．12．【答案】A【解析】令221u x ax a =-++，则()lg f u u =，配方得22221()1u x ax a x a a a =-++=--++，故对称轴为x a =，如图所示：由图象可知，当对称轴1a ≥时，221u x ax a =-++在区间(,1]-∞上单调递减，又真数2210x ax a -++>，二次函数221u x ax a =-++在(,1]-∞上单调递减，故只需当1x =时，若2210x ax a -++>，则(,1]x ∈-∞时，真数2210x ax a -++>，代入1x =，解得2a <，所以a 的取值范围是[1,2)．故选A ．二、填空题13．【答案】23【解析】()122(3f x x f ''=+-，令13x =-，则121()2(333f f ''-=-+-，故12(33f '-=．故填23．14．【答案】310x y --=【解析】因为(1)2x y x e '=++，所以(0)3y '=，又切点为(0,1)-，所以在点(0,1)-处的切线方程为310x y --=．15．【答案】0【解析】由题意可知(3)2382f =-⨯+=，(3)2f '=-，故(3)(3)0f f '+=．三、解答题16．【答案】（1）128y x =-+；（2）19．【解析】（1）因为3()128f x x x =-+，所以(0)8f =，因为2()312f x x '=-，所以(0)12f '=-，切线方程为812y x -=-，即128y x =-+．（2）令2()3120f x x '=-=，得2x =或2x =-，由[1,3]x ∈-，所以2x =，因为(1)19f -=，(2)8f =-，(3)1f =-，所以()f x 的最大值为19．17．【答案】（1）3()3f x x x =-；（2）9160x y -+=．【解析】（1）∵()f x 是定义在R 上的奇函数，∴0b d ==，∴()3f x ax cx =+，则()23f x ax c '=+，∴()()13012f a c f a c ⎧=+=⎪⎨=+=-'⎪⎩，解得13a c =⎧⎨=-⎩．∴()33f x x x =-．（2）设切点坐标为()3000,3M x x x -，则在M 处切线斜率()20033k f x x '==-，又30003160x x k x --=-，∴320000316330x x x x --=--，解得02x=-，∴3439k =⨯-=，∴过()0,16A 的切线方程为169y x -=，即9160x y -+=．18．【答案】（1）3；（2）()f x 的单调递增区间为()0,1，()2,+∞；单调递减区间为(1,2)．【解析】（1）2()f x x a x '=-+，当1x =时取得极值，则(1)0f '=，即120a -+=，解得3a =，经检验，符合题意．（2）由（1）得：21()32ln 2f x x x x =-+，∴2(1)(2)()3,(0)x xf x x x x x --'=-+=>，令()0f x '>，解得01x <<或2x >；令()0f x '<，解得12x <<，∴()f x 的单调递增区间为(0,1)，(2,)+∞；单调递减区间为(1,2)．19．【答案】（1）()f x 在(),-∞+∞为增函数；（2）{}0x x ≥．【解析】（1）∵()2()2x x f x e ax f x e ax =-⇒=-'，∴()12f e a '=-，∵曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线(2)0x e y +-=垂直．∴()12()112e a a e -⋅-=-⇒=-，∴()2x f x e x =-'，令()()()2x h x f x h x e ''=⇒=-，当()0ln 2h x x >⇒>'时，()f x '为增函数；当()0ln 2h x x <⇒<'时，()f x '为减函数，所以()()min ln 222ln 20f x f ==-'>'，所以()0f x '>，所以()f x 在(),-∞+∞为增函数．（2）2()110x f x e x ≥⇒--≥，令()21x g x e x =--，因为()f x 在(),-∞+∞为增函数，所以()g x 在(),-∞+∞为增函数，因为()00010g e =--=，所以不等式的解集为{}0x x ≥．20．【答案】（1）()f x 极小值为()01f =，无极大值；（2）e ．【解析】（1）1a =时，()x f x e x =-，则()1x f x e '=-，令()0f x '=，解得0x =．当0x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x >时，()0f x '>，()f x 单调递增，∴()f x 极小值为()01f =，无极大值．（2）当0x >时，由()0f x ≥，得xe a x ≤，令()xe g x x =，则()()221xx x x e xe e g x x x --'==，令()0g x '=，解得1x =，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，∴()()min 1g x g e ==，∴a e ≤，∴实数a 的最大值为e ．。
2021高考数学专题三含导函数的抽象函数的构造精准培优专练文
2021高考数学专题三含导函数的抽象函数的构造精准培优专练文 2021高考数学(文科)精准培优专练培优点三含导函数的抽象函数的构造1.f'？十、A.A.0可构造H？十、F十、斧头例1：函数f?x?的定义域为r，f(?1)?2，对任意x?r，f?(x)?2，则f?x??2x?4的解集为（）a．(?1,1)【答案】b[parse]构造函数G？十、F十、2倍？4，那么G？（x） ?？F（x） ?？2.有x吗？r、f？（x） ?？2，那么G？（x） ?？F（x） ?？2.0保持，那么G？十、F十、2倍？4是R 上的增函数，因为g（？1）？f（？1）？2.(?1)? 4.0，那么G？十、F十、2倍？4.0，??)． F十、2倍？4的解集是（？1，？）b、（？1，？1）c.（？，？）d、（？？）2．对于xf'?x??f?x??0，构造h?x??xf?x?；对于xf'?x??f?x??0，构造h?x??f?x?x例2：已知函数y？F十、的图像是关于y轴对称的，当x，0华氏度？十、xf？？十、0，a？20.2f？20.2?， B日志3f？日志3.Clog39f？log39那么a，B和C的大小关系是（）a.a？BC[答]d【解析】因为函数y?f?x?关于y轴对称，所以函数y?xf?x?为奇函数．因为xf？十、F十、xf？？十、所以当x，什么时候，？？xf？十、F十、xf？？十、0，函数b．a?c?bc．c?b?ad．b?a?cYxf？十、单调递减，当x？？0函数y？xf？十、单调递减因为1?20.2?2，0?log?3?1，log39?2，所以0?log?3?20.2?log39，所以b?a?c．3.对于f'（x）？f（x）？0，H？十、exf？十、对于f'（x）？F（x）还是F'（x）？f（x）？0.建筑h(x)?f(x)ex1例3：已知f？十、是R上的可微函数，和？十、r、都是f？十、F十、然后是（）a.e2022f（？2022）？f（0），f（2022）？e2022f（0）b．e2021f(?2021)?f(0)，f(2021)?e2021f(0)c．e2021f(?2021)?f(0)，f(2021)?e2021f(0)d．e2021f(?2021)?f(0)，f(2021)?e2021f(0)【答案】d[parse]构造函数G？十、F十、然后是G？？十、F十、前任？？前任？？F十、Ex2？F十、F十、exf？十、前任，因为?x?r均有f?x??f??x?并且ex?0，所以g??x??0，故函数g?x??递减，那么g（？2022）？g（0），g（2022）？G（0），即在r上单调f（2022）f（？2022）？f（0）？f（0）e2022e？2022是E2022F（？2022）？f （0），f（2022）？e2022f（0）。
直击2024年高考——高三数学导数题型专练(全国版)
导数题型专练【利用公式和四则运算求导】 【例1】下列求导运算正确的是( ) A.⎝⎛⎭⎫1ln x ′＝－1x ln 2x B ．(x 2e x )′＝2x ＋e x C.⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3′＝－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3 D.⎝⎛⎭⎫x －1x ′＝1＋1x 2 【答案】 AD【解析】 ⎝⎛⎭⎫1ln x ′＝－1ln 2x ·(ln x )′＝－1x ln 2x ， 故A 正确；(x 2e x )′＝(x 2＋2x )e x ，故B 错误；⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3′＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3，故C 错误；⎝⎛⎭⎫x －1x ′＝1＋1x 2，故D 正确．【复合函数求导】 【例2】设函数，若，则．【答案】 1; 【解析】 函数， ， ，，解得， 故答案为：．【根据导数构造抽象函数】 【例3】已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）．A.B.C.D.