专题导数中的构造函数解不等式高考数学总复习之典型例题突破压轴题系列解析
2022年高考数学总复习专题突破一利用导数证明不等式
第1课时 利用导数证明不等式题型一 将不等式转化为函数的最值问题[例1] [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2.[听课记录]类题通法将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 直接证得不等式.巩固训练1：已知函数f (x )＝ax －e x (e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝1e时，求函数f (x )的单调区间及极值；(2)当2≤a ≤e ＋2时，求证：f (x )≤2x .题型二 构造函数法证明不等式[例2] 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. [听课记录]类题通法待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.巩固训练2：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，x 2<e x .题型三 将不等式转化为两个函数的最值进行比较[例3] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. [听课记录]类题通法在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.巩固训练3：已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e.题型四 双变量不等式的证明[例4] [2020·天津卷]已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时：(ⅰ)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(ⅱ)求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x的单调区间和极值．(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′(x 1)＋f ′(x 2)2>f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2.[听课记录]类题通法破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.巩固训练4：[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.[预测] 核心素养——逻辑推理、数学运算已知函数f (x )＝2x ＋(1－2a )ln x ＋ax.(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )＝m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22>0.状 元 笔 记两个经典不等式的应用(1)对数形式：x ≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．[典例1] (1)已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解析】 (1)因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln (x ＋1)－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}， 所以排除选项D ；当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A 、C ；易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立， 所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点． [典例2] 已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0， 故a ＝1.(2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. [典例3] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【解析】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ＞0且x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x<x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .第1课时 利用导数证明不等式 课堂题型讲解题型一例1 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）x .若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0， 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a－2.巩固训练1 解析：(1)当a ＝1e 时，f (x )＝1e x －e x ，令f ′(x )＝1e－e x ＝0，得x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )>0；当x >－1时， f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1，＋∞). 当x ＝－1时，函数f (x )有极大值－2e；没有极小值．(2)证明：令F (x )＝2x －f (x )＝e x －(a －2)x ， ①当a ＝2时，F (x )＝e x >0， ∴f (x )≤2x .②当2<a ≤2＋e 时，F ′(x )＝e x －(a －2)＝e x －e ln (a －2). 当x <ln (a －2)时，F ′(x )<0； 当x >ln (a －2)时，F ′(x )>0；∴F (x )在(－∞，ln (a －2))上单调递减，在(ln (a －2)，＋∞)上单调递增． ∴F (x )≥F (ln (a －2))＝e ln (a－2)－(a－2)ln (a－2)＝(a－2)[1－ln (a－2)]，∵2<a≤2＋e，∴a－2>0.1－ln (a－2)≥1－ln [(2＋e)－2]＝0，∴F(x)≥0，即f(x)≤2x.综上，当2≤a≤e＋2时，f(x)≤2x.题型二例2解析：(1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝e x－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.巩固训练2解析：(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)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．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＝2－2ln 2，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.题型三例3解析：(1)f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a >0，则当0<x <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：因为x >0， 所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x )max ＝f (1)＝－e ， 记g (x )＝e xx－2e(x >0)，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e ， 综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.巩固训练3 证明：要证f (x )<x e x ＋1e ，∵x ＞0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.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x ，故原不等式成立．题型四例4 解析：(1)(ⅰ)当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，故f ′(x )＝3x 2＋6x .可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8.(ⅱ)依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x，x ∈(0，＋∞).g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2 ，整理可得g ′(x )＝3（x －1）3（x ＋1）x 2.令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx.对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，令x 1x 2 ＝t (t >1)，则(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫3x 21 ＋k x 1＋3x 22 ＋k x 2 －2(x 31 －x 32 ＋k ln x 1x 2 ) ＝x 31 －x 32 －3x 21 x 2＋3x 1x 22 ＋k (x 1x 2 －x 2x 1 )－2k ln x 1x 2 ＝x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t .① 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞).当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2 －2x ＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2 >0，由此可得h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以当t >1时，h (t )>h (1)，即t －1t －2ln t >0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3>0，k ≥－3，所以x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t－1.② 由(1)(ⅱ)可知，当t >1时，g (t )>g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t >1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1>0.③由①②③可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]>0.所以，当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2 >f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.巩固训练4 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2 －1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42 或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ∪(a ＋a 2－42 ，＋∞)时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 时， f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞ 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 上单调递增．(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2 ＝－1x 1x 2 －1＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2 ＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a－2ln x 21x 2－x 2， 所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2等价于1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2.高考命题预测预测 解析：(1)f ′(x )＝2＋1－2a x －a x 2 ＝2x 2＋（1－2a ）x －a x 2＝（x －a ）（2x ＋1）x 2(x >0).①当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增； ②当a >0时，x ∈(0，a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )＝m 至多一个解，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，则f ′(a )＝0.不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0，即证x 1＋x 22 >a ，即证x 1＋x 2>2a ，即证x 2>2a －x 1，又f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，即证f (x 2)>f (2a －x 1)，因为f (x 2)＝f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a－x 1)，即证f (a ＋x )<f (a －x ).令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )＝⎣⎡⎦⎤2（a ＋x ）＋（1－2a ）ln （a ＋x ）＋a a ＋x－⎣⎡⎦⎤2（a －x ）＋（1－2a ）·ln （a －x ）＋a a －x＝4x ＋(1－2a )ln (a ＋x )－(1－2a )ln (a －x )＋a a ＋x －aa －x ，g ′(x )＝4＋1－2a a ＋x ＋1－2a a －x －a （a ＋x ）2 －a（a －x ）2＝4＋2a （1－2a ）a 2－x 2 －2a （a 2＋x 2）（a ＋x ）2（a －x ）2 ＝4x 2（x 2－a 2－a ）（a ＋x ）2（a －x ）2 .当x ∈(0，a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)＝f (a ＋0)－f (a －0)＝0，所以x ∈(0，a )时，g (x )<g (0)＝0，即f (a ＋x )<f (a －x )， 即f (x )>f (2a －x ).又x 1∈(0，a )，所以f (x 1)>f (2a －x 1)， 所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0.。
高考数学总复习微专题导数之构造函数解决不等式问题公开课PPT课件
构造原函数解决不等式问题
4.函数与e x乘除组合：
(1) f '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) e x f ( x);
(2) f '( x)
f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x)
2.函数乘除组合： (1) f '( x)g( x) f ( x)g '( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x)g( x); (2) f '( x)g( x) f ( x)g '( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x) (g( x) 0).
g( x)
构造原函数解决不等式问题
3.函数与x乘除组合：
(1)xf '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) xf ( x);
(2)xf '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x) . x
例.函数f ( x)满足x2 f '( x) xf ( x) e x , f (1) e,则当x 0时, f ( x)( ).
