构造函数解导数综合题
导数的综合运用：同构、构造函数选择填空压轴题(解析版)
2024届高考数学专题：同构、构造函数选择填空压轴题一、单选题1.若对∀x ∈12e ,12，不等式(ax -4)ln x <2ln a -ax ln2恒成立，则实数a 的取值范围是()A.(0,4e ]B.(4e ,+∞)C.[4e ,+∞)D.(4e ,+∞)【答案】C【分析】不等式(ax -4)ln x <2ln a -ax ln2变形为ln (2x )2x <ln (ax 2)ax 2，令f x =ln xx ，利用导数研究函数单调性，解不等式求实数a 的取值范围.【详解】由已知得：a >0，由ax -4 ln x <2ln a -ax ln2，得ax ln 2x <2ln a +2ln x 即ax ln (2x )2<ln (ax 2)，可得ln (2x )2x <ln (ax 2)ax 2．令f x =ln xx，x ∈0,+∞ ，则f (2x )<f (ax 2)，求导得f (x )=1-ln x x2，f(x )>0，解得0<x <e ；f (x )<0，解得x >e ，∴f (x )在(0,e )上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减，且当0<x <1时f (x )<0；当x >1时，f (x )>0，函数图像如图所示．∵x ∈12е,12，∴2x ∈1е,1，∴f (2x )<0，由f (2x )<f (ax 2)及f x =ln x x 的图像可知，2x <ax 2恒成立，即a >2x成立，而2x ∈(4,4e )，∴a ≥4е，实数a 的取值范围是[4e ,+∞).故选：C ．2.对任意x ∈0,+∞ ，k e kx +1 -1+1xln x >0恒成立，则实数k 的可能取值为()A.-1B.13C.1eD.2e【答案】D【分析】将恒成立的不等式化为e kx +1 ln e kx >x +1 ln x ，构造函数f x =x +1 ln x ，利用导数可求得f x 单调性，从而得到e kx >x ，分离变量可得k >ln x x ；令h x =ln xx，利用导数可求得h x 最大值，由此可得k 的范围，从而确定k 可能的取值.【详解】当x >0时，由k e kx +1 -1+1xln x >0得：kx e kx +1 >x +1 ln x ，∴e kx +1 ln e kx >x +1 ln x ，令f x =x +1 ln x ，则f x =ln x +1+1x，令g x =f x ，则g x =1x -1x 2=x -1x 2，∴当x ∈0,1 时，g x <0；当x ∈1,+∞ 时，g x >0；∴f x 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，∴f x ≥f 1 =2>0，∴f x 在0,+∞ 上单调递增，由e kx +1 ln e kx >x +1 ln x 得：f e kx >f x ，∴e kx >x ，即k >ln xx；令h x =ln x x ，则h x =1-ln xx 2，∴当x ∈0,e 时，h x >0；当x ∈e ,+∞ 时，h x <0；∴h x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，∴h x ≤h e =1e，∴当x >0时，k >ln x x 恒成立，则k >1e，∴实数k 的可能取值为2e，ABC 错误，D 正确.故选：D .【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，解题关键是能够对于恒成立的不等式进行同构变化，将其转化为同一函数的两个函数值之间的大小关系的问题，从而利用函数的单调性来进行求解.3.已知对任意的x ∈0,+∞ ，不等式kx e kx +1 -x +1 ln x >0恒成立，则实数k 的取值范围是()A.e ,+∞B.1e ,eC.1e,+∞D.1e2,1e【答案】C【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、常变量分离法进行求解即可.【详解】因为kx e kx +1 >(x +1)ln x ，所以e kx +1 ln e kx >(x +1)ln x ①，令f (x )=(x +1)ln x ，则f (x )=1x +1+ln x ，设g (x )=f (x )=1x+1+ln x ，所以g (x )=-1x 2+1x =x -1x2，当0<x <1时，g(x )<0，当x >1时，g (x )>0，所以f (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以f x ≥f 1 =2，所以f (x )在(0,+∞)单调递增，因为①式可化为f e kx >f (x )，所以e kx >x ，所以k >ln xx，令h (x )=ln x x ，则h (x )=1-ln xx 2，当x ∈(0,e )时，h (x )>0，当x ∈(e ,+∞)时，h (x )<0，所以h (x )在(0,e )单调递增，在(e ,+∞)单调递减，所以h (x )max =h (e )=1e ，所以k >1e，故选：C .4.设实数a >0，对任意的x ∈1e3,+∞，不等式e 2ax -ln x 2a ≥1a -e 2ax ax 恒成立，则实数a 的取值范围是()A.1e ,+∞B.12e,+∞ C.0,1eD.1e2,+∞【答案】B【分析】将e 2ax-ln x 2a ≥1a -e 2ax ax化简为e 2ax 2ax +2 ≥x ln x +2 ，再构造函数f x =x ln x +2 ，求导分析单调性可得e 2ax ≥x 在区间1e3,+∞上恒成立，再参变分离构造函数求最值解决恒成立问题即可.【详解】因为e 2ax-ln x 2a ≥1a -e 2ax ax恒成立即2axe 2ax -x ln x ≥2x -2e 2ax ，可得e 2ax 2ax +2 ≥x ln x +2 ，令f x =x ln x +2 ，则f e 2ax ≥f x 恒成立.又f x =ln x +3，故当x ∈1e 3,+∞时，fx >0，故f x =x ln x +2 在区间1e3,+∞上为增函数.又f e 2ax ≥f x 恒成立，则e 2ax ≥x 在区间1e3,+∞上恒成立，即2ax ≥ln x ，2a ≥ln xx .构造g x =ln x x ,x ∈1e 3,+∞，则g x =1-ln xx2，令g x =0有x =e ，故当x ∈1e3,e时g x >0，g x 为增函数；当x ∈e ,+∞ 时g x <0，g x 为减函数.故g x ≤g e =1e ，故2a ≥1e ，即a ≥12e.故选：B 【点睛】方法点睛：恒(能)成立问题的解法：若f (x )在区间D 上有最值，则(1)恒成立：∀x ∈D ,f x >0⇔f x min >0；∀x ∈D ,f x <0⇔f x max <0；(2)能成立：∃x ∈D ,f x >0⇔f x max >0；∃x ∈D ,f x <0⇔f x min <0.若能分离常数，即将问题转化为：a >f x (或a <f x )，则(1)恒成立：a >f x ⇔a >f x max ；a <f x ⇔a <f x min ；(2)能成立：a >f x ⇔a >f x min ；a <f x ⇔a <f x max .5.已知函数f x =ln x +ax 2，若对任意两个不等的正实数x 1，x 2，都有f x 1 -f x 2x 1-x 2>2，则实数a 的取值范围是()A.14,+∞B.12,+∞C.14,+∞ D.12,+∞ 【答案】D【分析】构造函数g (x )=f (x )-2x =ln x +ax 2-2x (x >0)，则转化得到g x 在(0,+∞)上单调递增，将题目转化为g (x )=1x+2ax -2≥0在(0,+∞)上恒成立，再利用分离参数法即可得到答案.【详解】由题意,不妨设x 1>x 2>0,因为对任意两个不等的正实数x 1,x 2,都有f x 1 -f x 2x 1-x 2>2,所以f x 1 -f x 2 >2x 1-2x 2,即f x 1 -2x 1>f x 2 -2x 2,构造函数g(x)=f(x)-2x=ln x+ax2-2x(x>0),则g x1>g x2,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以g (x)=1x+2ax-2≥0在(0,+∞)上恒成立,即a≥1x-12x2在(0,+∞)上恒成立,设m(x)=1x-12x2(x>0),则m (x)=-1x2+1x3=1-xx3，所以当x∈(0,1)时,m (x)>0,m(x)单调递增，x∈(1,+∞)时,m (x)<0,m(x)单调递减，所以m(x)max=m(1)=1-12=12，所以a≥1 2 .故选：D.6.已知f x 是定义在R上的函数f x 的导函数，且f x +xf x <0，则a=2f2 ,b=ef e ,c=3f3 的大小关系为()A.a>b>cB.c>a>bC.c>b>aD.b>a>c【答案】A【分析】构建g x =xf x ，求导，利用导数判断g x 的单调性，进而利用单调性比较大小.【详解】构建g x =xf x ，则g x =f x +xf x ，因为f x +xf x <0对于x∈R恒成立，所以g x <0，故g x 在R上单调递减，由于a=2f2 =g2 ,b=ef e =g e ,c=3f3 =g3 ，且2<e<3，所以g2 >g e >g3 ，即a>b>c.故选：A.【点睛】结论点睛：1.f x +xf x 的形式，常构建xf x ；f x -xf x 的形式，常构建f x x；2.f x +f x 的形式，常构建e x⋅f x ；f x -f x 的形式，常构建f x e x.7.若函数f x =e x2-2ln x-2a ln x+ax2有两个不同的零点，则实数a的取值范围是()A.-∞,-eB.-∞,-eC.-e,0D.-e,0【答案】A【分析】将问题转化为函数y=-a与y=e x2-2ln xx2-2ln x图象有两个不同的交点，根据换元法将函数y=e x2-2ln x x2-2ln x 转化为g t =e tt，利用导数讨论函数的单调性求出函数的值域，进而得出参数的取值范围.【详解】函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f x =e x2-2ln x-2a ln x+ax2=e x2-2ln x+a x2-2ln x，设h(x)=x2-2ln x(x>0)，则h (x)=2x-2x=2(x+1)(x-1)x，令h (x)>0⇒x>1，令h (x)<0⇒0<x<1，所以函数h (x )在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且h (1)=1，所以h (x )min =h (1)=1，所以h (x )≥1，函数f (x )有两个不同的零点等价于方程f (x )=0有两个不同的解，则e x 2-2ln x+a x 2-2ln x =0⇒-a =e x 2-2ln x x 2-2ln x，等价于函数y =-a 与y =e x 2-2ln xx 2-2ln x 图象有两个不同的交点.令x 2-2ln x =t ，g t =e t t ,t >1，则函数y =-a 与g t =e tt ,t >1图象有一个交点，则g t =te t -et t 2=e t t -1 t2>0，所以函数g (t )在(1,+∞)上单调递增，所以g t >g 1 =e ，且t 趋向于正无穷时，g t =e tt趋向于正无穷，所以-a >e ，解得a <-e.故选：A .【点睛】方法点睛：与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．对于不适合分离参数的等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.8.函数f x 是定义在0,+∞ 上的可导函数，其导函数为f x ，且满足f x +2xf x >0，若不等式ax ⋅f ax ln x ≥f ln x ⋅ln xax在x ∈1,+∞ 上恒成立，则实数a 的取值范围是()A.0,1eB.1e ,+∞C.0,eD.1e,+∞【答案】B【分析】根据题目条件可构造函数g x =x 2f x ，利用导函数判断出函数单调性，将不等式转化成g ax≥g ln x ，即a ≥ln x x 在x ∈1,+∞ 上恒成立，求出函数ln xx在1,+∞ 上的最大值即可得a 的取值范围.【详解】设g x =x 2f x ，x >0，g x =x 2f x +2xf x =x 2fx +2x f x >0所以函数g x 在0,+∞ 上为增函数．由f x 的定义域为0,+∞ 可知ax >0，得a >0，将不等式ax ⋅f ax ln x ≥f ln x ⋅ln xax整理得a 2x 2⋅f ax ≥f ln x ⋅ln 2x ，即g ax ≥g ln x ，可得ax ≥ln x 在x ∈1,+∞ 上恒成立，即a ≥ln xx在x ∈1,+∞ 上恒成立；令φx =ln xx ，其中x >1，所以a ≥φx maxφ x =1-ln xx2，令φ x =0，得x =e ．当x ∈1,e 时，φ x >0，所以φx 在1,e 上单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，所以φx 在e ,+∞ 上单调递减；所以φx max =φe =1e ，即a ≥1e故选：B ．9.已知函数f (x )=xe x -a ln x +x -x a +1，若f (x )>0在定义域上恒成立，则实数a 的取值范围是()A.(-∞,e )B.0,eC.(-∞,1)D.0,1【答案】B【分析】构造函数g x =x +e x ，从而原不等式可转化为g x +ln x >g a ln x +ln x ，根据g x 的单调性可得x -a ln x >0，根据a 不同取值分类讨论求解即可.【详解】由f x >0得xe x +x >a ln x +x a +1，所以xe x +x +ln x >a ln x +ln x +x a +1，即e x +ln x +x +ln x >a ln x +ln x +x a +1，构造函数g x =x +e x ，则不等式转化为g x +ln x >g a ln x +ln x ，又易知g x 在R 上单调递增，故不等式等价于x +ln x >a ln x +ln x ，即x -a ln x >0.设h x =x -a ln x ，若a <0，h e1a=e1a-a lne 1a =e 1a-1<0，不符合题意；若a =0，则当x >0时，h x =x >0，符合题意；若a >0，则h x =1-ax,h x 在0,a 上单调递减，在a ,+∞ 上单调递增，所以h (x )min =h a ，要使h x >0恒成立，只需h a =a 1-ln a >0，所以0<a <e.综上可知a 的取值范围是0,e .故选：B .10.已知函数f (x )=xe x +e x ,g (x )=x ln x +x ，若f x 1 =g x 2 >0，则x 2x 1可取()A.-1 B.