【答案】 A; 【解析】 设，由，得：，故函数在递减，由为奇函数，得， ∴，即，∵不等式，∴，即， 结合函数的单调性得：， 故不等式的解集是．故选．【求在某点处的切线方程】【例4】曲线y ＝2x －1x ＋2在点(－1，－3)处的切线方程为__________．【答案】 5x －y ＋2＝0【解析】 y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x ＋2′＝2(x ＋2)－(2x －1)(x ＋2)2＝5(x ＋2)2，所以y ′|x ＝－1＝5(－1＋2)2＝5，所以切线方程为y ＋3＝5(x ＋1)，即5x －y ＋2＝0.【求过某点处的切线方程】【例5】y =2x 2+8过点P(1,2)的切线方程是( )． A. y =−4x +6B. y =12x −10C. y =−4x +6或y =12x −10D. y =4x +6或y =12x −10【答案】 C;【解析】 设切点坐标为(x 0 ,2x 02+8)，y ′=4x ，∴切线斜率k =4x 0，则2x 02+8−2x 0−1=4x 0，解得x 0=−1或3，∴所求切线方程为y =−4x +6或y =12x −10．【根据切线求参数问题】【例6】直线y ＝kx ＋1与曲线f (x )＝a ln x ＋b 相切于点P (1,2)，则2a ＋b 等于( ) A ．4 B ．3C ．2D ．1【答案】 A【解析】 ∵直线y ＝kx ＋1与曲线f (x )＝a ln x ＋b 相切于点P (1,2)， 将P (1,2)代入y ＝kx ＋1， 可得k ＋1＝2，解得k ＝1， ∵ f (x )＝a ln x ＋b ，∴ f ′(x )＝ax ， 由f ′(1)＝a1＝1，解得a ＝1，可得f (x )＝ln x ＋b ， ∵P (1,2)在曲线f (x )＝ln x ＋b 上， ∴f (1)＝ln 1＋b ＝2，解得b ＝2，故2a ＋b ＝2＋2＝4.【例7】过定点P (1，e)作曲线y ＝a e x (a >0)的切线，恰有2条，则实数a 的取值范围是________． 【答案】 (1，＋∞)【解析】 由y ′＝a e x ，若切点为(x 0，0e x a )， 则切线方程的斜率k ＝0'|x x y =＝0e x a >0，∴切线方程为y ＝0e x a (x －x 0＋1)， 又P (1，e)在切线上， ∴0e x a (2－x 0)＝e ，即ea ＝0e x (2－x 0)有两个不同的解，令φ(x )＝e x (2－x )， ∴φ′(x )＝(1－x )e x ，当x ∈(－∞，1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝e ， 又x →－∞时，φ(x )→0； x →＋∞时，φ(x )→－∞， ∴0<ea <e ，解得a >1，即实数a 的取值范围是(1，＋∞)．【两曲线的公切线】【例8】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 2＋ax (a ∈R )，直线l 与f (x )的图象相切于点A (1,0)，若直线l 与g (x )的图象也相切，则a 等于( ) A ．0 B ．－1 C ．3 D ．－1或3【答案】 D【解析】 由f (x )＝x ln x 求导得f ′(x )＝1＋ln x ，则f ′(1)＝1＋ln 1＝1，于是得函数f (x )在点A (1,0)处的切线l 的方程为y ＝x －1，因为直线l 与g (x )的图象也相切，则方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1，g x ＝x 2＋ax ，有唯一解，即关于x 的一元二次方程x 2＋(a －1)x ＋1＝0有两个相等的实数根， 因此Δ＝(a －1)2－4＝0，解得a ＝－1或a ＝3， 所以a ＝－1或a ＝3.【利用导数确定函数图象】 【例9】已知函数，则的图象大致为（ ）．A. B.C. D.【答案】A;【解析】令，则，由，得，即函数在上单调递增，由得，即函数在上单调递减，所以当时，函数有最小值，，于是对任意的，有，故排除、，因为函数在上单调递减，则函数在上单调递增，故排除．故选．【利用导数求具体函数的单调性】【例10】函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是()A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－1,1)【答案】A【解析】∵f′(x)＝2x－2 x＝2(x＋1)(x－1)x(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1，∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．【例11】若函数f(x)＝ln x＋1e x，则函数f(x)的单调递减区间为________．【答案】(1，＋∞)【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ln x－1e x，令φ(x)＝1x－ln x－1(x>0)，φ′(x)＝－1x2－1x<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．【利用导数求含参函数的单调性】【例12】已知函数．讨论的单调性．【答案】当时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，减区间为．【解析】函数的定义域为：，，①当时，恒成立，在上单调递增，无减区间；②当时，令，解得，∴增区间为，减区间为综上：当时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，减区间为．【例13】已知函数是自然对数的底数）．讨论的单调性．【答案】 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【解析】，当时，，在上单调递减； 当时，由得，所以在上单调递减；由得，所以在上单调递增．综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．【导数解决单调性的应用-比较大小】【例14】已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝⎛⎭⎫π5，f (1)，f ⎝⎛⎭⎫－π3的大小关系为( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5 B ．f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5 C ．f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3 D ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1) 【答案】 A【解析】 因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎫－π3＝f ⎝⎛⎭⎫π3.又当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3，即f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5.【导数解决单调性的应用-解不等式】【例15】已知函数f (x )＝e x －e －x －2x ＋1，则不等式f (2x －3)>1的解集为________．【答案】 ⎝⎛⎭⎫32，＋∞【解析】 f (x )＝e x －e －x －2x ＋1，定义域为R ， f ′(x )＝e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2＝0，当且仅当x ＝0时取“＝”， ∴f (x )在R 上单调递增， 又f (0)＝1，∴原不等式可化为f (2x －3)>f (0)， 即2x －3>0，解得x >32， ∴原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫32，＋∞.【导数解决单调性的应用-求参数范围】【例16】已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 【答案】 ⎣⎡⎭⎫43，＋∞ 【解析】 由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立， 即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立， ∵⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83， ∴2a ≥83，即a ≥43.【根据函数图象判断极值】【例17】设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(x －1)f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3)B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3) C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)【答案】D【解析】由题图知，当x∈(－∞，－3)时，y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．