则不等式( x 2016)2 f ( x 2016) 4 f (2) 0的解集为
g( x) x2 f ( x) x 0时, g '( x) x(2 f ( x) xf '( x)) 0
g( x)为偶函数,且在(-，0)递减
( x 2016)2 f ( x 2016) 4 f (2) 0 ( x 2016)2 f ( x 2016) 22 f (2)
例.函数f ( x)的定义域为(0，+),导函数f
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 +++>+。
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。
【2021高考数学压轴题】构造函数证明不等式
2021高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇函数与导数专题04巧妙构造函数，应用导数证明不等式问题一．方法综述利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．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，这里给出几种常用的构造技巧．二．解题策略类型一“比较法”构造差函数证明不等式【例1】【2020·湖南长沙一中月考】已知函数()ln f x ax x =-.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若21,a e ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦，求证：()12ax f x ax xe -≥-.【解析】（Ⅰ）由题意得()11'ax f x a x x-=-=，①当0a ≤时，则()'0f x <在()0,+∞上恒成立，∴()f x 在()0,+∞上单调递减.②当0a >时，则当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0f x f x >，单调递增，当10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()()0f x f x '<，单调递减．综上：当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.（Ⅱ）令()()12ax g x f x ax xe-=-+1ln ax xe ax x -=--，则()111'ax ax g x eaxea x--=+--()()()111111ax ax ax xe ax e x x--+-⎛⎫=+-=⎪⎝⎭，设()11ax r x xe-=-，则()()1'1ax r x ax e -=+，∵10ax e ->,∴当10,x a⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()'0r x r x >，单调递增；当1,x a⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()()0r x r x '<，单调递减．∴()2max 1110r x r a ae ⎛⎫⎛⎫=-=-+≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（因为21a e ≤-），∴110ax e x--≤.∴()g x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，∴()min1g x g a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设(210,t e a⎤=-∈⎦，则()221ln 1(0)t g h t t t e a e ⎛⎫-==-+<≤ ⎪⎝⎭，()211'0h t e t=-≤，()h t 在(20,e ⎤⎦上递减，∴()()20h t h e ≥=；∴()0g x ≥，故()12ax f x ax xe-≥-.说明：判断11ax e x--的符号时，还可以用以下方法判断：由110ax e x --=得到1ln x a x -=，设()1ln x p x x -=，则()2ln 2'x p x x -=，当2x e >时，()'0p x >；当20x e <<时，()'0p x <.从而()p x 在()20,e 上递减，在()2,e +∞上递增.∴()()22min 1p x p e e ==-.当21a e ≤-时，1ln x a x -≤，即110ax e x--≤.【指点迷津】当题目中给出简单的基本初等函数，例如()()3 f x x g x ln x ＝，＝，进而证明在某个取值范围内不等式()()f x g x ≥成立时，可以类比作差法，构造函数()()()()()()h x f x g x x g x f x ϕ＝－或＝－，进而证明()()00min max h x x ϕ≥≤或即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明()()()00g x f x >>的前提下，也可以类比作商法，构造函数()()()()()f x f x h x xg x g x ϕ＝(()=)，进而证明()()()11min max h x x ϕ≥≤．【举一反三】【2020·河北衡水中学月考】已知函数1()ln (1),f x x a a R x=+-∈.（Ⅰ）若()0f x ≥，求实数a 取值的集合；（Ⅱ）证明：212ln (2)x e x x e x x+≥-++-.【解析】（Ⅰ）由已知，有221()(0)a x af x x x x x-'=-=>当0a ≤时，1(ln 202f a =-+<，与条件()0f x ≥矛盾,当0a >时，若(0,)x a ∈，则()0f x '<，()f x 单调递减,若(,)x a ∈+∞，则()0f x '>，则()f x 单调递增.所以()f x 在(0,)+∞上有最小值1()ln (1)ln 1f a a a a a a=+-=+-，由题意()0f x ≥，所以ln 10a a +-≥.令()ln 1g x x x =-+，所以11()1x g x x x-'=-=，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()g x 在(0,)+∞上有最大值(1)0g =，所以()ln 10g x x x =-+≤，ln 10a a -+≤，ln 10a a -+=，1a =，综上，当()0f x ≥时，实数a 取值的集合为{}1；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知：1a =时，()0f x ≥，即1ln 1x x ≥-在0x >时恒成立.要证212ln (2)x e x x e x x+≥-++-，只需证当0x >时，2(2)10x e x e x ----≥令2()(2)1(0)x h x e x e x x =---->()2(2)x h x e x e '=---，令()2(2)x u x e x e =---，则()2x u x e '=-，令()20x u x e '=-=，解得ln 2x =，所以，函数()u x 在(0,ln 2)内单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增.即函数()h x '在(0,ln 2)内单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增.而(0)1(2)30h e e '=--=->.(ln 2)(1)0h h '<'=∴存在0(0,ln 2)x ∈，使得0()0h x '=当0(0,)x x ∈时，()0,()h x h x '>单调递增；当0(,1)x x ∈时，()0,()h x h x '<单调递减.当(1,)x ∈+∞时，()0,()h x h x '>单调递增，又(0)110,(1)11(2)0h h e e =-==----=，∴对0,()0x h x ∀>≥恒成立，即2(2)10x e x e x ----≥，综上可得：212ln (2)x e x x e x x+≥-++-成立.类型二“拆分法”构造两函数证明不等式【例2】【2020·安徽阜阳统测】设函数()1f x x x=-，()ln g x t x =，其中()0,1x ∈，t 为正实数.（1）若()f x 的图象总在函数()g x 的图象的下方，求实数t 的取值范围；（2）设()()()221ln 1e 11x H x x x x x ⎛⎫=-++-- ⎪⎝⎭，证明：对任意()0,1x ∈，都有()0H x >.【解析】（1）因为函数()f x 的图象恒在()g x 的图象的下方，所以()()1ln 0f x g x x t x x-=--<在区间()0,1上恒成立.设()1ln F x x t x x =--，其中()0,1x ∈，所以()222111t x tx F x x x x-+'=+-=，其中24t ∆=-，0t >.①当240t - ，即02t < 时，()0F x ' ，所以函数()F x 在()0,1上单调递增，()()10F x F <=，故()()0f x g x -<成立，满足题意.