-1eC.1D.e【答案】A【分析】探讨函数g x 在1e 2,+∞上单调性，由已知可得x 2=e x 1(x 1>-1)，再构造函数并求出其最小值即可判断作答.【详解】依题意，由g x 2 =x 2(ln x 2+1)>0得x 2>1e，令g x =2+ln x >0，函数g x 在1e 2,+∞上单调递增，由f x 1 =e x 1x 1+1 >0得x 1>-1，则f x =e x ln e x +1 =g (e x )，由f x 1 =g x 2 >0得：g (e x 1)=g (x 2)，又e x 1>1e ,x 2>1e，于是得x 2=e x 1(x 1>-1)，x 2x 1=ex1x 1，令h (x )=e x x (x >-1)，求导得h(x )=e x (x -1)x 2，当-1<x <0,0<x <1时，h (x )<0，当x >1时，h (x )>0，即函数h (x )在(-1,0)，(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，当x >0时，h (x )min =h (1)=e ，且x →+∞，h (x )→+∞，h (-1)=-1e ，且x →0-，h (x )→-∞，故h (x )∈-∞,-1e∪[e ,+∞)即x 2x 1∈-∞,-1e ∪[e ,+∞)，显然选项A 符合要求，选项B ，C ，D 都不符合要求.故选：A 一、填空题11.设实数m >0，若对∀x ∈0,+∞ ,不等式e mx -ln xm≥0恒成立，则m 的取值范围为．【答案】m ≥1e【分析】构造函数f x =xe x 判定其单调性得mx ≥ln x ，分离参数根据恒成立求y =ln xx max即可.【详解】由e mx -ln xm≥0⇔mxe mx ≥x ln x =ln x ⋅e ln x ，构造函数f x =xe x x >0 ⇒f x =x +1 e x >0，∴f x 在0,+∞ 为增函数，则mx ⋅e mx ≥ln x ⋅e ln x ⇔mx ≥ln x 即对∀x ∈0,+∞ ,不等式mx ≥ln x 恒成立，则∀x ∈0,+∞ ,m ≥ln xx max，构造函数g x =ln x x ⇒g x =1-ln xx 2,令g x >0，得0<x <e ；令g x <0，得x >e ；∴g x =ln xx在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，∴g x max =g e =1e ，即m ≥1e .故答案为：m ≥1e .12.已知函数f (x )=e x +1-a ln x ，若f (x )≥a (ln a -1)对x >0恒成立，则实数a 的取值范围是．【答案】0,e 2【分析】对不等式进行合理变形同构得e x +1-ln a +x +1-ln a ≥x +ln x ，构造函数利用函数的单调性计算即可.【详解】易知a >0，由e x +1-a ln x ≥a (ln a -1)可得e x +1a+1-ln a ≥ln x ，即e x +1-ln a +1-ln a ≥ln x ，则有e x +1-ln a +x +1-ln a ≥x +ln x ，设h (x )=e x +x ，易知h x 在R 上单调递增，故h (x +1-ln a )≥h (ln x )，所以x +1-ln a ≥ln x ，即x -ln x ≥ln a -1，设g (x )=x -ln x ⇒g x =x -1x，令g x >0⇒x >1，g x <0⇒0<x <1，故g x 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以g x ≥g 1 =1，则有1≥ln a -1，解之得a ∈0,e 2 ．故答案为：0,e 2 .13.已知a >1，若对于任意的x ∈13,+∞，不等式13x -2x +ln3x ≤1ae2x +ln a 恒成立，则a 的最小值为.【答案】32e【分析】根据题意可得13x +ln3x ≤1ae2x +ln ae 2x ，再构造f (x )=1x +ln x (x ≥1)，利用导数研究该函数的单调性，从而利用函数的单调性，可得3x ≤ae 2x ，然后再参变量分离，将恒成立问题转为变量的最值，最后利用导数求出变量式的最值，从而得解．【详解】因为ln a +2x =ln a +ln e 2x =ln ae 2x ，所以13x -2x +ln3x ≤1ae 2x +ln a 可化为13x +ln3x ≤1ae2x +ln ae 2x ，设f (x )=1x +ln x (x ≥1)，则f (x )=-1x 2+1x =x -1x 2≥0，∴f (x )在1,+∞ 上单调递增，因为a >1，x ∈13,+∞，所以3x ≥1，e 2x ≥e 23>1，ae 2x >1，所以13x +ln3x ≤1ae 2x +ln ae 2x 可化为f (3x )≤f (ae 2x )，所以3x ≤ae 2x ，∴a ≥3x e2x 在x ∈13,+∞ 上恒成立，∴a ≥3x e2xmax ，x ∈13,+∞ ，设g (x )=3x e 2x ，x ∈13,+∞ ，则g(x )=3(1-2x )e 2x，令g (x )>0，得13≤x <12；g (x )<0，得x >12，所以g (x )在13,12上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，所以g x max =g 12 =32e ，所以a ≥32e ，即a 的最小值为32e ．故答案为：32e．【点睛】关键点睛：本题的关键是将式子同构成13x +ln3x ≤1ae 2x +ln ae 2x ，再构造函数.14.若不等式ae 3x +2x +ln a ≥ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，则实数a 的最小值为．【答案】13e【分析】将不等式变形为e 3x +ln a +3x +ln a ≥e ln x +ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，构造函数g x =e x +x ，求导得单调性，进而问题进一步转化为ln a ≥ln x -3x 成立，构造h x =ln x -3x ，即可由导数求最值求解.【详解】因为ae 3x +2x +ln a ≥ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，不等式可变形为:ae 3x +3x +ln a ≥ln x +x ，即e ln a e 3x +3x +ln a ≥ln x +e ln x ，即e 3x +ln a +3x +ln a ≥e ln x +ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，记g x =e x +x ，则g x =e x +1>0，所以g x 在R 上单调递增，则e 3x +ln a +3x +ln a ≥e ln x +ln x 可写为g 3x +ln a ≥g ln x ，根据g x 单调性可知，只需3x +ln a ≥ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立即可，即ln a ≥ln x -3x 成立，记h x =ln x -3x ，即只需ln a ≥h x max ，因为h x =1x -3=1-3x x ，故在x ∈0,13 上，h x >0，h x 单调递增，在x ∈13,+∞ 上，h x <0，h x 单调递减，所以h x max =h 13 =ln 13-1=ln 13e，所以只需ln a ≥ln 13e 即可，解得a ≥13e.故答案为:13e【点睛】方法点睛：利用导数求解不等式恒成立或者存在类问题：1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；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，从而判定不等关系；3.适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4.构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.15.已知函数f x =ln x +ax 2，若对任意两个不相等的正实数x 1,x 2，都有f x 1 -f x 2x 1-x 2>2，则实数a 的取值范围是【答案】12,+∞ 【分析】设x 2>x 1>0，令g x =f x -2x ，将问题转化为g x 在0,+∞ 上单调递增，即g x ≥0在0,+∞ 上恒成立，采用分离变量的方式可得2a ≥-1x 2+2x ，结合二次函数性质可确定2a ≥1，由此可得结果.【详解】不妨设x 2>x 1>0，由f x 1 -f x 2x 1-x 2>2得：f x 1 -2x 1<f x 2 -2x 2，令g x =f x -2x ，则g x 在0,+∞ 上单调递增，∴g x =1x +2ax -2≥0在0,+∞ 上恒成立，∴2a ≥-1x 2+2x ，当1x =1，即x =1时，y =-1x2+2x 取得最大值1，∴2a ≥1，解得：a ≥12，∴实数a 的取值范围为12,+∞ .故答案为：12,+∞ .16.已知函数f x =12x 2-a ln x +1，当-2≤a <0，对任意x 1,x 2∈1,2 ，不等式f x 1 -f x 2 ≤m1x 1-1x 2恒成立，则m 的取值范围为．【答案】12，+∞【分析】构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，求m 的取值范围即可.【详解】因为-2≤a <0，函数f x 在1,2 上单调递增，不妨设1≤x 1≤x 2≤2，则f x 1 -f x 2 ≤m1x 1-1x 2，可化为f x 2 +m x 2≤f x 1 +mx 1，设h x =f x +mx=12x2-a ln x+1+mx，则h x1≥h x2，所以h x 为1,2上的减函数，即h x =x-ax-mx2≤0在1,2上恒成立，等价于m≥x3-ax在1,2上恒成立，设g x =x3-ax，所以m≥g(x)max，因-2≤a<0，所以g x =3x2-a>0，所以函数g x 在1,2上是增函数，所以g(x)max=g2 =8-2a≤12(当且仅当a=-2时等号成立)．所以m≥12.故答案为：12，+∞．17.已知实数x，y满足e x=xy2ln x+ln y，则xy的取值范围为.【答案】[e,+∞)【分析】把e x=xy2ln x+ln y化为xe x=x2y⋅ln(x2y)，构造函数f(x)=xe x(x>0)，可得xy=e xx，再求出函数g(x)=e xx(x>0)的值域即可得答案.【详解】依题意有x>0,y>0，设f(x)=xe x(x>0)，则f (x)=(x+1)e x>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，由e x=xy2ln x+ln y，得xe x=x2y⋅ln(x2y)，即有f(x)=f(ln(x2y))，因为f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以有x=ln(x2y)，即x2y=e x，所以xy=e x x，设g(x)=e xx(x>0)，则g (x)=(x-1)e xx2，令g (x)=0，得x=1，x∈(0,1)时，g (x)<0，g(x)单调递减，x∈(1,+∞)时，g (x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min=g(1)=e，所以x∈(0,+∞)时，g(x)∈[e,+∞)，所以xy的取值范围为[e,+∞).故答案为：[e,+∞)18.已知x0是方程e3x-ln x+2x=0的一个根，则ln x0x0=.【答案】3【分析】依题意得e3x0+3x0=x0+ln x0，构造函数f(x)=e x+x，则有f(3x0)=f(ln x0)，得出f(x)的单调性即可求解.【详解】因为x0是方程e3x-ln x+2x=0的一个根，则x0>0，所以e3x0-ln x0+2x0=0，即e3x0+3x0=x0+ln x0，令f(x)=e x+x，则f (x)=e x+1>0，所以f(x)在R单调递增，又e3x0+3x0=x0+ln x0，即f(3x0)=f(ln x0)，所以3x0=ln x0，所以ln x0x0=3.故答案为：319.已知函数f x =e ax-2ln x-x2+ax，若f x >0恒成立，则实数a的取值范围为.【答案】2e,+∞ 【分析】根据f x >0恒成立，可得到含有x ，a 的不等式，再进行分离变量，将“恒成立”转化为求函数的最大值或最小值，最后得出a 的范围.【详解】已知函数f x =e ax -2ln x -x 2+ax ，若f x >0恒成立，则实数a 的取值范围为令g x =e x +x ，g x =e x +1>0，所以g x 单调递增，因为f x =e ax -2ln x -x 2+ax >0x >0 ，所以e ax +ax >ln x 2+e ln x 2，可得g ax >g ln x 2 ，所以ax >ln x 2，所以a >ln x 2xx >0 恒成立，即求ln x 2x max x >0 ，令F x =ln x 2x x >0 ，F x =ln x 2 x -x ln x 2x 2=21-ln x x 2，当x ∈0,e 时，F x >0，F x 单调递增，当x ∈e ,+∞ 时，F x <0，F x 单调递减，所以F x ≤F e =2e ，可得a <2e .故答案为：2e ,+∞ .【点睛】对于“恒成立问题”，关键点为：对于任意的x ，使得f x >a 恒成立，可得出f x min >a ；对于任意的x ，使得f x <a 恒成立，可得出f x max <a .20.若ln x +ln2a -1-2a x -e x ≤0，则实数a 的取值范围为．【答案】0<a ≤e 2【分析】利用同构法，构造函数f (x )=ln x +x ，将问题转化为f (2ax )≤f (e x)，从而得到2a ≤e x x恒成立问题，再构造g (x )=e x x，利用导数求得其最小值，由此得解.【详解】因为ln x +ln2a -1-2a x -e x ≤0，a >0,x >0⇔ln (2ax )-x +2ax -e x ≤0,⇔ln (2ax )+2ax ≤x +e x =ln e x +e x ，令f (x )=ln x +x ,x >0，则原式等价于f (2ax )≤f (e x )，f (x )=1x +1=1+x x>0恒成立，所以f (x )在定义域内单调递增，所以2ax ≤e x ⇒2a ≤e x x，令g (x )=e x x (x >0),g (x )=e x (x -1)x 2，则x >1时，g (x )>0，g (x )在(1,+∞)单调递增，0<x <1时，g (x )<0，g (x )在(0,1)单调递减，所以g (x )min =g (1)=e ，则2a ≤e ,a ≤e 2.又a 为正数，故答案为：0<a ≤e 2.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．21.已知a <0，不等式xe x +a ln x x a ≥0对∀x ∈1,+∞ 恒成立，则实数a 的最小值为.