【利用导数求函数的极值】【例18】已知函数，其中．求函数的极值．【答案】当时，在单调递减，无极值，当时，在单调递增，上单调递减．∴有极大值．【解析】，，令得，，当时，在单调递减，无极值，当时，在单调递增，上单调递减．∴有极大值．【例19】已知函数．判断函数的极值点的个数，并说明理由．【答案】当时，函数有一个极值点；当或时，函数有两个极值点，当时，函数无极值点．【解析】因为，所以．（）当时，有，令，得．当变化时，和的变化情况如下：所以当时，函数只有一个极值点．（）当时，令，得，．①当时，．当变化时，和的变化情况如下：所以当时，函数有两个极值点．②当时，恒成立，所以在上单调递增，所以当时，函数无极值点．③当时，，当变化时，和的变化情况如下：所以当时，函数有两个极值点，综上，当时，函数有一个极值点；当或时，函数有两个极值点，当时，函数无极值点．【已知极值(点)求参数】【例20】函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取得极值10，则a ＋b 等于()A ．－7B ．0C ．－7或0D ．－15或6【答案】 A【解析】 由题意知，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2，可得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为f (x )在x ＝1处取得极值10，可得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，检验知，当a ＝－3，b ＝3时，可得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时函数f (x )单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a ＝4，b ＝－11时，可得f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)，当x <－113或x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－113<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，符合题意．所以a ＋b ＝－7.【利用导数求函数的最值】【例21】函数的最小值为 ． 【答案】 ; 【解析】 当时，，，此时单调递减，此时．当时，，， 当时，，单调递减， 时，，单调递增， ∴此时，∵，∴的最小值为． 【例22】已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )．(1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值；(2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．【答案】(1) e 2－3e ＋1；(2) h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.【解析】 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1.(2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝a x ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x＝(2x －a )(x －1)x. ①当a 2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a 2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增，h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a 2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.【数形结合法研究函数零点】【例23】已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)．(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2e x ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e x ，当x ∈(－∞，－1)时，φ′(x )>0；当x ∈(－1，＋∞)时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时，φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0，所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞.【利用函数性质研究函数零点】【例24】已知函数f (x )＝x －a ln x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)求函数g (x )＝12x 2－ax －f (x )的零点个数．【解析】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝x －a ln x 可得f ′(x )＝1－a x ＝x －a x ，由f ′(x )>0可得x >a ；由f ′(x )<0可得0<x <a ，所以f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞)．(2)由g (x )＝12x 2－ax －x ＋a ln x＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ，可得g ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x令g ′(x )＝0可得x ＝1或x ＝a ，因为g (1)＝12－a －1＝－a －12<0，g (2a ＋3)＝12(2a ＋3)2－(a ＋1)(2a ＋3)＋a ln(2a ＋3)＝a ＋a ln(2a ＋3)＋32>0，当a >1时，g (x )在(1，a )上单调递减，所以g (1)>g (a )，所以g (a )<0，所以g (x )有一个零点，当a ＝1时，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以g (x )有一个零点，当0<a <1时，g (x )在(0，a )上单调递增，在(a ,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时g (a )＝12a 2－(a ＋1)a ＋a ln a＝－12a 2－a ＋a ln a <0，g (x )只有一个零点，综上所述，g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．【导数构造问题】【例25】已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数为f ′(x )，当x >0时，f ′(x )－f (x )x >0，若a＝2f (1)，b ＝f (2)，c ＝4f ⎝⎛⎭⎫12，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．c <b <aB ．c <a <bC ．b <a <cD ．a <b <c 【答案】 B【解析】 构造函数g (x )＝f (x )x (x >0)，得g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2＝1x ⎣⎡⎦⎤f ′(x )－f (x )x ， 由题知当x >0时，f ′(x )－f (x )x >0，所以g ′(x )>0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (2)2>f (1)1>f ⎝⎛⎭⎫1212，即f (2)>2f (1)>4f ⎝⎛⎭⎫12，即b >a >c .【例26】(多选)已知f (x )是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( )A ．f (2)<e 2f (0)B ．f (2)>e 2f (0)C ．e 2f (－1)>f (1)D ．e 2f (－1)<f (1)【答案】 AC【解析】 构造F (x )＝f (x )e x ，则F ′(x )＝e x f ′(x )－e x f (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x，导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )，则F ′(x )<0，F (x )在R 上单调递减，根据单调性可知A ，C 选项正确．【例27】(多选)定义在⎝⎛⎭⎫0，π2上的函数f (x )，已知f ′(x )是它的导函数，且恒有cos x ·f ′(x )＋sin x ·f (x )<0成立，则有( )A ．f ⎝⎛⎭⎫π6>2f ⎝⎛⎭⎫π4 B.3f ⎝⎛⎭⎫π6>f ⎝⎛⎭⎫π3 C ．