②当240t ->，即2t >时，设()()2101x x tx x θ=-+<<，则()x θ图象的对称轴12tx =>，()01θ=，()120t θ=-<，所以()x θ在()0,1上存在唯一实根，设为1x ，则()1,1x x ∈，()0x θ<，()0F x '<，所以()F x 在()1,1x 上单调递减，此时()()10F x F >=，不合题意.综上可得，实数t 的取值范围是(]0,2.（2）证明：由题意得()()21e ln 1e 1xx H x x x x ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭()()21e 1e ln xx x x x x x--+=-，因为当()0,1x ∈时，e 10x x x -+>，ln 0x <，所以()()()21e 10e ln x xx x x H x x x--+>⇔>2e 1e 1ln x x x x x x x-⇔<-+.令()()e 101x h x x x =--<<，则()e 10xh x '=->，所以()h x 在()0,1上单调递增，()()00h x h >=，即e 1x x >+，所以()2e 1111xx x x x x x -+>+-+=+，从而2e e e 11x xx x x x <-++.由（1）知当2t =时，12ln 0x x x --<在()0,1x ∈上恒成立，整理得212ln x x x ->.令()()2e 011xm x x x =<<+，则要证()0H x >，只需证()2m x <.因为()()()222e 101x x m x x-'=>+，所以()m x 在()0,1上单调递增，所以()()e122m x m <=<，即()2m x <在()0,1上恒成立.综上可得，对任意()0,1x ∈，都有()0H x >成立.【指点迷津】当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为()()f x g x ≤的形式，进而证明()()max min f x g x ≤即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．【举一反三】【2020届福建厦门双十中学月考】已知函数22()1ln ()f x x a x ax a R =-+-∈.（1）讨论()f x 的单调区间；（2）当0a =且(0,1)x ∈，求证：()11x f x x e x+-<.【解析】（1）函数()f x 定义域为(0,)+∞，21()2f x a x a x '=-+-2221(21)(1)a x ax ax ax x x--+-==.①若0a =时，则()0f x <，()f x 在(0,)+∞上单调递减；②若0a >时，1102a a >>-，令1()02f x x a >⇒<-或1x a>.又0x >，()f x ∴在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；③若0a <时，1102a a ->>，令1()0f x x a>⇒<或12x a >-.又0x >，()f x ∴在10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）要证()11x f x x e x +-<，只需证1ln 11x x x e x-+-<，(0,1)x ∈ ，只需证()2(1ln )1x x x x x e -<+-，设()(1ln )g x x x =-，()2()1xh x x x e =+-，()ln 0g x x '=->在(0,1)x ∈上恒成立，所以()g x 在(0,1)上单调递增.所以()(1)1g x g <=，()2()2(2)(1)0x x h x x x e x x e '=--+=-+->，所以()h x 在(0,1)上单调递增，所以()(0)1h x h >=，所以当(0,1)x ∈时，()()g x h x <，即原不等式成立.类型三“换元法”构造函数证明不等式【例3】【2020湖北宜昌一中期中】已知函数()()1xf x e a x =--有两个零点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设1x 、2x 是()f x 的两个零点，证明：1212x x x x <+⋅.【解析】（1）函数()()1x f x e a x =--，所以()xf x e a '=-，当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增，()f x 至多只有一个零点，不符合题意，当0a >时，由()0f x '=得ln x a =，所以(),ln x a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，()ln ,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以ln x a =时()f x 取得极小值，也是最小值，()f x 要有两个零点，则()ln 0f a <，即()2ln 0a a -<，解得2a e >，所以ln 2a >，当1ln x a =<时，得()10f e =>，当2ln ln x a a =>时，()()22ln 2ln 2ln 1f a a a a a a a a =-+=-+，设()2ln 1a a a ϕ=-+，则()2210a a a aϕ-'=-=>所以()a ϕ单调递增，则()()22140a e e ϕϕ>=+->，所以()()2ln 2ln 10f a a a a =-+>，所以()f x 在区间()1,ln a 上有且只有一个零点，在()ln ,2ln a a 上有且只有一个零点，所以满足()f x 有两个零点的a 的取值范围为2()e +∞.（2）1x 、2x 是()f x 的两个零点，则()()120f x f x ==，要证1212x x x x <+⋅，即证()()12111x x --<，根据()()120f x f x ==，可知()111x e a x =-，()221xe a x =-，即证()()12122111x x e x x a+--=<，即证122x x e a +<，即证122ln x x a +<，即证212ln x a x <-，设1ln x a <，2ln x a >，由（1）知()f x 在()ln ,a +∞上单调递增，故只需证明()()212ln f x f a x <-，而()()21f x f x =，所以只需证()()112ln f x f a x <-令()()()2ln g x f a x f x =--，且ln x a<所以()222ln x x a g x e ax a a e =-+-，ln x a <，()22222x x xx x a a e ae g x e a e e +-'=--+=-()2xxe a e -=-<所以()g x 在(),ln a -∞上单调递减，所以()()()()ln 2ln ln ln 0g x g a f a a f a >=--=，所以()()2ln f a x f x ->在(),ln a -∞上恒成立，所以()()112ln f a x f x ->，故原命题得证.【指点迷津】若两个变元x 1，x 2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m(x 1，x 2)的表达式(其中m(x 1，x 2)为x 1，x 2组合成的表达式)，进而使用换元令m(x 1，x 2)＝t ，使所要证明的不等式转化为关于t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．【举一反三】【2020山西太原五中期中】已知函数2()2ln f x x x x =++.（1）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程.（2）若正实数12,x x 满足12()()4f x f x +=，求证：122x x +≥.【解析】（1）2(1)2ln111=2f =++，切点为(1,2).2()21f x x x'=++，(1)5k f '==.切线为：25(1)y x -=-，即530x y --=.（2）2212111222()()2ln 2ln 4f x f x x x x x x x +=+++++=221112222ln 2ln 4x x x x x x +++++=.212121212()()42(ln )x x x x x x x x +++=+-令12x x t =，()ln g t t t =-，0t >，11()1t g t t t-'=-=，(0,1)t ∈，()0g t '<，()g t 为减函数，(1,)t ∈+∞，()0g t '>，()g t 为增函数，min ()(1)1g t g ==，所以()1g t ≥.即21212()()426x x x x +++≥+=.得：1212(3)(2)0x x x x +++-≥，得到1220x x +-≥，即：122x x +≥.类型四“转化法”构造函数证明不等式【例4】【2020·天津南开中学月考】已知函数1()ln f x x a x x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222111a x ax f x x x x -+=--+-'=.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在()0,+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，42a x =或42a x =.