【答案】-e 【分析】将不等式等价变形为xe x ≥-a ln x ⋅e -a ln x ，构造函数f x =xe x ，进而问题转化成x ≥-a ln x ，构造g (x )=x ln x ，利用导数求解单调性进而得最值.【详解】xe x ≥-a ln x x a =-a ln x ⋅e -a ln x ，构造函数f x =xe x ，f x =x +1 e x >0x >0 ，故f x 在0，+∞ 上单调递增，故f x ≥f -a ln x 等价于x ≥-a ln x ，即a ≥-x ln x 任意的实数x >1恒成立．令g (x )=x ln x ，x >1则g (x )=ln x -1ln 2x ，故g (x )在(1,e )上单调递减，在(e ,+∞)上单调递增，g (x )min =e ，得a ≥-x ln x max=-e ．故答案为：-e【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22.关于x 的不等式a 2e 2x +1-ln x +x +1+2ln a ≥0在0,+∞ 上恒成立，则a 的最小值是.【答案】22e【分析】不等式转化为e 2x +1+2ln a +2x +1+2ln a ≥ln x +x =e ln x +ln x ，构造函数f x =e x +x ，判断函数单调递增得到2x +1+ln a ≥ln x ，转化为2x +1-ln x +ln a ≥0，构造函数g x =2x +1-ln x +ln a ，根据函数的单调性计算最小值即得到答案.【详解】a 2e 2x +1-ln x +x +1+2ln a ≥0，即e 2x +1+2ln a +2x +1+2ln a ≥ln x +x =e ln x +ln x ，设f x =e x +x ，f x =e x +1>0恒成立，故f x 单调递增.原不等式转化为f 2x +1+2ln a ≥f ln x ，即2x +1+2ln a ≥ln x ，即2x +1-ln x +2ln a ≥0在(0,+∞)上恒成立.设g x =2x +1-ln x +2ln a ，g x =2x -1x ，当x ∈12,+∞ 时，g x >0，函数单调递增；当x ∈0,12 时，g x <0，函数单调递减；故g x min =g 12=2+ln2+2ln a ≥0，即2ln a ≥-2-ln2=-ln2e 2，解得a ≥22e.所以a 的最小值是22e.故答案为：22e.【点睛】方法点睛：将不等式a 2e 2x +1-ln x +x +1+2ln a ≥0化为e 2x +1+2ln a +2x +1+2ln a ≥e ln x +ln x ，这种方法就是同构法，同构即结构形式相同，对于一个不等式，对其移项后通过各种手段将其变形，使其左右两边呈现结构形式完全一样的状态，接着就可以构造函数，结合函数单调性等来对式子进行处理了．。
2024年高考数学一轮复习大题专练07导数构造函数证明不等式1
一轮大题专练7—导数（构造函数证明不等式1）1．已知函数()f x alnx x =+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明：()x xf x e <． 解：（1）()f x alnx x =+，(0,)x ∈+∞． ()1af x x'=+， 0a 时，()0f x '>，函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．0a <时，令()0f x '=，解得0x a =->，函数()f x 在(0,)x a ∈-上单调递减，在(,)a -+∞上单调递增．（2）证明：当1a =时，要证明：()xxf x e <，即证明21xlnx e x x+<， 令()1lnxg x x=+，21()lnx g x x -'=， 令()0g x '>，解得0x e <<；令()0g x '<，解得e x <． ∴函数()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减．x e ∴=时，函数()g x 取得极大值即最大值，g （e ）11e=+． 令2()xe h x x =，3(2)()xx e h x x -'=，令()0h x '<，解得02x <<；令()0h x '>，解得2x <． ∴函数()h x 在(0,)e 上单调递减，在(2,)+∞上单调递增．x e ∴=时，函数()h x 取得极小值即最小值，h （2）24e =．221251(1)1044 2.5e e ⋅-+>-->． ()()max min g x h x ∴<，即21xlnx e x x+<，也即()x xf x e <． 2．已知函数()f x x alnx =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若关于x 的方程0x alnx -=有两个不相等的实数根，记较小的实数根为0x ，求证：0(1)a x a ->．（Ⅰ）解：由()f x x alnx =-，可得()1a f x x'=-， 则f '（1）1a =-，又f （1）1=，所以曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为1(1)(1)y a x -=--， 即(1)y a x a =-+．（Ⅱ）解：()f x x alnx =-的定义域为(0,)+∞，()1a x af x x x-'=-=， 当0a 时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，可得x a >，令()0f x '<，可得0x a <<， 所以()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当0a >时，()0f x x alnx =-=才有两个不相等的实根，且00x >， 则要证0(1)a x a ->，即证011a a x ->，即证0111a x ->， 而000x alnx -=，则000(1x a x lnx =≠，否则方程不成立）， 所以即证00011lnx x x ->，化简得0010x lnx -->， 令000()1g x x lnx =--，则000011()1x g x x x -'=-=， 当001x <<时，0()0g x '<，0()g x 单调递减， 当01x >时，0()0g x '>，0()g x 单调递增， 所以0()g x g （1）0=，而01x ≠， 所以0()0g x >，所以0(1)a x a ->，得证．3．已知函数()f x alnx x =+，函数2()x g x e bx =+，（1）记2()()h x f x x =+，试讨论函数()h x 的单调性，并求出函数()h x 的极值点；（2）若已知曲线()y f x =和曲线()y g x =在1x =处的切线都过点(0,1)．求证：当0x >时，()()(1)1xf x g x e x +--．解：（1）2()h x alnx x x =++，22()(0)x x ah x x x++'=>， 记2()2(0)x x x a x ϕ=++>，当0a 时，()0h x '>，()h x 在(0,)+∞单调递增，无极值点，当0a <时，△180a =->，()x ϕ有异号的两根10)x =<，20)x =>，x ∴∈，()0x ϕ<，()0h x '<，()h x 在单调递减，x ∈，)+∞，()0x ϕ>，()0h x '>，()h x 在，)+∞单调递减，()h x ∴有极小值点x =； （2）证明：()(0)x af x x x+'=>，()2x g x e bx '=+，f ∴'（1）1a =+，()f x 在1x =处的切线方程为1(1)(1)y a x -=+-，过点(0,1)得：1a =-，g '（1）2e b =+，()g x 在1x =处的切线方程为(2)(1)y e b e b x --=+-，过点(0,1)得：1b =-， ()f x lnx x ∴=-+，2()x g x e x =-，要证：()()(1)1xf x g x e x +--，即证：(1)10x e xlnx e x ----， 即证：1(1)0x e lnx e x x---，构造函数1()(1)x e K x lnx e x x =---，则2(1)(1)()x x e K x x --'=，0x >时，10x e ->，(0,1)x ∴∈时，()0K x '<，()K x 在(0,1)单调递减， (1,)x ∴∈+∞时，()0K x '>，()K x 在(1,)+∞单调递增，()K x K ∴（1）0=，故原不等式成立．4．已知函数()()f x ax lnx a R =+∈在1x =处取得极值．（Ⅰ）若对(0,)x ∀∈+∞，()1f x bx -恒成立，求实数b 的取值范围； （Ⅱ）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1[4，1]上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<．（Ⅰ）解：()()f x ax lnx a R =+∈，则1()f x a x'=+， 又()f x 在1x =处取得极值，则有f '（1）10a =+=，解得1a =-， 此时1()1f x x'=-，当01x <<时，()0f x '>，则()f x 单调递增， 当1x >时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 所以()f x 确实在1x =处取得极值， 故1a =-，设()(1)1h x lnx b x =+--，则()1f x bx -在(0,)+∞上恒成立，即()0h x 在(0,)+∞上恒成立， 因为1()1h x b x'=+-， 当10b -，即1b 时，()0h x >在(0,)+∞上恒成立，不符合题意； 当1b <时，令()0h x '=，解得11x b=-， 当101x b<<-时，()0h x '>，则()h x 单调递增， 当11x b>-时，()0h x '<，则()h x 单调递减， 所以当11x b =-时，()h x 取得最大值111()1(1)2111b h ln ln b b b b-=+-=------， 要使得()0h x 在(0,)+∞上恒成立， 则有(1)20ln b ---，解得21b e --，综上所述，实数b 的取值范围为(-∞，21]e --；（Ⅱ）证明：要证(4)(3)0m m ++<，即证明43m -<<-即可， 因为()()(2)(2)x x g x f x x e lnx x x e =+-=-+-， 则111()1(2)(1)()(1)x x x x x g x e x e e x e x x x x-'=-++-=+-=--， 因为1[4x ∈，1]时，10x -恒成立，设1()x M x e x=-，1[4x ∈，1]，则()M x 为单调递增函数，又113205112035()0,()0201153M e M e =-<=->，则存在0113(,)205x ∈，使得0()0M x =，即001x e x =，则当01[,)4x x ∈时，()0M x <，(1)0x -<，则()0g x '>，故()g x 单调递增，当0[x x ∈，1]时，()0M x ，(1)0x -且不同时为0，则()0g x '，故()g x 单调递减，所以()g x 在1[4，1]上的最大值为0000000000()(2)2x x x m g x lnx x x e lnx x x e e ==-+-=-+-，又001x e x =，则00021m lnx x x =-+-，0113(,)205x ∈，设2()1k x lnx x x =-+-，113(,)205x ∈， 则212()10k x x x'=-+>对于113(,)205x ∈恒成立， 故()k x 在113(,)205x ∈上单调递增 故1111114011940()()1420202011202011k x k ln ln >=-+-=+->-， 333103()()1 2.933355535k x k ln ln <=-+-≈-<-，于是43m -<<-， 故(4)(3)0m m ++<．5．已知函数()x f x e x a =--，对于x R ∀∈，()0f x 恒成立． （1）求实数a 的取值范围；（2）证明：当[0,]4x π∈时，cos tan x x x e +．解：（1）由0x e x a --恒成立，得x a e x -对x R ∀∈恒成立， 令()x g x e x =-，()1x g x e '=-， 当0x >，()0g x '>，()g x 单调递增，当0x <，()0g x '<，()g x 单调减，()(0)1min g x g ==， 故所求实数a 的取值范围为(-∞，1]； （2）证明：由（1）得1x e x +．欲证cos tan x x x e +，只需证cos tan 1x x x ++即可， 令()cos tan 1h x x x x =+--，222221sin (sin cos )sin (sin sin 1)()sin 1cos cos cos x x x x x x h x x x x x-+-'=-+-==，令2()sin sin 1F x x x =+-，则易知()F x 在[0,]4π单调递增，且(0)0F <，()04F π>，故存在0(0,)4x π∈，使得0()0F x =；当[0x ∈，0)x 时，()0F x <，()0h x '，()h x 单调递减，当0(,]4x x π∈时，()0F x >，()0h x '>，()h x 单调递增，又(0)0h =，()044h ππ<，()(0)0max h x h ==，故当[0,]4x π∈时，cos tan x x x e +．6．已知函数()x f x e =，()1g x ax =+． （Ⅰ）已知()()f x g x 恒成立，求a 的值；（Ⅱ）若(0,1)x ∈211x x+-<． 解：（1）已知()()f x g x 恒成立，即()()0f x g x -恒成立， 令()()()1x h x f x g x e ax =-=--，则有()x h x e a '=-，当0a 时，则恒有()0h x '>，此时函数()h x 单调递增，并且当x →-∞时，()h x →-∞，不满足题意；0a ∴>，此时令()0h x x lna '=⇒=；()0h x x lna '∴>⇒>；()0h x x lna '<⇒<，即函数()h x 在(,)lna -∞上单调递减，在(,)lna +∞上单调递增，()()1min h x h lna a alna ∴==--，若要满足题意，则需使10a alna --，恒成立， 令F （a ）1(0)a alna a =-->，则有F '（a ）lna =，由此可得，当01a <<时，F '（a ）0<；当1a >时，F '（a ）0>．F ∴（a ）min F =（1）0=，即得F （a ）0， 1a ∴=．