f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π3 D.2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4 【答案】 CD【解析】 构造函数g (x )＝f (x )cos x ⎝⎛⎭⎫0<x <π2. 则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x (cos x )2<0，即函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减， 所以g ⎝⎛⎭⎫π6>g ⎝⎛⎭⎫π3，所以f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π3， 同理g ⎝⎛⎭⎫π6>g ⎝⎛⎭⎫π4， 即2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4.【同构法导数构造】【例28】若存在x ，y ∈(0，＋∞)使得x ln(2ax )＋y ＝x ln y ，则实数a 的最大值为( ) A.1eB.12eC.13eD.2e【答案】 B【解析】 由x ln(2ax )＋y ＝x ln y ，得ln(2a )＝ln y x －y x ，令t ＝y x >0，g (t )＝ln t －t ，则g ′(t )＝1t －1＝1－t t ，当0<t <1时，g ′(t )>0，当t >1时，g ′(t )<0，所以g (t )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当t ＝1时，g (t )取得极大值即最大值g (1)＝－1，因为当t →0时，g (t )→－∞，所以g (t )∈(－∞，－1]，所以ln 2a ≤－1，所以0<a ≤12e ，所以实数a 的最大值为12e .【分参法解决恒成立问题】【例29】已知函数f (x )＝(x －2)e x －12ax 2＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a ＝0时，f (x )＝(x －2)e x ，f (0)＝(0－2)e 0＝－2，f ′(x )＝(x －1)e x ，k ＝f ′(0)＝(0－1)e 0＝－1，所以切线方程为y ＋2＝－(x －0)，即x ＋y ＋2＝0.(2)方法一 当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，等价于当x ≥2时，(x －2)e x －12ax 2＋ax ≥0恒成立．即⎝⎛⎭⎫12x 2－x a ≤(x －2)e x 在[2，＋∞)上恒成立.当x ＝2时，0·a ≤0，所以a ∈R .当x >2时，12x 2－x >0，所以a ≤(x －2)e x 12x 2－x＝2e x x 恒成立． 设g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2(x －1)e x x 2， 因为x >2，所以g ′(x )>0，所以g (x )在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g (x )>g (2)＝e 2，所以a ≤e 2.综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]．【整体法解决恒成立问题】【例30】已知函数f (x )＝e x －1－ax ＋ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处的切线与直线3x －y ＝0平行，求a 的值；(2)若不等式f (x )≥ln x －a ＋1对一切x ∈[1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)f ′(x )＝e x －1－a ＋1x ，∴f ′(1)＝2－a ＝3，∴a ＝－1，经检验a ＝－1满足题意，∴a ＝－1，(2)f (x )≥ln x －a ＋1可化为e x －1－ax ＋a －1≥0，x >0，令φ(x )＝e x －1－ax ＋a －1，则当x ∈[1，＋∞)时，φ(x )min ≥0，∵φ′(x )＝e x －1－a ，①当a ≤1e 时，φ′(x )>0，∴φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝1－a ＋a －1＝0≥0恒成立，∴a ≤1e 符合题意．②当a >1e 时，令φ′(x )＝0，得x ＝ln a ＋1.当x ∈(0，ln a ＋1)时，φ′(x )<0，当x ∈(ln a ＋1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(0，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增．当ln a ＋1≤1，即1e <a ≤1时，φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴1e <a ≤1符合题意．当ln a ＋1>1，即a >1时，φ(x )在[1，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(ln a ＋1)<φ(1)＝0与φ(x )≥0矛盾．故a >1不符合题意．综上，实数a 的取值范围为(－∞，1]．【双变量的恒(能)成立问题】【例31】设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立． g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23，∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1， ∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.(2)对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1， ∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立， 即a ≥x －x 2ln x 恒成立．令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 令φ(x )＝1－2x ln x －x ， ∴φ′(x )＝－3－2ln x <0，h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0， 当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0，∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝1，故a ≥1.∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．【利用导数证明不等式】【例32】已知函数g (x )＝x 3＋ax 2.(1)若函数g (x )在[1,3]上为单调函数，求a 的取值范围；(2)已知a >－1，x >0，求证：g (x )>x 2ln x .(1)解 由题意知，函数g (x )＝x 3＋ax 2，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ，若g (x )在[1,3]上单调递增，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≥0在[1,3]上恒成立，则a ≥－32；若g (x )在[1,3]上单调递减，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≤0在[1,3]上恒成立，则a ≤－92.所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－92∪⎣⎡⎭⎫－32，＋∞. (2)证明 由题意得，要证g (x )>x 2ln x ，x >0，即证x 3＋ax 2>x 2ln x ，即证x ＋a >ln x ，令u (x )＝x ＋a －ln x ，x >0，可得u ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，x >0，当0<x <1时，u ′(x )<0，函数u (x )单调递减；当x >1时，u ′(x )>0，函数u (x )单调递增．所以u (x )≥u (1)＝1＋a ，因为a >－1，所以u (x )>0，故当a >－1时，对于任意x >0，g (x )>x 2ln x .【例33】已知函数f (x )＝a ln x ＋x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明：xf (x )<e x .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋1＝x ＋a x .当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，若x ∈(－a ，＋∞)，则f ′(x )>0；若x ∈(0，－a )，则f ′(x )<0.所以f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．