当0,,22a a x ⎛⎛⎫+∈⋃+∞ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '<；当,22a a x ⎛+∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>.所以()f x在0,,,22a a ⎛⎛⎫++∞ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在,22a a ⎛-+ ⎪⎝⎭单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于()()12121221212121222ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a ax x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----，所以()()12122f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数()12ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在()0,+∞单调递减，又()10g =，从而当()1,x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即()()12122f x f x a x x -<--.【指点迷津】在关于x 1，x 2的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m(x 1，x 2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．【举一反三】【2020·吉林省实验期末】已知函数()2ln 2f x x x ax x =-+，a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在()0,∞+内单调递减，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，证明：1212x x a+>．【解析】（I ）()ln 24f x x ax +'=-．∴()f x 在()0,∞+内单调递减，∴()ln 240f x x ax =+-≤在()0,∞+内恒成立，即ln 24x a x x ≥+在()0,∞+内恒成立．令()ln 2x g x x x =+，则()21ln xg x x --'=，∴当10e x <<时，()0g x '>，即()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内为增函数；当1x e >时，()0g x '<，即()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内为减函数．∴()g x 的最大值为1g e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴e ,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，则()ln 240f x x ax =+-='在()0,∞+内有两根1x ，2x ，由（I ），知e 04a <<．由1122ln 240ln 240x ax x ax +-=⎧⎨+-=⎩，两式相减，得()1212ln ln 4x x a x x -=-．不妨设120x x <<，∴要证明1212x x a +>，只需证明()()121212142ln ln x x a x x a x x +<--．即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，亦即证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+．令函数．∴22(1)'()0(1)x h x x x --=≤+，即函数()h x 在(]0,1内单调递减．∴()0,1x ∈时，有()()10h x h >=，∴2(1)ln 1x x x ->+．即不等式12112221ln 1x x xx x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+成立．综上，得1212x x a+>．三．强化训练1.【2020·辽宁本溪一高期末】已知a R ∈，函数2()x f x e ax =+.（1）()f x '是函数数()f x 的导函数，记()()g x f x '=，若()g x 在区间(,1]-∞上为单调函数，求实数a 的取值范围；（2）设实数0a >，求证：对任意实数12,x x ()12x x ≠，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭成立.附：简单复合函数求导法则为[()]()f ax b af ax b ''+=+.【解析】（1）由已知得()2x f x e ax '=+，记()2x g x e ax =+，则()2xg x e a '=+.①若0a ≥，()0g x '>，()g x 在定义域上单调递增，符合题意；②若0a <，令()0g x '=解得()ln 2x a =-，()g x '自身单调递增，要使导函数()g x 在区间(],1-∞上为单调函数，则需()ln 21a -≥，解得2ea ≤-，此时导函数()g x 在区间(],1-∞上为单调递减函数.综合①②得使导函数()f x '在区间(],1-∞上为单调函数的a 的取值范围是[),0,2e ⎛⎤-∞-+∞ ⎥⎝⎦.（2）因为12x x ≠，不妨设12x x <，取1x 为自变量构造函数，()()()1212122f x f x x x F x f ++⎛⎫=-⎪⎝⎭，则其导数为()()11211222f x x x F x f '+⎛⎫''=- ⎪⎝⎭()121122x x f f x ⎡+⎤⎛⎫''=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦0a > ()2xf x e ax ∴'=+在R 上单调递增而且12211022x x x x x +--=>，所以()1212x x f f x +⎛⎫''> ⎪⎝⎭，即()10F x '>.故关于1x 的函数()1F x 单调递增，()()120F x F x <=即()()121222f x f x x x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭证得.2.【2020·湖北随州一中期末】高三月考（理））已知函数()ln f x ax x =-.（Ⅰ）求()f x 的极值；（Ⅱ）若1a =-，1b ≥，()()xg x f x be =+，求证：()0g x >.【解析】（Ⅰ）()()10f x a x x'=->，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递减，()f x 无极值；当0a >时，令()0f x '>，得1x a >；令()0f x '<，得10x a<<，则()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()f x 有极小值为1ln a +，无极大值；（Ⅱ）当1a =-，1b =时，()()ln 0xg x e x x x =-->，()11x g x e x'=--，令()()h x g x '=，则()210x h x e x =+>'，所以()h x 在()0,∞+上单调递增.又1302h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()120h e =->，所以01,12x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()000110x h x e x =--=，即0011x e x =+，所以函数()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以函数()g x 的最小值为()00000001ln 1ln xg x e x x x x x =--=+--，又函数11ln y x x x=+--在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是单调减函数，所以()011ln1110g x >+--=>，又1b ≥，()()x xf x be f x e +≥+，故()0g x >．3.【2020·湖北黄石一高月考】已知函数2()1f x e x e =+--.（1）若()f x ax e ≥-对x ∈R 恒成立，求实数a 的值；（2）若存在不相等的实数1x ，2x ，满足12()()0f x f x +=，证明：122x x +<.【解析】（1）令()()()(1)1x g x f x ax e e a x =--=+--，则()1x g x e a '=+-，由题意，知()0g x ≥对x ∈R 恒成立，等价min ()0g x ≥.当1a ≤时，由()0g x '≥知()(1)1x g x e a x =+--在R 上单调递增.