（2）令()1((0,1))x G x e x x =--∈，则有()10x G x e '=->恒成立，故可得()G x 在(0,1)上单调递增，即有()(0)0G x G >=恒成立，故有101x x e x e x -->⇔>+在(0,1)上恒成立； 根据题意，要证2111()lnx x f x x-+-<，即证明1111lnx x x x -+-<+，即证2111x lnx x x x x+-++-<+， 即证2110lnx x x-++>， 令21()H x lnx x x x =-++，则有22111()2(1)2H x x x x x x x'=--=--，(0,1)x ∈，10x ∴-<，20x -<，()0H x '∴<在(0,1)上恒成立，即得函数()H x 在(0,1)上单调递减， ()H x H ∴>（1）10=>，由此得证当(0,1)x ∈时，原不等式成立．7．已知函数()(1)f x x lnx =-，()f x '的反函数为()h x （其中()f x '为()f x 的导函数，20.69)ln ≈． （1）判断函数2()()32g x f x x x '=+-+在(0,)+∞上零点的个数；（2）当(0,1)x ∈31x x >--． 解：（1）由题意得22()()3232g x f x x x lnx x x ='+-+=+-+， 则(21)(1)()x x g x x--'=，由()0g x '=得12x =或1x =， 由()0g x '>，得102x <<或1x >， 由()0g x '<，得112x <<， 当x 在(0,)+∞上变化时，()g x '，()g x 变化情况如下表：根据上表知13()2024g x g ln ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭极大值，()g x g =极小值（1）0=，121()220416g ln =-<， 根据零点的存在性定理，函数()g x 在1(0,)2上存在唯一零点，又因为g （1）0=，所以根据()g x 的单调性可知，函数2()()32g x f x x x ='+-+在(0,)+∞上零点的个数为2． （2）证明：因为()f x lnx '=，其反函数为()x h x e =， 所以不等式为33(1)1(1)(1)x xx lnx x x x lnx x x e e->--⇔->--， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<， 所以()f x 在(0,1)上单调递减，所以()f x f >（1）1=-， 设函数3()(1)x G x x x e =--， 则32()(32)x G x x x x e '=+--，设函数32()32p x x x x =+--，则2()361p x x x '=+-， 所以()p x '在(0,1)上单调递增， 因为(0)p p '⋅'（1）80=-<， 所以存在0(0,1)x ∈，使得0()0p x '=，所以函数()p x 在0(0,)x 上单调递减，在0(x ，1)上单调递增， 当0(0,)x x ∈时，0()(0)2p x p <=-， 当0(x x ∈，1)时，0()0p x <，p （1）0>， 所以存在1(0,1)x ∈，使得1()0G x '=， 所以当1(0,)x x ∈时，()0G x '<， 当1(x x ∈，1)时，()0G x '>，所以函数()G x 在1(0,)x 上单调递减，在1(x ，1)上单调递增， 因为(0)1G =-，G （1）e =-， 所以当(0,1)x ∈时，()(0)1G x G <=-， 所以3(1)(1)x x lnx x x e ->--， 所以3()1()f x x xg x >--．。
导数3 小题(概念、运算、构造法,综合中下等)-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编
导数——小题（概念，计算）：1.（2022年广东潮汕名校联考J05）如图是网络上流行的表情包，其利用了“可倒”和“可导”的谐音生动形象地说明了高等数学中“连续”和“可导”两个概念之间的关系．根据该表情包的说法，()f x 在0x x =处连续是()f x 在0x x =处可导的（①）．2.3. A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.（概念，中下；）1.（2022年山东历城二中J01）已知f (x )=cos x ，g (x )=x ，则关于x 的不等式()()0f x g x ''+≤的解集2.为②__________.（求导，易；）1.（多选，2022年河北衡水中学二调J09）下列命题正确的是（③）2. A.若()sin cos f x x x x =+，则()sin cos sin f x x x x x '=-+3. B.设函数()ln f x x x =，若()02f x '=，则0ex =4. C.已知函数()23e xf x x =，则()112ef '=5. D.设函数()f x 的导函数为()f x '，且()()232ln f x x xf x '=++，则()924f '=-6.（求导，易；）1.（多选，2022年江苏南京宁海中学J13）下列命题正确的是（④）2. A.“1a >”是“21a >”的充分不必要条件3. B.“M N >”是“lgM lgN >”的必要不充分条件4.C.命题“2,10x R x ∀∈+<”的否定是“x R ∃∈，使得210x +<”5. D.设函数()f x 的导数为()'f x ，则“0()0f x '=”是“()f x 在0x x =处取得极值”的充要条件6.（概念，易；）导数——小题（构造法、特例法、赋值法）：5.（2022年广东天河J15，单选8）设()f x '为函数()f x 的导函数，已知()()()21ln ,12x f x xf x x f '==-'+，则（⑤）6. A.()xf x 在()0,∞+单调递增 B.()xf x 在()0,∞+单调递减7. C.()xf x 在()0,∞+上有极大值12 D.()xf x 在()0,∞+上有极小值128.（构造法，中下；）9.（2022年广东佛山J11，单选8）设函数()f x 的导函数是()f x '，且()()f x f x x '⋅>恒成立，则（⑥）10.A.(1)(1)f f <- B.(1)(1)f f >- C.|(1)||(1)|f f <- D.|(1)||(1)|f f >-11.（构造法，中档；）12.（2022年广东汕头一模J22）已知ln 22a =，1e b =，ln 55c =，则以下不等式正确的是（⑦）13. A.c b a >> B.a b c>> C.b a c>> D.b c a>>（构造法，中下；）3.（2022年江苏盐城三模J62，填空4）已知()f x '为()f x 的导函数，且满足()01f =，对任意的x 总有()()22f x f x '->，则不等式()223x f x e +≥的解集为⑧__________．（构造法，中档；）4.（2022年广东江门J18，填空3）若函数()g x 为定义在R 上的奇函数，()g x '为()g x 的导函数，当0x ≤时，()2g x x '<，则不等式2()g x x >的解集为⑨_______.（构造或者赋值，中下；）导数——小题（比较大小）：14.（2022年河北联考J42，单选8）已知函数()f x '为函数()f x 的导函数，满足()tan ()x f x f x '⋅>，66a π⎛⎫= ⎪⎝⎭，34b π⎛⎫= ⎪⎝⎭，23c π⎛⎫= ⎪⎝⎭，则下面大小关系正确的是（⑩）15.A ．a b c <<B ．a c b <<C ．b a c <<D ．c b a <<（比较大小，中档；）16.（2022年河北沧州J30，单选8）已知12a >且122e a a -=，13b >且133e b b -=，14c >且144e c c -=，则（⑪）17. A.ln ln ln a b cbc ac ab << B.ln ln ln a c bbc ab ac <<18. C.ln ln ln c b aab ac bc<< D.ln ln ln b a cac bc ab<<（比较大小，中档；）导数——综合中下：7.（多选，2022年新高考全国一卷J01）已知函数3()1f x x x =-+，则（⑫）8. A.()f x 有两个极值点B.()f x 有三个零点9.C.点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D.直线2y x =是曲线()y f x =的切线10.（三次函数，极值，零点，对称中心，切线；综合，中下；）11.（多选3，2022年福建漳州一中J21）已知函数()1xx f x e +=，则下列说法正确的是（⑬）12.A ．()()12f f >13.B ．函数()f x 的最大值为114.C ．若方程()0f x m -=恰有两个不等的实根，则实数m 的取值范围为10,e ⎛⎫⎪⎝⎭15.D ．若()()()1212f x f x x x =≠，则120x x +>16.（单调性，最值，零点，综合，中下；）17.（多选4，2022年山东师大附中J61）函数()e cos xf x a x =-，下列说法正确的是（⑭）18. A.当1a =时，()f x 在()()0,f x 处的切线的斜率为119. B.当1a =时，()f x 在()π,-+∞上单调递增20. C.对任意()0,a f x '>在()π,-+∞上均存在零点21. D.存在()0,a f x '<在()π,-+∞上有唯一零点22.（切线，易；单调性，易；零点，中下；零点，中下；综合，中下；）①【答案】B②【14题答案】【答案】|2,2Z x x k k ππ⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭【解析】【分析】由题可得sin 1x ≥，利用正弦函数的性质即求.【详解】由题可得sin 10x -+≤，即sin 1x ≥，又sin 1x ≤，所以sin 1x =，所以2,2Z x k k ππ=+∈，∴原不等式的解集为|2,2Z x x k k ππ⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭.故答案为：|2,2Z x x k k ππ⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭③【答案】BD【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式求解即可.【详解】对于选项A ,即()sin cos sin f x x x x x '=+-，则选项A 不正确；对于选项B ,即()ln 1f x x '=+,则()00ln 12f x x =+'=，解得0e x =，则选项B 正确；对于选项C ,即()26e 3e xxf x x x '=+，则()16e 3e 9e f '=+=，则选项C 不正确；对于选项D ,即()()1232f x x f x''=++，()()124322f f ''=++，解得()924f '=-，则选项D 正确.故选：BD .④【答案】AB【解析】【分析】根据定义法判断是否为充分、必要条件，由全称命题的否定是∀→∃，否定结论，即可知正确的选项.【详解】A 选项中，211a a >⇒>，但211a a >⇒>或1a <-，故A 正确；B 选项中，当0M N >>时有lgM lgN >，而lgM lgN >必有0M N >>，故B 正确；C 选项中，否定命题为“x R ∃∈，使得210x +≥”，故C 错误；D 选项中，0()0f x '=不一定有()f x 在0x x =处取得极值，而()f x 在0x x =处取得极值则0()0f x '=，故D 错误；故选：AB【点睛】本题考查了充分、必要条件的判断以及含特称量词命题的否定，属于简单题.⑤【答案】D【解析】【分析】令()()g x xf x =，由ln ()xg x x'=即可得到函数单调性，判断A 、B 选项；由单调性结合()()110f f '+=求得(1)f ，即可判断C 、D 选项.【详解】由题意知：0x >，()()ln xxf x f x x+='，令()()g x xf x =，则()()ln ()x g x xf x f x x +=''=，显然当()0,1x ∈时，ln ()0xg x x '=<，()()g x xf x =单减，当()1,x ∈+∞时，ln ()0xg x x'=>，()()g x xf x =单增，故A ，B 错误；()xf x 在()0,∞+上有极小值(1)f ，令1x =，则()()110f f '+=，又()112f '=-，则1(1)2f =，故()xf x 在()0,∞+上有极小值12，C 错误；D 正确.故选：D.⑥【答案】D【解析】【分析】构造函数()()2212g x f x x ⎡⎤=-⎣⎦，利用导函数研究其单调性，求出结果.【详解】设()()2212g x f x x ⎡⎤=-⎣⎦，则()()()()()12202g x f x f x x f x f x x '''=-=->⎡⎤⎣⎦恒成立，所以()()2212g x f x x ⎡⎤=-⎣⎦单调递增，故()()11g g >-，即()()2211111122f f ⎡⎤⎡⎤->--⎣⎦⎣⎦，解得：()()2211f f >-，即|(1)||(1)|f f >-.故选：D⑦【答案】C【解析】【分析】由于1ln e e e b ==，所以构造函数ln ()(0)xf x x x=>，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小即可【详解】ln 22a =，1ln e e e b ==，ln 55c =，令ln ()(0)x f x x x =>，则21ln ()x f x x -'=，当0e x <<时，()0f x '>，当e x >时，()0f x '<，所以()f x 在(0,e)上递增，在(e )+∞，上递减，因为2e 5<<，所以(2)(e)f f <，(e)(5)f f >，因为ln 2ln 55ln 22ln 5ln 32ln 25(2)(5)0251010f f ---=-==>，所以(2)(5)f f >，所以b a c >>故选：C⑧【答案】[)0,+∞##{|0}x x ≥【解析】【分析】构造新函数()()22exf xg x +=，利用已知条件()()22f x f x '->，可以判断()g x 单调递增，利用()g x 的单调性即可求出不等式的解集【详解】设函数()()22exf xg x +=，则()()()()222221()22222e x xx x f x e e f x f x f x g x e '⋅-⋅⋅+⎡⎤⎣⎦'--'==⎛⎫ ⎪⎝⎭又()()22f x f x '-> ()0g x '∴>所以()g x 在R 上单调递增，又()()0023g f =+=故不等式2()23xf x e +≥可化为()(0)g x g ≥由()g x 的单调性可得该不等式的解集为[)0,+∞．故答案为：[)0,+∞⑨【答案】(),0∞-##{x |x ＜0}【解析】【分析】构造函数()()2h x g x x =-，根据已知条件判断其单调性，几何g (x )是奇函数即可求解.