综上所述，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．(2)证明 当a ＝1时，要证xf (x )<e x ，即证x 2＋x ln x <e x ，即证1＋ln x x <e x x 2.令函数g (x )＝1＋ln x x ，则g ′(x )＝1－ln x x 2.令g ′(x )>0，得x ∈(0，e)；令g ′(x )<0，得x ∈(e ，＋∞)．所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (e)＝1＋1e ，令函数h (x )＝e x x 2，则h ′(x )＝e x (x －2)x 3.当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (2)＝e 24.因为e 24－⎝⎛⎭⎫1＋1e >0，所以h (x )min >g (x )max ，即1＋ln x x <e x x 2，从而xf (x )<e x 得证．【例34】已知函数f (x )＝e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >－2时，求证：f (x )>ln(x ＋2)．(1)解 由f (x )＝e x ，得f (0)＝1，f ′(x )＝e x ，则f ′(0)＝1，即曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝x －0，所以所求切线方程为x －y ＋1＝0.(2)证明 设g (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x －x －1(x >－2)，则g ′(x )＝e x －1，当－2<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0，即g (x )在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x ＝0时，g (x )min ＝g (0)＝0，因此f (x )≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取等号)，令h (x )＝x ＋1－ln(x ＋2)(x >－2)，则h ′(x )＝1－1x ＋2＝x ＋1x ＋2， 则当－2<x <－1时，h ′(x )<0，当x >－1时，h ′(x )>0，即有h (x )在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x ＝－1时，h (x )min ＝h (－1)＝0，因此x ＋1≥ln(x ＋2)(当且仅当x ＝－1时取等号)，所以当x >－2时，f (x )>ln(x ＋2)．【隐零点问题】【例35】已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明不等式e x －2－ax >f (x )恒成立． 【解析】 (1) f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)设函数φ(x )＝e x －2－ln x (x >0)，则φ′(x )＝e x －2－1x ，可知φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x 0，且1<x 0<2， 则φ′(x 0)＝02ex −－1x 0＝0， 即02e x −＝1x 0. 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，所以φ(x )≥φ(x 0)＝02ex −－ln x 0， 结合02e x −＝1x 0， 知x 0－2＝－ln x 0，所以φ(x )≥φ(x 0)＝1x 0＋x 0－2＝x 20－2x 0＋1x 0＝(x 0－1)2x 0>0， 则φ(x )＝e x －2－ln x >0，即不等式e x －2－ax >f (x )恒成立．【极值点偏移问题】【例36】已知函数f (x )＝a e x －x ，a ∈R .若f (x )有两个不同的零点x 1，x 2.证明：x 1＋x 2>2.【解析】由f (x )＝a e x －x ＝0，得x e x －a ＝0，令g (x )＝x e x －a ，则g ′(x )＝1－x e x ，由g ′(x )＝1－x e x >0，得x <1；由g ′(x )＝1－x e x <0，得x >1.所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x 1，x 2是方程g (x )＝0的实根，不妨设x 1<1<x 2，方法一 (对称化构造函数法)要证x 1＋x 2>2， 只要证x 2>2－x 1>1.由于g (x )在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g (x 2)<g (2－x 1)， 由于g (x 1)＝g (x 2)＝0，故只要证g (x 1)<g (2－x 1)，令H (x )＝g (x )－g (2－x )＝x e x －2－x e 2－x (x <1)， 则H ′(x )＝1－x e x －1－x e 2－x ＝(e 2－x －e x )(1－x )e 2， 因为x <1，所以1－x >0,2－x >x ，所以e 2－x >e x ，即e 2－x －e x >0，所以H ′(x )>0，所以H (x )在(－∞，1)上单调递增． 所以H (x 1)<H (1)＝0，即有g (x 1)<g (2－x 1)成立，所以x 1＋x 2>2.方法二 (比值代换法)设0<x 1<1<x 2，由g (x 1)＝g (x 2)，得1212e e x x x x −−=，等式两边取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1. 所以x 1＋x 2＝(t ＋1)ln t t －1>2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0， 设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)，所以g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0， 所以当t >1时，g (t )单调递增， 所以g (t )>g (1)＝0，所以ln t －2(t －1)t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.。
[精品]2019高考数学专题三含导函数的抽象函数的构造精准培优专练文
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培优点三含导函数的抽象函数的构造1．对于'0f xa a，可构造h xf xax例1：函数f x 的定义域为R ，()12f ，对任意R x，()2f x ，则24f xx 的解集为（）A ．()1,1B ．()1，C ．()1，D ．()，【答案】B【解析】构造函数24G x f xx，所以()()2G x f x ，由于对任意R x ，()2f x ，所以()()20G x f x 恒成立，所以24G xf xx 是R 上的增函数，又由于()()()112140G f ，所以240G x f xx，即24f xx的解集为()1，．2．对于'0xf x f x ，构造h x xf x ；对于'0xf xf x，构造f x h xx 例2：已知函数yf x 的图象关于y 轴对称，且当,0x，0f xxf x成立，0.20.222af ，log 3log 3bf ，33log 9log 9cf ，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．abcB ．acbC ．cbaD ．bac 【答案】D【解析】因为函数y f x 关于y 轴对称，所以函数y xf x 为奇函数．因为xf x f x xfx ，所以当,0x 时，0xf xf xxfx，函数yxf x 单调递减，当0,x时，函数y xf x 单调递减．因为0.2122，0log 31，3log 92，所以0.230log 32log 9，所以b a c ．3．对于'()()0f x f x ，构造e xh xf x ；对于'()()f x f x 或'()()0f x f x ，构造()()exf x h x 例3：已知f x 为R 上的可导函数，且R x，均有f x fx ，则有（）A ．2016e(2016)(0)f f ，2016(2016)e(0)f f B ．2016e(2016)(0)f f ，2016(2016)e(0)f fC ．2016e (2016)(0)f f ，2016(2016)e (0)f f D ．2016e(2016)(0)f f ，2016(2016)e(0)f f 【答案】D【解析】构造函数e xf xg x，则2ee eexxxx f x f xf x f xg x，因为R x 均有f x fx 并且e0x，所以0g x，故函数exf xg x在R 上单调递减，所以(2016)(0)g g ，(2016)(0)g g ，即2016(2016)(0)ef f ，2016(2016)(0)ef f ，也就是2016e(2016)(0)f f ，2016(2016)e(0)f f ．4．()f x 与sin x ，cos x 构造例4：已知函数yf x 对任意的,22x满足cos sin 0f x x f x x ，则（）A ．024f fB ．03f fC ．234ffD ．234ff【答案】D【解析】提示：构造函数()()cos f x g x x．一、选择题1．若函数y f x 在R 上可导且满足不等式()()0xf x f x 恒成立，对任意正数a 、b ，若a b ，则必有（）A ．()()af b bf aB ．()()bf a af bC ．()()af a bf bD ．()()bf b af a 【答案】C对点增分集训※精品试卷※【解析】由已知()()0xf x f x ∴构造函数F xxf x ，则()()()0F x xf x f x ，从而F x 在R 上为增函数。