因为1(1)(1)10g a e-=---<，所以1a ≤不合题意；当1a >时，若(,ln(1))x a ∈-∞-，则()0g x '<，若(ln(1),)x a ∈-+∞，则()0g x '>，所以，()g x 在(,ln(1))a -∞-单调递减，在(ln(1),)a -+∞上单调递增.所以min ()(ln(1))2(1)ln(1)0g x g a a a a =-=-+--≥记()2(1)ln(1)(1)h a a a a a =-+-->，则()ln(1)h a a '=--.易知()h a 在(1,2)单调递增，在(2,)+∞单调递减，所以max ()(2)0h a h ==，即2(1)ln(1)0a a a -+--≤.而min ()2(1)ln(1)0g x a a a =-+--≥，所以2(1)ln(1)0a a a -+--=，解得2a =.（2）因为()()120f x f x +=，所以12122(1)x x e e x x e +++=+.因为12122122,x x x x e e ex x ++≥≠，所以121222x x x x e e e++>令12x x t +=，则22220t e t e +--<.记2()2220tm t e t e =+--<，则2()10t m t e '=+>，所以()m t 在R 上单调递增.又(2)0m =，由22220te t e +--<，得()(2)m t m <，所以2t <，即122x x +<.4．【2020·浙江高温州三中期末】已知函数()11114x x e e ax a f x ++⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，其中2.718e =⋅⋅⋅是自然对数的底数，()()'g x f x =是函数()f x 的导数.（1）若()g x 是R 上的单调函数，求a 的值；（2）当78a =时，求证：若12x x ≠，且122x x +=-，则()()122f x f x +>.【解析】（1）()()1112'1x x e e ax g x f x ++⎛⎫=-- ⎝=⎪⎭，()()11'1x x e e x g x a a ++=---，由题意()110x e ax a G x +=---≥恒成立，由于()10G -=，所以()'10G -=，解得1a =.方法一：消元求导死算（2）()11171488x x e x e f x ++⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()111731484x x e e x ++⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，令1x t +=，120t t +=，不妨设210t x =+>，()173484t th e e t t ⎛⎫=-+⎪⎝⎭，令()()()H t h t h t =+-173173484484t tt t e e t e e --⎛⎫⎛⎫=-++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，原题即证明当0t >时，()2H t >，()171171288288't tt t e e t e e H t t --⎛⎫⎛⎫=---+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()171288t t t t t t t te e e e t e e e e ----=+--+--()()()()711208216t t t t t t t t e e e e t e e e e ----⎡⎤⎡⎤=+--+-+-≥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，其中()()11'1022t t t t e e t e e --⎡⎤--=+-≥⎢⎥⎣⎦，因为()02H =，所以当0t >时，()2H t >，得证.5.【2020·安徽黄山期末】已知函数()()2e 12e x x f x a a x =+--.（1）当0a <时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个不同零点1x ，2x ，证明：1a >且120x x +<.【解析】（1）()()()()22e 12e 1e 12e 1x x x x f x a a a '=+--=-+.因为0a <，由()0f x '=得，0x =或1ln 2x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.i ）1ln 02a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭即12a <-时，()f x 在1,ln 2a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在1ln ,02a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在()0,∞+单调递减；ii ）1ln 02a ⎛⎫-=⎪⎝⎭即12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调递减；iii ）1ln 02a ⎛⎫->⎪⎝⎭即102a -<<时，()f x 在(),0-∞单调递减，在10,ln 2a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在1ln ,2a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭单调递减.（2）由（1）知，12a <-时，()f x 的极小值为111ln 1ln 10242f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--->> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，102a -<<时，()f x 的极小值为()0110f a =->>，12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调，故0a <时，()f x 至多有一个零点.当0a ≥时，易知()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,∞+单调递增.要使()f x 有两个零点，则()00f <，即120a a +-<，得1a >.令()()()F x f x f x =--，（0x >），则()()()F x f x f x '''=+-()()22e 12e 1x x a a =+--()()22e 12e 1x x a a --++--()()()2e e 1e e 2e e 20x x x x x x a ---=+++-++-≥，所以()F x 在0x >时单调递增，()()00F x F >=，()()f x f x >-.不妨设12x x <，则10x <，20x >，20x -<，()()()122f x f x f x =>-.由()f x 在(),0-∞单调递减得，12x x <-，即120x x +<.6.【2020·山东东营期末】已知函数()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+.(1)求证:当1a ≤时,对任意()()0,,0x f x ∈+∞>恒成立;(2)求函数()g x 的极值;(3)当12a =时,若存在()12,0,x x ∈+∞且12x x ≠,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+,求证:12249x x m <.【解析】(1)()()sin 1cos f x x a x f x a x '=-∴=-，1cos 1x -≤≤ ,()11cos 0a f x a x '∴≤=-≥，,()sin f x x a x =-在()0+∞，上为增函数,所以当()0,x ∈+∞时,恒有()()00f x f >=成立;(2)由()()()ln ,10m x mg x x m x g x x x x+'=+∴=+=>当()00m g x '≥>，()g x 在()0+∞，上为增函数,无极值当()()0,00;0m x m g x x m g x ''<<<-<>->，，()g x 在()0m -，上为减函数,在(),m -+∞上为增函数,()x m x ∴=-，g 有极小值()ln m m m -+-,无极大值,综上知:当()0m g x ≥，无极值,当()0m g x <，有极小值()ln m m m -+-,无极大值.