【详解】∵g (x )是R 上奇函数，∴g (0)＝0，令()()2h x g x x =-，则()()2h x g x x '=-'，0x 时，()2g x x '<，0x ∴≤时，()0h x '<，()h x 单调递减，∴x ＜0时，()h x h >(0)＝g (0)＝0，即0x <时，()20g x x >>，当x ＞0时，－x ＜0，∴h (－x )＞h (0)，即g (－x )－20x >，∵g (x )是奇函数，∴()2g x x ->，即x ＞0时，g (x )＜－2x ＜0，综上，x ＜0时，g (x )＞2x ＞0，x ＞0时，g (x )＜－2x ＜0﹒∴g (x )＞2x 的解集是(),0∞-.故答案为：(),0∞-.⑩【答案】A【分析】根据题意可得2sin ()0cos sin x f x x x '⎛⎫> ⎪⎝⎭，从而构造函数()()sin f x g x x =在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，由单调性即可求解.【详解】根据题意，()()tan ()tan ()0x f x f x x f x f x ''⋅>⇔⋅->，变换可得：()()()()cos tan 0tan 0tan sin f x f x x x f x x f x x x ⋅⎛⎫⎛⎫''->⇔-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2sin ()0cos sin x f x x x '⎛⎫⇔> ⎪⎝⎭，分析可得，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，cos 0x >，()0sin f x x '⎛⎫> ⎪⎝⎭，,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，cos 0x <，()0sin f x x '⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以函数()()sin f x g x x =在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以643sin sin sin 643f f f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<，即3226433f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<<⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选：A.⑪【答案】A【解析】【分析】对已知的等式进行变形，转化成结构一致，从而构造函数，确定构造的函数的性质，得到a 、b 、c 的大小，再根据选项构造函数，借助函数的单调性比较大小即可.【详解】由已知条件，对于122e a a -=，两边同取对数，则有1ln 2ln 2a a +=-，即111ln ln 2ln 222a a -=+=-，同理：11ln ln 33b b -=-；11ln ln 44c c -=-构造函数()ln f x x x =-，则()12f a f ⎛⎫=⎪⎝⎭，()13f b f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()14f c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭对其求导得：()()10x f x x x-'=>∴当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增；又 12a >，13b >，14c >1a b c∴<<<再构造函数()ln g x x x =，对其求导得：()()ln 10g x x x '=+>∴当10x e<<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x e>时，()0g x '>，()g x 单调递增；()()()g a g b g c ∴<<即：ln ln ln a a b b c c <<又0abc > ln ln ln a b cbc ac ab<<∴故选：A.⑫【答案】AC【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合()f x 的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，()231f x x '=-，令()0f x '>得33x >或33x <-，令()0f x '<得3333x -<<，所以()f x 在33(,33-上单调递减，在3(,3-∞-，3,)3+∞上单调递增，所以33x =±是极值点，故A 正确；因323(1039f -=+>，3231039f =->，()250f -=-<，所以，函数()f x 在3,3⎛-∞- ⎝⎭上有一个零点，当33x ≥时，()303f x f ⎛≥> ⎝⎭，即函数()f x 在33⎛⎫∞ ⎪ ⎪⎝⎭上无零点，综上所述，函数()f x 有一个零点，故B 错误；令3()h x x x =-，该函数的定义域为R ，()()()()33h x x x x x h x -=---=-+=-，则()h x 是奇函数，(0,0)是()h x 的对称中心，将()h x 的图象向上移动一个单位得到()f x 的图象，所以点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心，故C 正确；令()2312f x x '=-=，可得1x =±，又()(1)11f f =-=，当切点为(1,1)时，切线方程为21y x =-，当切点为(1,1)-时，切线方程为23y x =+，故D 错误.故选：AC .⑬【答案】ABD【分析】利用导数研究()f x 的单调性，即可判断A 、B 的正误；由()f x 在(,0)-∞、(0,)+∞上的值域，即可知()0f x m -=恰有两个不等的实根时m 的取值范围；取120x x <<，要证120x x +>，即证21x x >-，构造函数()()()g x f x f x =--并利用导数研究单调性，进而确定()g x 在(,0)-∞上的符号，即可证120x x +>.【详解】由题意，()xx f x e -'=，当0x <时，()0f x '>，()f x 单调递增；当0x >时，()0f x '<，()f x 单调递减；即()f x 在(),0-∞上单调递增；在()0,∞+上单调递减，A ：()()12f f >，正确；B ：()f x 的极大值，也是最大值为(0)1f =，正确；C ：∵x →-∞时()f x →-∞，即(,0)-∞上()(,0)f x ∈-∞；x →+∞时()0f x →，即(0,)+∞上()(0,1)f x ∈；∴要使()0f x m -=恰有两个不等的实根，则01m <<，错误；D ：不妨设12x x <，()f x 在(),0-∞上单调递增；在()0,∞+上单调递减，若()()()1212f x f x x x =≠，则120x x <<，要证120x x +>，即证21x x >-，()()120,,0,x x ∈+∞∈+∞ ，只需证明()121()()f x f x f x =<-，即证明()()11f x f x <-令()()()()11x x x x x x x x g x f x f x x e e e e e e---+-+=--=-=++-，(),0x ∈-∞()()x x g x x e e -'=+，当0x >时，()0g x '>，函数在(),0-∞上单调递增；所以()()00g x g <=，所以()()0f x f x --<，即21x x >-，故120x x +>，正确.故选：ABD⑭【答案】AD【解析】【分析】对于A,利用导数的几何意义即可判断；对于B ，求出()e sin x f x x '=+，作图象数形结合判断其正负，即可判断函数的单调性；对于C ，D ，令()e sin 0x f x a x '=+=，则x 1sinx e a -=构造函数令()x sinx (),π,0eF x x =∈-，利用导数求得其极值，从而说明当()π,x ∈-+∞时，3π4π422e ()22e F x -≤≤，即可判断.【详解】对于A ，当1a =时，()()e cos ,e sin xx f x x f x x '=-=+，()01f '=，故()f x 在()()0,f x 处的切线的斜率为1，A 正确；对于B ，当1a =时，()()e cos ,e sin x x f x x f x x '=-=+，作出函数e ,sin x y y x ==-在()π,x ∈-+∞上的图象如图示，可以看到e ,sin x y y x ==-在()π,0x ∈-有两交点，即()e sin xf x x '=+有两个零点12,x x ，不妨假设12x x <，当()1π,x x ∈-时，()0f x '>，()f x 递增，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，()f x 递减，当()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 递增，故当1a =时，()f x 在()π,-+∞上不是单调递增函数，故B 错误；对于C ，()e sin x f x a x '=+，()π,0x ∈-，令()e sin 0x f x a x '=+=，则x 1sin ex a -=,令()x sin (),π,0e x F x x =∈-，π2cos sin 4()e e x xx x x F x --'==，令()0F x '=，得ππ+,1,Z 4x k k k =≥-∈，故当π5π(2π,2π)44x k k ∈++π20,()04x F x '-><，()F x 递减，当5ππ(2π,2π2π)44x k k ∈+++时，π2)0,()04x F x '-<>，()F x 递增，所以当5π2π+,1,Z 4x k k k =≥-∈时，()F x 取到极小值，即当3π5π,,44x =- 时，()F x 取到极小值，又3π5π443π5πsin()sin 44e e--<> ，即3π5π(()44F F -<< ，又因为在3π(π,]4--上，()F x 递减，故3π43π2()(42F x F ≥-=-，当π2π+,0,Z 4x k k k =≥∈时，()F x 取到极大值，即当π9π,,44x = 时，()F x 取到极大值，又π9π44π9πsinsin 44e e >> ，即π9π(()44F F >> ，故π4π2()()42e F x F ≤=，当()π,x ∈-+∞时，3π4π422e ()22e F x -≤≤，所以当3π412e 2a -<-即3π422e a <，时，()'f x 在()π,-+∞上无零点，故C 错误；当π4122e a -=，即π42e a =-时，1=-y a 与sin ex x y =的图象只有一个交点，即存在()0,a f x '<在()π,-+∞上有唯一零点，故D 正确，故选：AD【点睛】本题考查了导数的几何意义以及利用导数判断函数单调性和利用导数解决函数的零点问题，综合性强，计算量大，解答时需要灵活的应用相关知识，比如涉及到的三角函数的性质以及数形结合的方法等，解答的关键是构造函数，利用导数判断函数单调性，确定极值，解决问题.。
用构造函数解导数问题
f (2 − x) =f (x)e2−2x
⇔
f
(2 − e2−x
x)
⇔
f (x) ex
⇔
F (2
−
x=)
F (x) ⇒ F (x)关于x=
1 对 称 ， 则 当 x <1 时 ，
F (x)在(-∞,1]上单调递减。根据单调性和大致图像可知
3
离对称轴远，故有 F (3) > F (0) ⇒
f (3) > e3
F (x)在(0, ∞)上也单调递增,= 根据 f (1) 0= 可得F (1) 0 和 F (−1) =0 ，根据函数的单调性和奇偶性可得函数的
大致图像，注意 f (x) 与 x 同号为正，异号为负，根据图像可知 f (x) > 0 的解集为 (−∞, −1) ∪ (1, +∞) 。
公众号：数学其实没那么难
二、利用利用 f (x) 与 ex 构造
因为 ex 的特殊性（恒大于 0 且导数为本身），故常见的题型为 f '(x) ± f (x) 。和 f (x)与x 构造方式相同，此
时 g(x) = ex ，构造 F (x) =
f (x)ex 或者 F (x) =
f (x)
，主要是利用：
ex
= F (x) f (x)ex ,= F '(x) f= (x)ex ' ex ( f '(x) + f (x))
f (x)
。原
xn
理如下：
F (x) = xn f (x) ， F '(x) =xn f '(x) + nxn−1 f (x) =xn−1[xf '(x) + nf (x)] ；
压轴题型02 构造法在函数中的应用(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练