2021届高考数学专题三含导函数的抽象函数的构造精准培优专练理
培优点三 含导函数的抽象函数的构造1．对于()()'0f x a a >≠，可构造()()h x f x ax =-例1：函数()f x 的定义域为R ，()12f -=，对任意R x ∈，()2f x '>，那么()24f x x >+的解集为〔 〕 A ．()1,1- B ．()1-+∞，C ．()1-∞-，D ．()-∞+∞，【答案】B【解析】构造函数()()24G x f x x =--，所以()()2G x f x ''=-，由于对任意R x ∈，()2f x '>， 所以()()20G x f x ''->=恒成立，所以()()24G x f x x =--是R 上的增函数， 又由于()()()112140G f -=----⨯=，所以()()240G x f x x -->=， 即()24f x x >+的解集为()1-+∞，．应选B ．2．对于()()'0xf x f x +>，构造()()h x xf x =；对于()()'0xf x f x ->，构造()()f x h x x=例2：函数()y f x =的图象关于y 轴对称，且当(),0x ∈-∞，()()0f x xf x '+<成立，()0.20.222a f =，()log 3log 3b f ππ=，()33log 9log 9c f =，那么a ，b ，c 的大小关系是〔 〕 A ．a b c >> B ．a c b >> C ．c b a >> D ．b a c >>【答案】D【解析】因为函数()y f x =关于y 轴对称，所以函数()y xf x =为奇函数．因为()()()xf x f x xf x ''=+⎡⎤⎣⎦，所以当(),0x ∈-∞时，()()()0xf x f x xf x ''=+<⎡⎤⎣⎦，函数()y xf x =单调递减，当()0,x ∈+∞时，函数()y xf x =单调递减．因为0.2122<<，0log 31π<<，3log 92=，所以0.230log 32log 9π<<<，所以b a c >>．应选D ．3．对于'()()0f x f x +>，构造()()e x h x f x =；对于'()()f x f x >或'()()0f x f x ->，构造()()e xf x h x =例3：()f x 为R 上的可导函数，且R x ∀∈，均有()()f x f x '>，那么有〔 〕 A ．2016e (2016)(0)f f -<，2016(2016)e (0)f f >B ．2016e (2016)(0)f f -<，2016(2016)e (0)f f <C ．2016e (2016)(0)f f ->，2016(2016)e (0)f f >D ．2016e (2016)(0)f f ->，2016(2016)e (0)f f < 【答案】D【解析】构造函数()()e xf xg x =，那么()()()()()()()2e e e e x x x xf x f x f x f xg x ''-'-'==，因为R x ∀∈均有()()f x f x '>并且e 0x >，所以()0g x '<，故函数()()e xf xg x =在R 上单调递减，所以(2016)(0)g g ->，(2016)(0)g g <，即2016(2016)(0)e f f -->，2016(2016)(0)e f f <， 也就是2016e (2016)(0)f f ->，2016(2016)e (0)f f <．4．()f x 与sin x ，cos x 构造例4：函数()y f x =对任意的,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>，那么〔 〕A ．()04f π⎛⎫> ⎪⎝⎭B ．()03f f π⎛⎫<2- ⎪⎝⎭C34f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D34f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D【解析】提示：构造函数()()cos f x g x x=．一、选择题1．假设函数()y f x =在R 上可导且满足不等式()()0xf x f x '+>恒成立，对任意正数a 、b ，假设a b <， 那么必有〔 〕A ．()()af b bf a <B ．()()bf a af b <C ．()()af a bf b <D ．()()bf b af a <【答案】C【解析】由()()0xf x f x '+>∴构造函数()()F x xf x =， 那么()()()0F x xf x f x ''=+>，从而()F x 在R 上为增函数。
高考满分数学压轴题21 导数中的构造函数(可编辑可打印)
近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，一下问题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结．【方法综述】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 xg x ”等特征式、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．方法总结： 和与积联系：()()f x xf x '+，构造()xf x ； 22()()xf x x f x '+，构造2()x f x ；3()()f x xf x '+，构造3()x f x ；…………………()()nf x xf x '+，构造()n x f x ；()()f x f x '+，构造e ()x f x ．等等．减法与商联系：如()()0xf x f x ->'，构造()()f x F x x=； ()2()0xf x f x ->'，构造2()()f x F x x =；………………… ()()0xf x nf x ->'，构造()()nf x F x x =． ()()f x f x '-，构造()()e x f x F x =，()2()f x f x '-，构造2()()e x f x F x =，……………… ()()f x nf x '-，构造()()e nxf x F x =， 奇偶性结论：奇乘除奇为偶；奇乘偶为奇。
（可通过定义得到）构造函数有时候不唯一，合理构造函数是关键。
给出导函数，构造原函数，本质上离不开积分知识。
【解答策略】类型一、巧设“()()y f x g x =±”型可导函数【例1】已知不相等的两个正实数x ，y 满足()2244log log x y y x -=-，则下列不等式中不可能成立的是导数中的构造函数（ ） A ．1x y <<B ．1y x <<C ．1x y <<D ．1y x <<【来源】广东省佛山市2021届高三下学期二模数学试题 【答案】B【解析】由已知()2244log log x y y x -=-，因为2log 4x ＝log 2x ，所以原式可变形222log 4g 2lo x x y y =++令()222log f x x x =+，()24log g x x x =+，函数()f x 与()g x 均为()0,∞+上的增函数，且()()f x g y =，且()()11f g =， 当1x >时，由()1f x >，则()1g y >，可得1y >， 当1x <时，由()1f x <，则()1g y <，可得1y <，要比较x 与y 的大小，只需比较()g x 与()g y 的大小，()()()()222224log 2log 2log g x g y g x f x x x x x x x x -=-=+--=-+设()()222log 0h x x x x x =-+>，则()212ln 2h x x x '=-+()2220ln 2h x x ''=--<，故()h x '在()0+∞，上单调递减， 又()2110ln 2h '=-+>，()1230ln 2h '=-+<， 则存在()01,2x ∈使得()0h x '=，所以当()00,x x ∈时，()0h x '>，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '<， 又因为()()()()010,10,412480h h x h h =>==-+=-<， 所以当1x <时，()0h x <，当1x >时，()h x 正负不确定，故当1,1x y <<时，()0h x <，所以()()()1g x g y g <<，故1x y <<， 当1,1x y >>时，()h x 正负不定，所以()g x 与()g y 的正负不定，所以,,111x y x y y x ><<>>>均有可能，即选项A ，C ，D 均有可能，选项B 不可能． 故选：B ．