(3)当()11sin 22a f x x x ==-，在()0+∞，上为增函数,由(2)知,当0m ≥,()g x 在()0+∞，上为增函数,这时,()()f x g x +在()0+∞，上为增函数,所以不可能存在()12,0,x x ∈+∞,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+且12x x ≠所以有0m <现不防设()()()()1211220x x f x g x f x g x <<+=+，得:111222112sin ln 2sin ln 22x x m x x x m x -+=-+()()()2121211ln ln 2sin sin 2m x x x x x x --=---①1122sin sin x x x x -<-()()212111sin sin 22x x x x -->--②由①②式可得:()()()2121211ln ln 22m x x x x x x -->---即()()21213ln ln 02m x x x x -->->又1221ln ln ,ln ln 0x x x x <->2121302ln ln x x m x x -∴->⨯>-③又要证12249x x m <，即证21294m x x >120,0m x x <<<即证m ->……④所以由③式知,只需证明:2121ln ln x x x x ->-2121ln 1x x x x ->设211x t x =>,只需证1ln t t ->即证()ln 01t t ->>令()()ln 1h t t t =>由()()()2101h t t h t -'=>>，在()1+∞，上为增函数,()()10h t h∴>=2121ln ln x x x x -∴>-成立,所以由③知,0m ->>成立,所以1224 9x xm 成立.7.【2020届四川省成都一诊】已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，证明：.【解析】（1）由题意，又，所以，因此在点处的切线方程为，即（2）证明：因为，所以由于，等价于，令，设函数当时，，所以，所以在上是单调递增函数，又，所以，所以，即等价于，令，设函数当时，，所以，所以在上是单调递减函数，又，所以所以，即综上①②可得：.8.【2020·天津南开期末】已知2()46ln f x x x x =--，（1）求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程以及()f x 的单调性；（2）对(1,)x ∀∈+∞，有21()()6112xf x f x x k x ⎛⎫'->+-- ⎪⎝⎭恒成立，求k 的最大整数解；（3）令()()4(6)ln g x f x x a x =+--，若()g x 有两个零点分别为1x ，2x ()12x x <且0x 为()g x 的唯一的极值点，求证：12034x x x +>.【解析】（1）2()46ln f x x x x=-- 所以定义域为()0,+¥6()24f x x x'∴=--；(1)8f '=-；(1)3f =-所以切线方程为85y x =-+；2()(1)(3)f x x x x'=+-，令()0f x '>解得3x >令()0f x '<解得03x <<所以()f x 的单调递减区间为()0,3，单调递增区间为(3,)+∞.（2）21()()6112xf x f x x k x ⎛⎫'->+-- ⎪⎝⎭等价于min ln ()1x x x k h x x +<=-；22ln ()(1)x x h x x --'∴=-，记()2ln m x x x =--，1()10m x x'=->，所以()m x 为(1,)+∞上的递增函数，且(3)1ln 30m =-<，(4)2ln 40m =->，所以0(3,4)x ∃∈，使得()00m x =即002ln 0x x --=，所以()h x 在()01,x 上递减，在()0,x +∞上递增，且()000min 000ln ()(3,4)1x x x h x h x x x +===∈-；所以k 的最大整数解为3.（3）2()ln g x x a x =-，()20ag x x x x -'=-==得0x =，当x ⎛∈ ⎝，()0g x '<，x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，()0g x '>；所以()g x在⎛ ⎝上单调递减，⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增，而要使()g x 有两个零点，要满足()00g x <，即2ln 02g a a e =-<⇒>；因为10x <<2x >，令21x t x =(1)t >，由()()12f x f x =，221122ln ln x a x x a x ∴-=-，即：2221111ln ln x a x t x a tx -=-，212ln 1a tx t ∴=-而要证12034x x x +>，只需证1(31)t x +>即证：221(31)8t x a+>即：22ln (31)81a t t a t +>-由0a >，1t >只需证：22(31)ln 880t t t +-+>，令22()(31)ln 88h t t t t =+-+，则1()(186)ln 76h t t t t t'=+-++令1()(186)ln 76n t t t t t =+-++，则261()18ln 110t n t t t -'=++>(1)t >故()n t 在(1,)+∞上递增，()(1)0n t n >=；故()h t 在(1,)+∞上递增，()(1)0h t h >=；12034x x x ∴+>.9．【2020·湖南洪湖期末】已知函数()1,f x xlnx ax a R=++∈（1）当0x >时，若关于x 的不等式()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（2）当*n N ∈时，证明：2223122421n n n ln ln ln n n n +<+++<++ ．【解析】（1）由()0f x ≥，得ln 10x x ax ++≥(0)x >.整理，得1ln a x x -≤+恒成立，即min 1ln a x x ⎛⎫-≤+ ⎪⎝⎭.令()1ln F x x x =+.则()22111'x F x x x x-=-=.∴函数()F x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增.∴函数()1ln F x x x=+的最小值为()11F =.∴1a -≤，即1a ≥-.∴a 的取值范围是[)1,-+∞.（2）∵24n n +为数列()()112n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和，1n n +为数列()11n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的前n 项和.∴只需证明()()211ln 12n n n n +<++()11n n <+即可.由（1），当1a =-时，有ln 10x x x -+≥，即1ln x x x ≥-.令11n x n +=>，即得1ln 11n n n n +>-+11n =+.∴2211ln 1n n n +⎛⎫> ⎪+⎝⎭()()112n n >++1112n n =-++.现证明()211ln 1n n n n +<+，即<==()*现证明12ln (1)x x x x <->.构造函数()12ln G x x x x=--()1x ≥，则()212'1G x x x =+-22210x x x-+=≥.∴函数()G x 在[)1,-+∞上是增函数，即()()10G x G ≥=.∴当1x >时，有()0G x >，即12ln x x x <-成立.令x =，则()*式成立.综上，得()()211ln 12n n n n +<++()11n n <+.对数列()()112n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭，21ln n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭，()11n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭分别求前n 项和，得223ln 2ln 242n n <++21ln 1n n n n ++⋅⋅⋅+<+.10.【2020·全国高三专题】已知函数()ln a f x x x=+，其中a R ∈．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a =，试证明：()e cos x x f x x +<．【解析】（1）由221()a x a f x x x x -'=-=(0)x >知：（i ）若0a ≤，2()0(0)x a f x x x -'=>>，∴()f x 在区间()0,∞+上为增函数．（ii ）若0a >，∴当x ∈()0,a 时，有()0f x '<，∴()f x 在区间()0,a 上为减函数．当x ∈(),a +∞时，有()0f x '>，∴()f x 在区间(),a +∞上为增函数．综上：当0a ≤时，()f x 在区间()0,∞+上为增函数；当0a >时，()f x 在区间()0,a 上为减函数；()f x 在区间(),a +∞上为增函数．（2）若1a =，则1()ln (0)f x x x x =+>要证e cos ()x x f x x +<，只需证ln 1e cos x x x x +<+，即证：ln e cos 1x x x x <+-.（i ）当01x <≤时，ln 0x x ≤，而e cos 11cos11cos10x x +->+-=>∴此时ln <e cos 1x x x x +-成立.（ii ）当1x >时，令()e cos ln 1x g x x x x =+--，()0,x ∈+∞，∵()e sin ln 1x g x x x '=---，设()()e sin ln 1x h x g x x x '==---，则1()e cos x h x x x'=-- 1x >，∴1()e cos e 110x h x x x '=-->-->∴当1x >时，()h x 单调递增，∴()(1)e sin110h x h >=-->，即()0g x '>∴()g x 在()1,+∞单调递增，∴()(1)e cos110g x g >=+->即()e cos ln 10x g x x x x =+-->，即ln <e cos 1x x x x +-，∴e cos ()<x x f x x+综上：当0x >时，有e cos ()<x x f x x +成立.。