压轴题型02构造法在函数中的应用近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．○热○点○题○型1构造法解决高考函数对称与周期性问题○热○点○题○型2主元构造法○热○点○题○型3分离参数构造法○热○点○题○型4局部构造法○热○点○题○型5换元构造法○热○点○题○型6特征构造法○热○点○题○型7放缩构造法一、单选题1．若正数x满足532-+=，则x的取值范围是（）.x x xA x<B x<<C ．x <D ．x >2．设函数()f x =若曲线sin 22y x =+上存在点0(x ，0)y 使得00(())f f y y =成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[0，21]e e -+B ．[0，21]e e +-C ．[0，21]e e --D ．[0，21]e e ++3．“米”是象形字.数学探究课上，某同学用拋物线1和2构造了一个类似“米”字型的图案，如图所示，若抛物线1C ，2C 的焦点分别为1F ，2F ，点P 在拋物线1C 上，过点P 作x 轴的平行线交抛物线2C 于点Q ，若124==PF PQ ，则p =（）A ．2B ．3C ．4D ．6树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm ，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O 上，则球O 的表面积为（）A ．272πcmB ．2162πcmC ．2216πcmD ．2288πcm 【答案】C【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积.【详解】不妨设正方体的边长为2a ，球О的半径为R ，则圆柱的底面半径为a ，因为正方体的体对角线即为球О直径，故223R a =，利用勾股定理得：222263a R a +==，解得18a =，球的表面积为2ππ44318216πS R ==⨯⨯=，故选：C.5．若函数()()有两个零点，则实数的取值范围是（）A ．()1,2B ．()0,2C ．()1,+∞D ．(),2-∞【答案】A【分析】将函数()()ln 2f x x a x a =+-+有两个零点的问题转化为函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象交点个数问题，结合导数的几何意义，数形结合，即可求解.【详解】由()()ln 2f x x a x a =+-+有两个零点，即()ln 20x a x a +-+=有两个正根，即函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象有2个交点，直线(2)y a x a =--可变为(1)20a x x y -++-=，令=1x -，则=2y -，即直线(2)y a x a =--过定点(1,2)P --，当该直线与ln y x =相切时，设切点为00(,)x y ，则1y x'=，则000ln 211x x x +=+，即001ln 10x x -+=，令1g()ln 1,(0)x x x x=-+>，则()g x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0g =，故1g()ln 1,(0)x x x x=-+>有唯一零点1x =，故01x =，即(2)y a x a =--与曲线ln y x =相切时，切点为(1,0)，则切线斜率为1，要使函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象有2个交点，需满足021a <-<，即(1,2)a ∈，故选：A【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法：（1）转化为函数最值问题，利用导数解决；（2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题；（3）参变分离法，结合函数最值或范围解决.6．已知()f x 是定义域为R 的函数，()220f x +为奇函数，()221f x +为偶函数，当10x -≤<时，()f x =()()()60y f x a x a =-+>有5个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．11,73⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,124⎛ ⎝⎭C ．⎝⎭D ．11,62⎛⎫ ⎪⎝⎭当直线()2y a x =-与圆()()22910x y y -+=≥相切时，271aa +()2y a x =-与圆()()22510x y y -+=≥相切时，2311a a =+，解得32124a <<．故选：B ．【点睛】通过函数的奇偶性挖掘周期性与函数图像的对称性，从而能作出整个函数的大致图像，将函数零点转化为方程的根，再转化为两个函数图像交点的横坐标．交点的个数时注意数形结合思想的应用，动中蕴静，变化中抓住不变，抓住临界状态，利用直线与圆相切，借助点到直线的距离公式得到参数的临界值，从而求出参数的取值范围，考生综合分析问题和解决问题的能力要求比较高．二、填空题7．已知函数21()(1)1x f x x x -⎛⎫=> ⎪+⎝⎭，如果不等式1(1)()(x f x m m -->-对11,164x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立，则实数m 的取值范围_______________.5⎛⎫①ln52<；②lnπ>③11<；④3ln2e>其中真命题序号为__________.9．设函数4()log ,0f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的函数()()()()2g 23x fx a f x =-++恰好有四个零点，则实数a 的取值范围是____________.令()f x t =，函数()()()()2g 23x fx a fx =-++恰好有四个零点．则方程()()()2230f x a f x -++=化为()2230t a t -++=，设()2230t a t -++=的两根为12,t t ，因为123t t =，所以两根均大于0，且方程的一根在区间(]0,1内，另一根在区间()2+∞，内．令()()223g t t a t =-++所以()()()()2Δ2120001020a g g g ⎧=+->⎪>⎪⎨≤⎪⎪<⎩，解得：2a ≥，综上：实数a 的取值范围为[)2,.∞+故答案为：[)2,.∞+【点睛】复合函数零点个数问题，要先画出函数图象，然后适当运用换元法，将零点个数问题转化为二次函数或其他函数根的分布情况，从而求出参数的取值范围或判断出零点个数.三、解答题10．已知正数a b 、满足1a b +=，求M =的最小值.11．已知函数在处的切线方程为(1).求()f x 的解析式；(2).若对任意的0x >，均有()10f x kx -+≥求实数k 的范围；(3).设12x x ，为两个正数，求证:()()()121212f x f x x x f x x +++>+。
专题06 构造函数法解决导数不等式问题(一)(原卷版)
专题06 构造函数法解决导数不等式问题(一)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，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，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．导数是函数单调性的延伸，如果把题目中直接给出的增减性换成一个f ′(x )，则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不等式问题中，我们要研究的往往不是f (x )本身的单调性，而是包含f (x )的一个新函数的单调性，因此构造函数变的相当重要，另外题目中若给出的是f ′(x )的形式，则我们要构造的则是一个包含f (x )的新函数，因为只有这个新函数求导之后才会出现f ′(x )，因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数．构造函数是数学的一种重要思想方法，它体现了数学的发现、类比、化归、猜想、实验和归纳等思想．分析近些年的高考，发现构造函数的思想越来越重要，而且很多都用在压轴题(无论是主观题还是客观题)的解答上．构造函数的主要步骤：(1)分析：分析已知条件，联想函数模型；(2)构造：构造辅助函数，转化问题本质；(3)回归：解析所构函数，回归所求问题．考点一 构造F (x )＝x n f (x )(n ∈Z ，且n ≠0)类型的辅助函数【方法总结】(1)若F (x )＝x n f (x )，则F ′(x )＝nx n －1f (x )＋x n f ′(x )＝x n －1[nf (x )＋xf ′(x )]；(2)若F (x )＝f (x )x n ，则F ′(x )＝f ′(x )x n －nx n －1f (x )x 2n ＝xf ′(x )－nf (x )x n ＋1． 由此得到结论：(1)出现nf (x )＋xf ′(x )形式，构造函数F (x )＝x n f (x )；(2)出现xf ′(x )－nf (x )形式，构造函数F (x )＝f (x )xn ． 【例题选讲】[例1](1)已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )＜－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)的解集是( )A ．(0，1)B ．(1，＋∞)C ．(1，2)D ．(2，＋∞)(2)已知函数f (x )是定义在区间(0，＋∞)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且满足xf ′(x )＋2f (x )＞0，则不等式(x ＋2 021)f (x ＋2 021)5＜5f (5)x ＋2 021的解集为( ) A ．{x |x ＞－2 016} B ．{x |x ＜－2 016} C ．{x |－2 016＜x ＜0} D ．{x |－2 021＜x ＜－2 016}(3)(2015·全国Ⅱ)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 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1，0)D ．(0，1)∪(1，＋∞)(4)设f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ＜0时，f (x )＋xf ′(x )＜0，且f (－4)＝0，则不等式xf (x )＞0的解集为________．(5)已知f (x )是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f ′(x )，且不等式xf ′(x )＜2f (x )恒成立，则( )A ．4f (1)＜f (2)B ．4f (1)＞f (2)C ．f (1)＜4f (2)D ．f (1)＞4f ′(2)(6)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，若a ＝f (e )e ，b ＝f (ln 2)ln 2，c ＝f (－3)－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( ) A ．a ＜b ＜c B ．b ＜c ＜a C ．a ＜c ＜b D ．c ＜a ＜b【对点训练】1．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 021)2f (x＋2 021)－4f (－2)>0的解集为( )A ．(－∞，－2 021)B ．(－∞，－2 023)C ．(－2 023，0)D ．(－2 021，0)2．设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝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________．3．已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (－1)＝0，当x ＞0时，2f (x )＞xf ′(x )，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是________．4．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________．5．设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′(x )－f (x )x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集 是________________．6．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )x 2<0恒成立，则不等式f (x )x>0的解集 为( )A ．(－2，0)∪(2，＋∞)B ．(－2，0)∪(0，2)C ．(－∞，－2)∪(0，2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)7．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 )＜bf (b )D ．bf (b )＜af (a )8．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R ，都有xf ′(x )<f (x )成立，则( )A ．3f (2)>2f (3)B ．3f (2)＝2f (3)C ．3f (2)<2f (3)D ．3f (2)与2f (3)大小不确定9．定义在区间(0，＋∞)上的函数y ＝f (x )使不等式2f (x )<xf ′(x )<3f (x )恒成立，其中y ＝f ′(x )为y ＝f (x )的导函数，则( )A ．8<f (2)f (1)<16B ．4<f (2)f (1)<8C ．3<f (2)f (1)<4D ．2<f (2)f (1)<3 考点二 构造F (x )＝e nx f (x )(n ∈Z ，且n ≠0)类型的辅助函数【方法总结】(1)若F (x )＝e nx f (x )，则F ′(x )＝n ·e nx f (x )＋e nx f ′(x )＝e nx [f ′(x )＋nf (x )]；(2)若F (x )＝f (x )e nx ，则F ′(x )＝f ′(x )e nx －n e nx f (x )e 2nx ＝f ′(x )－nf (x )e nx． 由此得到结论：(1)出现f ′(x )＋nf (x )形式，构造函数F (x )＝e nx f (x )；(2)出现f ′(x )－nf (x )形式，构造函数F (x )＝f (x )enx ． 【例题选讲】[例1](1)若定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋2f (x )>0，且f (0)＝1，则不等式f (x )>1e 2x的解集为 ． (2)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )>f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f (x )ex <1的解集为________．(3)若定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )－2f (x )＞0，f (0)＝1，则不等式f (x )＞e 2x 的解集为________．(4)设定义域为R 的函数f (x )满足f ′(x )>f (x )，则不等式e x －1f (x )<f (2x －1)的解集为________．(5)定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )>1－f ′(x )，f (0)＝0，f ′(x )是f (x )的导函数，则不等式e x f (x )>e x －1(其中e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(0，＋∞)C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(－1，＋∞)(6)定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意x ，有f (x )>f ′(x )，且f (x )＋2 021为奇函数，则不等式f (x )＋2 021e x <0的解集是( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．⎝⎛⎭⎫－∞，1eD ．⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ (7)已知定义在R 上的偶函数f (x )(函数f (x )的导函数为f ′(x ))满足f ⎝⎛⎭⎫x －12＋f (x ＋1)＝0，e 3f (2 021)＝1，若f (x )>f ′(－x )，则关于x 的不等式f (x ＋2)>1ex 的解集为( ) A ．(－∞，3) B ．(3，＋∞) C ．(－∞，0) D ．(0，＋∞)(8)已知函数f (x )是定义在R 上的可导函数，f ′(x )为其导函数，若对于任意实数x ，有f (x )－f ′(x )＞0，则( )A ．e f (2 021)＞f (2 022)B ．e f (2 021)＜f (2 022)C ．e f (2 021)＝f (2 022)D ．e f (2 021)与f (2 022)大小不能确定(9)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)，f (2 021)>e 2 021f (0)B ．f (2)<e 2f (0)，f (2 021)>e 2 021f (0)C ．f (2)>e 2f (0)，f (2 021)<e 2 021f (0)D ．f (2)<e 2f (0)，f (2 021)<e 2 021f (0)(10)已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，若f (x )满足：(x －1)[f ′(x )－f (x )]＞0，f (2－x )＝f (x )·e 2－2x ，则下列判断一定正确的是( )A ．f (1)＜f (0)B ．f (2)＞e 2f (0)C ．f (3)＞e 3f (0)D ．f (4)＜e 4f (0)【对点训练】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f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x <0的 解集为( )A ．⎝⎛⎭⎫－∞，12B ．(0，＋∞)C ．⎝⎛⎭⎫12，＋∞ D ．(－∞，0) 2．已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e，对任意实数x ，都有f (x )－f ′(x )>0，则不等式f (x )<e x －2的 解集为( )A ．(－∞，e)B ．(1，＋∞)C ．(1，e)D ．(e ，＋∞)3．已知f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，若f ′(x )－2f (x )＜0，且f (－1)＝0，则f (x )＞0的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，1)C ．(－∞，0)D ．(－1，＋∞)4．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 (x ＋3)为偶函数，f (6)＝1，则不等式f (x )>e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)5．已知函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是( )A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．|x |x <－1，或x >1|D ．{x |x <－1，或0<x <1}6．已知函数f (x )的定义域为R ，且f (x )＋1<f ′(x )，f (0)＝2，则不等式f (x )＋1>3e x 的解集为( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，1)C ．(0，＋∞)D ．(－∞，0)7．定义在R 上的可导函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )<0，则下列各式一定成立的是( )A ．e 2f (2021)<f (2019)B ．e 2f (2021)>f (2019)C ．f (2021)<f (2019)D ．f (2021)>f (2019)8．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1e x f (x 2)与2e xf (x 1)的大小关系为( )A ．1e x f (x 2)>2e x f (x 1)B ．1e x f (x 2)<2e x f (x 1)C ．1e x f (x 2)＝2e x f (x 1)D ．1e x f (x 2)与2e x f (x 1)的大小关系不确定9．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R 都有f (x )＞f ′(x )成立，则( )A ．3f (ln2)＜2f (ln3)B ．3f (ln2)＝2f (ln3)C ．3f (ln2)＞2f (ln3)D ．3f (ln2)与2f (ln3)的大小不确定10．已知函数f (x )是定义在R 上的可导函数，且对于∀x ∈R ，均有f (x )>f ′(x )，则有( )A ．e 2022f (－2022)<f (0)，f (2022)>e 2022f (0)B ．e 2022f (－2022)<f (0)，f (2022)<e 2022f (0)C ．e 2022f (－2022)>f (0)，f (2022)>e 2022f (0)D ．e 2022f (－2022)>f (0)，f (2022)<e 2022f (0)考点三 构造F (x )＝f (x )sin x ，F (x )＝f (x )sin x ，F (x )＝f (x ) cos x ，F (x )＝f (x )cos x类型的辅助函数 【方法总结】(1)若F (x )＝f (x )sin x ，则F ′(x )＝f ′(x )sin x ＋f (x )cos x ；(2)若F (x )＝f (x )sin x ，则F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x； (3)若F (x )＝f (x )cos x ，则F ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )sin x ；(4)若F (x )＝f (x )cos x ，则F ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x． 由此得到结论：(1)出现f ′(x )sin x ＋f (x )cos x 形式，构造函数F (x )＝f (x )sin x ；(2)出现f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x 形式，构造函数F (x )＝f (x )sin x； (3)出现f ′(x )cos x －f (x )sin x 形式，构造函数F (x )＝f (x )cos x ；(4)出现f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x 形式，构造函数F (x )＝f (x )cos x． 【例题选讲】[例1](1)已知函数f (x )是定义在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上的奇函数．当x ∈[0，π2)时，f (x )＋f ′(x )tan x >0，则不等式cos xf (x ＋π2)＋sin xf (－x )>0的解集为( ) A ．⎝⎛⎭⎫π4，π2 B ．⎝⎛⎭⎫－π4，π2 C ．⎝⎛⎭⎫－π4，0 D ．⎝⎛⎭⎫－π2，－π4 (2)对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，不等式f (x )tan x <f ′(x )恒成立，则下列不等式错误的是( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫π3>2f ⎝⎛⎭⎫π4 B ．f ⎝⎛⎭⎫π3>2f (1)cos 1 C ．2f (1)cos1>2f ⎝⎛⎭⎫π4 D ．2f ⎝⎛⎭⎫π4<3f ⎝⎛⎭⎫π6 (3)定义在⎝⎛⎭⎫0，π2上的函数f (x )，函数f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )＜f ′(x )tan x 成立，则( ) A ．3f ⎝⎛⎭⎫π4＞2f ⎝⎛⎭⎫π3 B ．f (1)＜2f ⎝⎛⎭⎫π2sin 1 C ．2f ⎝⎛⎭⎫π6＞f ⎝⎛⎭⎫π4 D ．3f ⎝⎛⎭⎫π6＜f ⎝⎛⎭⎫π3 (4)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0(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 ．2 f ⎝⎛⎭⎫π3<f ⎝⎛⎭⎫π4B ．2 f ⎝⎛⎭⎫－π3<f ⎝⎛⎭⎫－π4C ．f (0)<2 f ⎝⎛⎭⎫π4D ．f (0)<2f ⎝⎛⎭⎫π3 (5)已知定义在⎝⎛⎭⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是f (x )的导函数，且恒有cos xf ′(x )＋sin xf (x )<0成立，则( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫π6＞2f ⎝⎛⎭⎫π4 B ．3f ⎝⎛⎭⎫π6＞f ⎝⎛⎭⎫π3 C ．f ⎝⎛⎭⎫π6＞3f ⎝⎛⎭⎫π3 D ．2f ⎝⎛⎭⎫π6＞3f ⎝⎛⎭⎫π4(6)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2满足f ′(x )·cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln x ，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数，则下列不等式成立的是( )A ．2f ⎝⎛⎭⎫π3＜f ⎝⎛⎭⎫π4B ．2f ⎝⎛⎭⎫π3＞f ⎝⎛⎭⎫π4C ．2f ⎝⎛⎭⎫π6＞3f ⎝⎛⎭⎫π4D ．2f ⎝⎛⎭⎫π3＞f ⎝⎛⎭⎫π6。
破解题设陷阱,构造函数巧解导数小题
破解题设陷阱，构造函数巧解导数小题作者：石勇来源：《师道·教研》2019年第02期构造函数是解导数问题的基本方法，那么怎样合理的构造函数就是问题的关键，本文详细介绍了导数小题中构造函数的常见方法.例1.已知函数f（x）=lnx-（x-1）22.求证：当x>1时，f（x）证明：令F（x）=f（x）-（x-1），x∈（0，+∞）.则有F′（x）=1-x2x.当x∈（1，+∞）时，F′（x）<0，所以F（x）在[1，+∞）上单调递减，故当x>1时，F（x）1时，f（x）解题技巧：构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.例2.函数f（x）的导函数为f ′（x），满足xf ′（x）+2f（x）=lnxx，且f（e）=12e，则f （x）的极值情况为（）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【解析】∵xf ′（x）+2f（x）=lnxx∴x2f ′（x）+2xf（x）=lnx，∴x2f（x）′=lnx∴x2f（x）=xlnx-x+c，将x=e代入可得：e2f（e）=elne-e+c∵f（e）=12e，∴c=e2则x2f（x）=xlnx-x+e2，得f（x）=2xlnx-2x+e2x2∴f ′（x）=-xlnx+2x-ex3令g（x）=-xlnx+2x-e则g′（x）=1-lnx，当x∈（0，e）时，g′（x）>0，当x∈（e，+∞）时，g′（x）<0，故当x=e时，g（x）取最大值0，故g（x）0恒成立，故f ′（x）0恒成立，故既无极大值也无极小值，故选D.解题技巧：这类问题在构造函数时，注意逆向思维，构造出的函数的导函数与已知条件相同，或者能够利用已知条件求解.例3.已知函数y=f（x）对于任意x∈-π2，π2满足f ′（x）cosx+f（x）sinx>0（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.2f π3<f π4B.2f -π3<f -π4C.f（0）<2f π4D.f（0）<2f π3【解析】构造函数F（x）=f（x）cosx，则F ′（x）=f ′（x）cosx+f（x）sinxcos2x，导函数f ′（x）满足f ′（x）cosx+f（x）sinx>0，则F′（x）>0，F（x）在（-π2，π2）上单调递增，把选项转化后可知选B.解题技巧：sinx，cosx因为导函数存在一定的特殊性，所以也是重点考察的范畴，常考的几种形式.F（x）=f（x）sinx，F′（x）=f ′（x）sinx+f（x）cosx;F（x）=f（x）sinx，F′（x）=f ′（x）sinx-f（x）cosxsin2x;F（x）=f（x）cosx，F′（x）=f ′（x）cosx-f（x）sinx;F（x）=f（x）cosx，F′（x）=f ′（x）cosx+f（x）sinxcos2x.构造函数时注意正弦、余弦的导数公式，尤其注意余弦的导数公式的符号.例4.α，β∈-π2，π2，且αsinα-βsinβ>0，则下列结论正确的是（）A.α>βB.α2>β2C.α<βD.α+β>0【解析】构造f（x）=xsinx形式，则f ′（x）=sinx+xcosx，x∈0，π2时导函数f ′（x）0，f（x）单调递增;x∈-π2，0时导函数f ′（x）<0，f（x）单调递减.又∵f（x）为偶函数，根据单调性和图象可知选B.解题技巧：这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式和求值问题.。
第09讲：拓展二：构造函数法解决导数不等式问题(原卷版)-备战2025年高考新结构数学一轮复习精讲练
类型五：根据不等式（求解目标）构造具体函数 ..............................7
1、两个基本还原
① f (x)g(x) f (x)g(x) [ f (x)g(x)]
②
f (x)g(x) f (x)g(x) [g( x)]2
[ f (x) ] g(x)
2、类型一：构造可导积函数
(x) x2
f
(x)
[
f
(x) ] x
高频考点 2：
xf
(x) 2 x3
f
(x)
[
f
(x x2
)
]
③
f (x) sin x sin 2
f (x) cos x x
[ f (x) ] sin x
⑥
f (x) cos x cos2
f (x) sin x x
[ f (x) ] cos x
高频考点
1 2
2
f
1 4
C．
f
1 2
2
f
1
B．
f
1 2
2
f
1 4
D． 2 f
1 2
f
1
类型二：构造 F (x) enx f (x) 或 F (x)
f (x) enx
(
n
Z
，且 n 0 )型
典型例题