【点睛】本题考查了不等关系的判断，主要考查了对数的运算性质以及对数函数性质的运用，解答本题的关键是要比较x 与y 的大小，只需比较()g x 与()g y 的大小，()()()()222log g x g y g x f x x x x -=-=-+，设()()222log 0h x x x x x =-+>，求导得出其单调性，从而得出,x y 的大小可能性． 【举一反三】1．若实数a ，b 满足()221ln 2ln 1a b a b-+-≥，则a b +=（ ）A ．2B C ．2D ．【来源】浙江省宁波市镇海中学2021届高三下学期5月模拟数学试题 【答案】C 【解析】()ln 1g x x x =--，1()1g x x'=-， ()0g x '>(1,)x ⇒∈+∞，()0g x '<⇒(0,1)x ∈， ∴()g x 在(0,1)x ∈单调递减，在(1,)x ∈+∞单调递增，∴()(1)1ln110g x g =--=，∴1ln 0x x x -≥>，恒成立，1x =时取等号，2211a b +-2221a b -21a b =-， 221ln ln(2)ln a a a bb b-=-， ()221ln 2ln 1a b a b-+-≥，∴2211ln(2)ln a a b b+-=-，又21ab =（不等式取等条件），解得：a b ==，2a b ∴+=， 故选：C.2．（2020·河北高考模拟（理））设奇函数()f x 在R 上存在导函数'()f x ，且在(0,)+∞上2'()f x x <，若(1)()f m f m --331[(1)]3m m ≥--，则实数m 的取值范围为（ ）A ．11[,]22-B ．11(,][,)22-∞-⋃+∞C ．1(,]2-∞- D ．1[,)2+∞【答案】D【解析】由()()1f m f m -- ()33113m m ⎡⎤≥--⎣⎦得：3311(1)(1)()33f m m f m m ---≥-，构造函数31()()3g x f x x =-，2()()0g x f x x '=-<'故g （x ）在()0,+∞单调递减，由函数()f x 为奇函数可得g(x)为奇函数，故g(x)在R 上单调递减，故112m m m -≤⇒≥选D点睛：本题解题关键为函数的构造，由()2'f x x <要想到此条件给我们的作用，通常情况下是提示我们需要构造函数得到新函数的单调性，从而得不等式求解；3．（2020·山西高考模拟（理））定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()()251,22x f x f ='>，则关于x 的不等式()13xxf e e <-的解集为（ ）A ．()20,eB ．()2,e +∞C ．()0,ln 2D ．(),2ln -∞【答案】D 【解析】【分析】构造函数()()1F x f x x=+，利用已知条件求得()'0F x >，即函数()F x 为增函数，而()23F =，由此求得e 2x <，进而求得不等式的解集.【详解】构造函数()()1F x f x x =+，依题意可知()()()222110x f x F x f x x x-=-=''>'，即函数在()0,∞+上单调递增.所求不等式可化为()()1e e 3e x x x F f =+<，而()()12232F f =+=，所以e 2x <，解得ln 2x <，故不等式的解集为(),ln 2-∞.【点睛】本小题主要考查利用导数解不等式，考查构造函数法，考查导数的运算以及指数不等式的解法，属于中档题.题目的关键突破口在于条件()21x f x '>的应用.通过观察分析所求不等式，转化为()1e 3e x x f +<，可发现对于()()1F x f x x=+，它的导数恰好可以应用上已知条件()21x f x '>.从而可以得到解题的思路.4．（2020·河北衡水中学高考模拟（理））定义在R 上的可导函数()f x 满足()11f =，且()2'1f x >，当3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，不等式23(2cos )2sin 22x f x +>的解集为( )A ．4,33ππ⎛⎫⎪⎝⎭B ．4,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭C ．0,3π⎛⎫⎪⎝⎭D ．,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭ 【答案】D【解析】令11()()22g x f x x =--，则1()'()0'2g x f x =->， ()g x ∴在定义域R 上是增函数，且11(1)(1)022g f =--=，1(2cos )(2cos )cos 2g x f x x ∴=--23=(2cos )2sin 22x f x +-，∴23(2cos )2sin 022x f x +->可转化成()(2cos )1g x g >，得到2cos 1x >，又3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，可以得到,33x ππ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭，故选D5．定义在()0+，∞上的函数()f x 满足()10xf x '-<，且(1)1f =，则不等式()()21ln 211f x x ->-+的解集是__________． 【答案】()112，【解析】()()ln F x f x x =-，则()11()()xf x F x f x xx-=-='''，而()10xf x '-<，且0x >，∴()0F x '<，即()F x 在()0+，∞上单调递减，不等式()()21ln 211f x x ->-+可化为()()21ln 2111ln1f x x --->=-，即()()211F x F ->，故210211x x ->-<⎧⎨⎩，解得：112x <<，故解集为：()112，． 类型二 巧设“()()f x g x ”型可导函数【例】已知定义在R 上的图象连续的函数()f x 的导数是fx ，()()20f x f x +--=，当1x <-时，()()()()110x f x x f x '+++<⎡⎤⎣⎦，则不等式()()10xf x f ->的解集为（ ）A ．(1,1)-B ．(),1-∞-C ．1,D ．()(),11,-∞-⋃+∞【来源】2021年浙江省高考最后一卷数学（第七模拟） 【答案】A【解析】当1x <-时，()()()()110x f x x f x '+++<⎡⎤⎣⎦，即有()()()10f x x f x '++>．令()()()1F x x f x =+，则当1x <-时，()()()()10F x f x x f x ''=++>，故()F x 在(),1-∞-上单调递增．∵()()()()()()22121F x x f x x f x F x --=--+--=---=⎡⎤⎣⎦， ∴()F x 关于直线1x =-对称，故()F x 在()1,-+∞上单调递减，由()()10xf x f ->等价于()()()102F x F F ->=-，则210x -<-<，得11x -<<． ∴()()10xf x f ->的解集为(1,1)-． 故选：A. 【举一反三】1．（2020锦州模拟）已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x <时，()()0f x xf x '+<，若(2)0f =，则不等式()0xf x >的解集为（）A ．{20 x x -<<或}02x <<B ．{ 2 x x <-或}2x >C ．{20 x x -<<或}2x >D ．{ 2 x x <-或}02x <<【答案】D ．【解析】令()()F x xf x =，则()F x 为奇函数，且当0x <时，()()()0F x f x xf x '+'=<恒成立，即函数()F x 在()0-，∞，()0+，∞上单调递减，又(2)0f =，则(2)(2)0F F -==，则()0xf x >可化为()(2)F x F >-或()(2)F x F >，则2x <-或02x <<．故选D ．2．（2020·陕西高考模拟）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，对任意x ∈R 满足'()()0f x f x +<，则下列结论正确的是（ ）A ．23(2)(3)e f e f >B ．23(2)(3)e f e f <C ．23(2)(3)e f e f ≥D ．23(2)(3)e f e f ≤【答案】A【解析】令()()xg x e f x = ，则()(()())0xg x e f x f x '+'=<， 所以(2)(3),g g > 即()()2323e f e f >，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x <'构造()()xf xg x e=，()()0f x f x '+<构造()()xg x e f x =，()()xf x f x '<构造()()f x g x x=，()()0xf x f x '+<构造()()g x xf x =等 3．（2020·海南高考模拟）已知函数()f x 的导函数'()f x 满足()(1)'()0f x x f x ++>对x ∈R 恒成立，则下列判断一定正确的是（ ） A ．(0)02(1)f f << B ．0(0)2(1)f f << C ．