高考数学导数专项练习之构造函数解不等式
专题9：构造函数解不等式1．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，()()0xf x f x '->，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是( ) A ．(-∞，1)(1--⋃，0) B ．(0，1)(1⋃，)+∞C ．(-∞，1)(0-⋃，1)D ．(1-，0)(1⋃，)+∞【解析】由题意设()()f x g x x =，则2()()()xf x f x g x x '-'= 当0x >时，有()()0xf x f x '->，∴当0x >时，()0g x '>，∴函数()()f x g x x=在(0,)+∞上为增函数， 函数()f x 是奇函数，()()g x g x ∴-=，∴函数()g x 为定义域上的偶函数，()g x 在(,0)-∞上递减，由(1)0f -=得，(1)0g -=， 不等式()0()0f x x g x >⇔>，∴0()(1)x g x g >⎧⎨>⎩或0()(1)x g x g <⎧⎨<-⎩， 即有1x >或10x -<<，∴使得()0f x >成立的x 的取值范围是：(1-，0)(1⋃，)+∞，故选：D ．2．函数()f x 的定义域是R ，(0)2f =，对任意x R ∈，()()1f x f x '+<，则不等式()1x x e f x e >+的解集为( )A ．{|0}x x >B ．{|0}x x <C ．{|1x x <-，或1}x >D ．{|1x x <-，或01}x <<【解析】令()()1x x g x e f x e =--，则()()()[()()1]x x x x g x e f x e f x e e f x f x '=+'-=+'-，()()1f x f x +'<， ()()10f x f x ∴+'-<，()0g x ∴'<，即()g x 在R 上单调递减，又(0)2f =，00(0)(0)12110g e f e ∴=--=--=，故当0x <时，()(0)g x g >，即()10x x e f x e -->，整理得()1x x e f x e >+，()1x x e f x e ∴>+的解集为(,0)-∞．故选：B ．3．已知定义在R 上的函数()f x 满足f （2）1=，且()f x 的导函数()1f x x '>-，则不等式21()12f x x x <-+的解集为( )A ．{|22}x x -<<B ．{|2}x x >C ．{|2}x x <D ．{|2x x <-或2}x >【解析】令21()()2g x f x x x =-+，对()g x 求导，得()()1g x f x x '='-+，()1f x x '>-，()0g x ∴'>，即()g x 在R 上为增函数．不等式21()12f x x x <-+可化为21()12f x x x -+<，即()g x g <（2），由()g x 单调递增得2x <，所以不等式的解集为{|2}x x <． 故选：C ．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(2)f x +为偶函数，f （4）1=，则不等式()x f x e <的解集为( ) A ．(,0)-∞B ．(0,)+∞C ．4(,)e -∞D ．4(e ，)+∞【解析】设()()()()()()()2x xx e f x f x f x h x h x e e '-='=则，()()f x f x '<，()0h x ∴'<．所以函数()h x 是R 上的减函数， 函数(2)f x +是偶函数，∴函数(2)(2)f x f x -+=+， ∴函数关于2x =对称，(0)f f∴=（4）1=，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)1x f x f e e <=．()h x 在R 上单调递减， 0x ∴>．故选：B ．5．已知定义在R 上的可导函数()f x 的导函数()f x '，满足()()f x f x '<，且(2)(2)f x f x +=-，f（4）1=，则不等式()x f x e <的解集为( )A ．(0,)+∞B ．(1,)+∞C ．(4,)+∞D ．(2,)-+∞【解析】可设函数()()x f x g x e=， ()()()xf x f xg x e'-'=， 由()()f x f x '<，可得()0g x '<，即有()g x 在R 上递减，(2)(2)f x f x +=-，f（4）1=，可得(0)f f =（4）1=，0(0)(0)1f g e ==，由()x f x e <即为()1xf x e <， 可得()(0)g x g <， 由()g x 在R 上递减， 可得0x >．则所求不等式的解集为(0,)+∞． 故选：A ．6．若定义在R 上的函数()f x 满足()()1f x f x +'>，(0)4f =，则不等式3()1(xf x e e >+为自然对数的底数）的解集为( )A ．(0,)+∞B ．(-∞，0)(3⋃，)+∞C ．(-∞，0)(0⋃，)+∞D ．(3,)+∞【解析】不等式3()1xf x e >+可化为 ()30x x e f x e -->；令()()3x x F x e f x e =--， 则()()()x x x F x e f x e f x e '=+'-(()()1)x e f x f x =+'-；()()1f x f x +'>， (()()1)0x e f x f x ∴+'->；故()()3x x F x e f x e =--在R 上是增函数， 又(0)14130F =⨯--=；故当0x >时，()(0)0F x F >=； 故()30x x e f x e -->的解集为(0,)+∞； 即不等式3()1(xf x e e >+为自然对数的底数）的解集为(0,)+∞；故选：A ．7．已知函数()f x 对定义域R 内的任意x 都有()(4)f x f x =-，且当2x ≠时其导函数()f x '满足()2()xf x f x '>'若24a <<则( ) A ．(2)a f f <（3）2(log )f a <B ．2(log )(3)(2)a f a f f f<<<（3）(2)a f <C ．f （3）2()(2)a f log a f <<D ．2(log )(2)a a f f f<<（3）【解析】函数()f x 对定义域R 内的任意x 都有()(4)f x f x =-，()f x ∴关于直线2x =对称；又当2x ≠时其导函数()f x '满足()2()()(2)0xf x f x f x x '>'⇔'->，∴当2x >时，()0f x '>，()f x 在(2,)+∞上的单调递增；同理可得，当2x <时，()f x 在(,2)-∞单调递减；24a <<，21log 2a ∴<<，224log 3a ∴<-<，又4216a <<，22(log )(4log )f a f a =-，()f x 在(2,)+∞上的单调递增；2(log )f a f∴<（3）(2)a f <．故选：B ．8．已知函数()y f x =对于任意的(,)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()()34f ππ<B ()()34f ππ-<-C ．(0)()4f πD ．(0)2()3f f π<【解析】构造函数()()cos f x g x x=，则22()cos ()cos ()1()[(()cos ()sin ]cos cos f x x f x x g x f x x f x x x x'-''=='+， 对任意的(2x π∈-，)2π满足()cos ()sin 0f x x f x x '+>，()0g x ∴'>，即函数()g x 在(2x π∈-，)2π单调递增，则②()()34g g ππ-<-，即()()34cos()cos()34f f ππππ--<--，∴()()312f f ππ--<())()34f ππ-<-，故B 正确； ②(0)()4g g π<，即()(0)4cos0cos 4f f ππ<，(0)()4f π∴<，故②正确；②(0)()3g g π<，即()(0)3cos0cos 3f f ππ<， (0)2()3f f π∴<，故②正确；由排除法， 故选：A ．9．已知函数()y f x =对于任意的(2x π∈-，)2π满足()cos ()sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是函数()f x 的导函数），则下列不等式成立的是( ) A ．2()(0)3f f π->B．(0)()4f π>C ．(1)f f ->（1）D ．