例题 1．（23-24 高二下·河北石家庄·阶段练习）已知定义在 R 上的函数 f x ，其导函数为 f x ，且 f x f x ，则（ ）
4
xf (x) f (x) 0
F (x) xf (x)
5
xf (x) 2 f (x) 0
F(x) x2 f (x)
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构造辅助函数求解导数问题对于证明与函数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里是几种常用的构造技巧．技法一：“比较法”构造函数[典例] (2017·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)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，x2＜e x．[解] (1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a．因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2，令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x．由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x．[方法点拨]在本例第(2)问中，发现“x2，e x”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜e x”构造函数，得到“g(x)＝e x－x2”，并利用(1)的结论求解．[对点演练]已知函数f (x )＝xex ，直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0(x 0＜1)处的切线，求证：f (x )≤g (x )．证明：函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)．令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－xe x－1－x 0e 0x＝?1－x ?e 0x －?1－x 0?e xe 0＋x x．设φ(x )＝(1－x )e 0x －(1－x 0)e x ， 则φ′(x )＝－e 0x －(1－x 0)e x ，∵x 0＜1，∴φ′(x )＜0，∴φ(x )在R 上单调递减，又φ(x 0)＝0，∴当x ＜x 0时，φ(x )＞0，当x ＞x 0时，φ(x )＜0， ∴当x ＜x 0时，h ′(x )＞0，当x ＞x 0时，h ′(x )＜0，∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x )．技法二：“拆分法”构造函数[典例] 设函数f (x )＝ae x ln x ＋bex －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝e (x －1)＋2．(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1．[解] (1)f ′(x )＝ae x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x ＋be x －1?x －1?x 2(x ＞0)， 由于直线y ＝e (x －1)＋2的斜率为e ，图象过点(1,2)，所以⎩⎨⎧f ?1?＝2，f ′?1?＝e ，即⎩⎨⎧b ＝2，ae ＝e ，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知f (x )＝e x ln x ＋2ex －1x (x ＞0)，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞xe －x －2e． 构造函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0， 故g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ．构造函数h (x )＝xe －x －2e，则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0；故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e．综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1． [方法点拨]对于第(2)问“ae xln x ＋be x －1x＞1”的证明，若直接构造函数h (x )＝ae xln x ＋be x －1x－1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“ae x ln x ＋be x －1x＞1”合理拆分为“x ln x ＞xe －x－2e”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．[对点演练]已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln xx －1．解：(1)f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln x ?x ＋1?2－bx2(x ＞0)．由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎨⎧f ?1?＝1，f ′?1?＝－12，即⎩⎨⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x(x ＞0)， 所以f (x )－ln x x －1＝11－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x －x 2－1x ． 考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x(x ＞0)，则h ′(x )＝2x －2x 2－?x 2－1?x 2＝－?x －1?2x 2．所以当x ≠1时，h ′(x )＜0．而h (1)＝0， 故当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，可得11－x2h (x )＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得11－x2h(x)＞0．从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－ln xx－1＞0，即f(x)＞ln x x－1．技法三：“换元法”构造函数[典例] 已知函数f(x)＝ax2＋x ln x(a∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x＋3y＝0垂直．(1)求实数a的值；(2)求证：当n＞m＞0时，ln n－ln m＞mn－nm．[解] (1)因为f(x)＝ax2＋x ln x，所以f′(x)＝2ax＋ln x＋1，因为切线与直线x＋3y＝0垂直，所以切线的斜率为3，所以f′(1)＝3，即2a＋1＝3，故a＝1．(2)证明：要证ln n－ln m＞mn－nm，即证ln nm＞mn－nm，只需证lnnm－mn＋nm＞0．令nm＝x，构造函数g(x)＝ln x－1x＋x(x≥1)，则g′(x)＝1x＋1x2＋1．因为x∈[1，＋∞)，所以g′(x)＝1x＋1x2＋1＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．由已知n＞m＞0，得nm＞1，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＞g (1)＝0，即证得ln n m －m n ＋n m＞0成立，所以命题得证． [方法点拨]对“待证不等式”等价变形为“ln n m －m n ＋nm ＞0”后，观察可知，对“n m”进行换元，变为“ln x －1x＋x ＞0”，构造函数“g (x )＝ln x －1x＋x (x ≥1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算．[对点演练]已知函数f (x )＝x 2ln 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s ，使t ＝f (s )；(3)设(2)中所确定的s 关于t 的函数为s ＝g (t )，证明：当t ＞e 2时，有25＜ln g ?t ?ln t ＜12． 解：(1)由已知，得f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)(x ＞0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞．(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0，∵t＞0，∴当0＜x≤1时不存在t＝f(s)．令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．h(1)＝－t＜0，h(e t)＝e2t ln e t－t＝t(e2t－1)＞0．故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而ln g?t?ln t＝ln sln f?s?＝ln sln?s2ln s?＝ln s2ln s＋ln?ln s?＝u2u＋ln u，其中u＝ln s．要使25＜ln g?t?ln t＜12成立，只需0＜ln u＜u2．当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s＞e，即u＞1，从而ln u＞0成立．另一方面，令F(u)＝ln u－u2，u＞1，F′(u)＝1u－12，令F′(u)＝0，得u＝2．当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0．故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0，因此ln u＜u2成立．综上，当t＞e2时，有25＜ln g?t?ln t＜12．技法四：二次(甚至多次)构造函数[典例] (2017·广州综合测试)已知函数f (x )＝e x ＋m－x 3，g (x )＝ln(x＋1)＋2．(1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线斜率为1，求实数m 的值； (2)当m ≥1时，证明：f (x )＞g (x )－x 3． [解] (1)因为f (x )＝e x ＋m －x 3， 所以f ′(x )＝e x ＋m －3x 2．因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线斜率为1， 所以f ′(0)＝e m ＝1，解得m ＝0．(2)证明：因为f (x )＝e x ＋m －x 3，g (x )＝ln(x ＋1)＋2， 所以f (x )＞g (x )－x 3等价于e x ＋m －ln(x ＋1)－2＞0． 当m ≥1时，e x ＋m －ln(x ＋1)－2≥e x ＋1－ln(x ＋1)－2． 要证e x ＋m －ln(x ＋1)－2＞0， 只需证明e x ＋1－ln(x ＋1)－2＞0．设h (x )＝e x ＋1－ln(x ＋1)－2，则h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1． 设p (x )＝e x ＋1－1x ＋1，则p ′(x )＝e x ＋1＋1?x ＋1?2＞0， 所以函数p (x )＝h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增． 因为h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝e 12－2＜0，h ′(0)＝e －1＞0，所以函数h ′(x )＝ex ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0． 因为h ′(x 0)＝0，所以ex 0＋1＝1x 0＋1， 即ln(x 0＋1)＝－(x 0＋1)．当x∈(－1，x0)时，h′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，所以当x＝x0时，h(x)取得最小值h(x0)，所以h(x)≥h(x0)＝ex0＋1－ln(x0＋1)－2＝1x0＋1＋(x0＋1)－2＞0．综上可知，当m≥1时，f(x)＞g(x)－x3．[方法点拨]本题可先进行适当放缩，m≥1时，e x＋m≥e x＋1，再两次构造函数h(x)，p(x)．[对点演练](2016·合肥一模)已知函数f(x)＝ex－x ln x，g(x)＝e x－tx2＋x，t ∈R，其中e为自然对数的底数．(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．解：(1)由f(x)＝ex－x ln x，知f′(x)＝e－ln x－1，则f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1．(2)∵f(x)＝ex－x ln x，g(x)＝e x－tx2＋x，t∈R，∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于e x－tx2＋x－ex＋x ln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即t≤e x＋x－ex＋x ln xx2对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令F(x)＝e x＋x－ex＋x ln xx2，则F′(x)＝xe x＋ex－2e x－x ln xx3＝1x2⎝⎛⎭⎪⎫e x＋e－2e xx－ln x，令G(x)＝e x＋e－2e xx－ln x，则G′(x)＝e x－2?xe x－e x?x2－1x＝e x?x－1?2＋e x－xx2＞0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．∴G(x)＝e x＋e－2e xx－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，G(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，G(x)＞0，即当x∈(0,1)时，F′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，∴F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，即t的取值范围是(－∞，1]．。