02(1)(0)f f << D ．2(1)0(0)f f <<【答案】B【解析】由题意设()()()1g x x f x =+，则()()()()'1'0g x f x x f x =++>，所以函数()g x 在R 上单调递增，所以()()()101g g g -<<，即()()0021f f <<．故选B ． 4．（2020·青海高考模拟（理））已知定义在上的函数满足函数的图象关于直线对称，且当 成立（是函数的导数），若，则的大小关系是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】令，则当，因为函数的图象关于直线对称，所以函数的图象关于直线对称，即为偶函数，为奇函数，因此当，即为上单调递减函数，因为，而，所以，选A.5.（2020南充质检）()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x >时，()21()2()0x f x xf x '++<，且(2)0f =，则不等式()0f x <的解集是（）A ．()()22--+，，∞∞ B ．()()2002-，，C ．()()202-+，，∞D ．()()202--，，∞ 【答案】C ．【解析】构造函数()2()1()g x x f x =+，则()2()1()g x x f x ''=+．又()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()2()1()g x x f x =+为奇函数，且当0x >时，()2()1()2()0g x x f x xf x ''=++<，()g x 在()0+，∞上函数单减， ()0()0f x g x <⇒<．又(2)0g =，所以有()0f x <的解集()()202-+，，∞．故选C ． 点睛：本题主要考察抽象函数的单调性以及函数的求导法则及构造函数解不等式，属于难题．求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”以构造恰当的函数；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造合适的函数．6．（2020荆州模拟）设函数()f x '是奇函数()f x (x ∈R )的导函数，当0x >时，1ln ()()x f x f x x '<-，则使得()21()0x f x ->成立的x 的取值范围是（）A ．()()1001-，，B ．()()11--+，，∞∞C ．()()101-+，，∞D ．()()101--，，∞ 【答案】D.【解析】设()ln ()g x x f x =，当0x >时，1()()ln ()0g x f x xf x x'=+<'，()g x 在()0+，∞上为减函数，且(1)0g =，当()01x ∈，时，()0g x >，ln 0x <∵，()0f x <∴，2(1)()0x f x ->； 当()1x ∈+，∞时，()0g x <，ln 0x >∵，()0f x <∴，()21()0x f x -<， ∵()f x 为奇函数，∴当()10x ∈-，时，()0f x >，()21()0x f x -<；当()1x ∈--，∞时，()0f x >，()21()0x f x ->． 综上所述：使得()21()0x f x -<成立的x 的取值范围是()()101--，，∞ 【点睛】构造函数，借助导数研究函数单调性，利用函数图像解不等式问题，是近年高考热点，怎样构造函数，主要看题目所提供的导数关系，常见的有x 与()f x 的积或商，2x 与()f x 的积或商，e x 与()f x 的积或商，ln x 与()f x 的积或商等，主要看题目给的已知条件，借助导数关系说明导数的正负，进而判断函数的单调性，再借助函数的奇偶性和特殊点，模拟函数图象，解不等式．7．（2020·河北高考模拟）已知()f x 是定义在R 上的可导函数，且满足(1)()'()0x f x xf x ++>，则（ ） A ．()0f x > B ．()0f x < C ．()f x 为减函数 D ．()f x 为增函数【答案】A【解析】令()e [()]x g x xf x =，则由题意，得()e [(1)()()]0xg x x f x xf x '+'=+>，所以函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，又因为(0)0g =，所以当0x >时，()0>g x ，则()0f x >，当0x <时，()0<g x ，则()0f x >，而()()()1'0x f x xf x ++>恒成立，则(0)0f >；所以()0f x >；故选A.点睛：本题的难点在于如何利用()()()1'0x f x xf x ++>构造函数()e [()]xg x xf x =。
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C． D．
【答案】A
【解析】令 ，
， ，
在 上单调递增，
又 ， ， 不等式解集为 ．
4．已知定义在 上的函数 关于 Байду номын сангаас对称，其导函数为 ，当 时，不等式 ，若对 ，不等式 恒成立，则正整数 的最大值为（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为 ，所以 ，
令 ，则 ，
又因为 是在 上的偶函数，所以 是在 上的奇函数，
又 是偶函数，所以 在 上单调递增．
等价于 ，即 ．
根据上面 的单调性可得 ，
所以不等式的解集为 ．
又 单调递减， 当 ， ，即 ，
同理，当 时， ，所以 ，
由奇函数图像性质有：当 时， ；当 时， ，
所以使得 的 的取值范围就是 ．
10．定义在 上的偶函数 的导函数为 ，若对于任意的实数 都有 恒成立，则使 成立的实数的 取值范围为________．
【答案】
【解析】设 ，
当 时， ，所以 在 上单调递减．
1．设 为函数 的导函数，已知 ， ，则下列正确的是（）
A． 在 单调递增B． 在 单调递减
C． 在 上有极大值D． 在 上有极小值
【答案】B
【解析】由 ，得 ，即 ，
令 ，则 ， ，
令 ，则 ，
令 ，即 ， 当 时， 是增函数；
令 ，即 ， 当 时， 是减函数，
由 ，得 ，
在 上有极大值 ，
，即 ，当且仅当 时， ，
，
，
即 ．
二、填空题
8．已知函数 的导函数为 ，且 ， ，则 的解集为．
【答案】
【解析】构造函数 ，∴ ， 单调递减，
∴ ，所以 的解集为 ．
9．设函数 是奇函数 的导函数， ，当 时，
则使得 成立的 的取值范围为．
【答案】
【解析】设 ， ，
，且 是奇函数， ．
当 时， ，所以 在 单调递减．
当 时， ，
因此 没有极大值，也没有极小值，故选D．
例2：设 是函数 的导函数，且 ， （ 为自然对数的底数），则不等式 的解集为（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】构造 ，则 ，
∵ ，∴ ， 在定义域内单调递增，
又 ，
则不等式 ， 化为 ，即 ，
∴ ，则 ，得 ，
综上，不等式的解集为 ，故选A．
一、选择题
所以 是在 上的单调递增函数，
又因为 ，可化为 ，
即 ，
又因为 是在 上的单调递增函数，所以 恒成立，
令 ，则 ，
因为 ，所以 在 单调递减，在 上单调递增，
所以 ，则 ，所以 ，
所以正整数 的最大值为 ．
5．设函数 满足 ， ，则 时， （）
A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值
在 上为减函数，故选B．
2．设定义在 上的函数 满足 ， ，则 （）
A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值
C．既有极大值，又有极小值D．既无极大值，也无极小值
【答案】D
【解析】 的定义域为 ，
， ，
， （ 为常数），
，
， ，
，
在 上单调递增， 在 上既无极大值也无极小值．
3．若定义在 上的函数 满足 ， ，则不等式 （ 为自然对数的底数）的解集为（）
【答案】B
【解析】由 ，即 ，
结合 ，可知 ， ，
可知此函数仅有一个极值点，是极小值点，没有极大值，故选B．
6．设函数 是奇函数 的导函数， ，当 时，
，则使得 成立的 的取值范围是（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】设 ，则 的导数为 ，
∵当 时，总有 成立，即当 时， 恒小于 ，
∴当 时，函数 为减函数，
又∵ ，∴函数 为定义域上的偶函数．
又∵ ，
数形结合可得，不等式 当 时， 或当 时， 或 ，
故选A．
7．已知函数 的图象关于点 对称，且当 时， 恒成立，若 ， ， ，则下列结论正确的是（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由已知可得 为奇函数，当 时， ，
设 ，则当 时， ，且 为偶函数，
所以 在 上单调递增，且 ，
3含导数的抽象函数的构造
例1：已知函数 满足 ， ，则当 时，函数 （）
A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值
C．既有极大值，也有极小值D．既无极大值，也无极小值
【答案】D
【解析】设 ，则 ，
即 ，
设 ，则 ，
．
当 时， ， 为单调减函数， ，
当 时， ， 为单调增函数， ，
故当 时， ， ， 单调递增，