f （1）(0)cos1f >【解析】函数()y f x =对于任意的(2x π∈-，)2π满足()cos ()sin 0f x x f x x '+>∴令()()cos f x h x x=，则2()cos ()sin ()0(cos )f x x f x x h x x '+'=>，()h x ∴在(2π∈-，)2π上单调递增，h （1）(0)h >，即(1)(0)cos1cos0f f >，cos10∴> f∴（1）(0)cos1f >，故D 正确同理可检验A ，B ，C 三个选项是错误的 故选：D ． 10．函数()f x 的导函数为()f x '，对x R ∀∈，都有2()()f x f x '>成立，若(4)2f ln =，则不等式2()x f x e >的解是( )A ．1x >B ．01x <<C ．4x ln >D ．04x ln <<【解析】x R ∀∈，都有2()()f x f x '>成立，1()()02f x f x ∴'->，于是有2()()0x f x e '>， 令2()()x f x g x e=，则有()g x 在R 上单调递增，不等式2()x f x e >，()1g x ∴>， (4)2f ln =， (4)1g ln ∴=，4x ln ∴>，故选：C ．11．函数()f x 的导函数()f x '，对x R ∀∈，都有()()f x f x '>成立，若f （2）2e =，则不等式()x f x e >的解是() A ．(2,)+∞ B ．(0,1)C ．(1,)+∞D ．(0,2)ln【解析】x R ∀∈，都有()()f x f x '>成立，()()0f x f x ∴'->，于是有(())0x f x e'>， 令()()x f x g x e=，则有()g x 在R 上单调递增， 不等式()x f x e >，()1g x ∴>， f（2）2e =，g ∴（2）2(2)1f e ==， 2x ∴>，故选：A ． 12．设()f x 是定义在R 上的奇函数，且f（2）0=，当0x >时，有2()()0xf x f x x '-<恒成立，则不等式()0xf x >的解集是( )A ．(2-，0)(2⋃，)+∞B ．(2-，0)(0⋃，2)C ．(-∞，2)(0-⋃，2)D ．(-∞，2)(2-⋃，)+∞【解析】()f x 是R 上的奇函数，则()f x x为偶函数；2()()()()f x xf x f x x x '-'=； 0x >时，2()()0xf x f x x '-<恒成立； 0x ∴>时，()()0f x x'<恒成立； ∴()f x x在(0,)+∞上单调递减，在(,0)-∞上单调递增；由()0xf x >得：()0f x x>； f（2）0=，(2)0f ∴-=；∴②0x >时，()(2)2f x f x >；02x ∴<<；②0x <时，()(2)2f x f x ->-； 20x ∴-<<；综上得，不等式()0xf x >的解集为(2-，0)(0⋃，2)． 故选：B ．13．已知一函数满足0x >时，有2()()2g x g x x x'=>，则下列结论一定成立的是( ) A ．(2)2g g -（1）3B ．(2)2g g -（1）2 C ．(2)2g g-（1）4<D ．(2)2g g -（1）4【解析】0x >时，有2()()2g x g x x x'=>， 32()3g x x c ∴=+， 33223x x c ∴>+， 343c x ∴<， 0x >，0c ∴ g ∴（2）163c =+，g （1）23c =+， ∴16(2)832232cg c+==+， ∴(2)2g g -（1）62232c ==- 故选：B ．14．定义在区间(0,)+∞上的函数()f x 使不等式2()()3()f x xf x f x <'<恒成立，其中()f x '为()f x 的导数，则( ) A ．(2)816(1)f f << B ．(2)48(1)f f <<C ．(2)34(1)f f << D ．(2)23(1)f f << 【解析】令3()()f x g x x=， 则3264()3()()3()()f x x x f x xf x f x g x x x '-'-'==，()3()xf x f x '<，即()3()0xf x f x '-<， ()0g x ∴'<在(0,)+∞恒成立，即有()g x 在(0,)+∞递减，可得 g （2）g <（1），即(2)(1)81f f <，由2()3()f x f x <，可得()0f x >，则(2)8(1)f f <； 令2()()f x h x x =，243()2()()2()()f x x xf x xf x f x h x x x '-'-'==， ()2()xf x f x '>，即()2()0xf x f x '->， ()0h x ∴'>在(0,)+∞恒成立，即有()h x 在(0,)+∞递增，可得 h （2）h >（1），即(2)4f f >（1），则(2)4(1)f f >． 即有(2)48(1)f f <<． 故选：B ．15．已知函数()f x 的定义域为(-∞，0)(0⋃，)+∞，图象关于y 轴对称，且当0x <时，()()f x f x x '>恒成立，设1a >，则4(1)1af a a ++，，4(1)()1aa f a ++的大小关系为( )A ．4(1)4(1)()11af a a a f a a +>>+++ B ．4(1)4(1)()11af a a a f a a +<<+++ C ．4(1)4(1)()11af a aa f a a +>>+++D ．4(1)4(1)()11af a aa f a a +<<+++ 【解析】当0x <时，()()f x f x x'>恒成立， ()()xf x f x ∴'<，令()()f x g x x=， 2()()()xf x f x g x x'-∴'=， ()0g x ∴'<，()g x ∴在(,0)-∞上单调递减， ()()f x f x -=， ()()g x g x ∴-=-，()g x ∴为奇函数，在(0,)+∞上单调递减．比较4(1)1af a a ++，，4(1)()1aa f a ++的大小， ∴4(1)4(1)1af a ag a a +=++，4ag =，44(1)()4()11a a a f ag a a +=++， 1a >，211)0a ∴+-=>，1a ∴+>411aa a +>+，且41a a <+411aa a ∴+>+， 4(1)()1ag a g g a ∴+<<+， 44(1)44()1aag a ag ag a ∴+<<+， 即4(1)4(1)()11af a aa f a a +<<+++． 故选：B ．16．已知函数()f x 的导函数为()f x '，若(0,)x ∀∈+∞，都有()2()xf x f x '<成立，则( ) A ．23f f >B ．2f （1）3f <C ．43f f<（2） D ．4f （1）f>（2） 【解析】令2()()f x g x x =， 则3()2()()xf x f x g x x'-'=，()2()xf x f x '<， (0,)x ∴∀∈+∞， ()0g x ∴'<恒成立()g x ∴是在(0,)+∞单调递减，g ∴（1）g >（2），即4f （1）f >（2）故选：D ．17．已知函数()f x 的导函数为()f x '，若()()2()f 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)132f f +<（1）(2)2f <B ．(2)142f f +<（1）(2)2f <C ．3(2)8f f <（1）(2)132f <+ D ．(2)142f f +<（1）3(2)8f <【解析】设2()()f x x g x x -=，()()f x h x x=，(0,)x ∈+∞， 则243[()1]2[()]()2()()f x x x f x x xf x f x xg x x x '---'-+'==， 2()()()xf x f x h x x '-'=， 因为()()2()f x xf x f x x '<<-对(0,)x ∈+∞恒成立， 所以()0g x '<，()0h x '>，所以()g x 在(0,)+∞上单调递减，()h x 在(0,)+∞上单调递增， 则g （1）g >（2），h （1）h <（2）， 即22(1)1(2)212f f -->，(1)(2)12f f <，即(2)142f f+<（1）(2)2f <， 故选：B ．18．若146()7a -=，157()6b =，27log 8c =，定义在R 上的奇函数()f x 满足：对任意的1x ，2[0x ∈，)+∞且12x x ≠都有1212()()0f x f x x x -<-，则f （a ），f （b ），f（c ）的大小顺序为( )A ．f （b ）f <（a ）f <（c ）B ．f （c ）f >（b ）f >（a ）C ．f （c ）f >（a ）f >（b ）D ．f （b ）f >（c ）f >（a ）【解析】根据题意，函数()f x 满足：对任意的1x ，2[0x ∈，)+∞且12x x ≠都有1212()()0f x f x x x -<-，则()f x 在[0，)+∞上为减函数，又由()f x 为定义在R 上的奇函数，则函数()f x 在(-∞，0]上为减函数， 则函数()f x 在R 上为减函数，27log 08c =<，14467()()76a -==，而157()6b =，则0a b >>，故f （c ）f >（b ）f >（a ）． 故选：B ．19．设定义在R 上的奇函数()f x 满足，对任意1x ，2(0,)x ∈+∞，且12x x ≠，都有2121()()1f x f x x x -<-，且f（3）3=，则不等式()1f x x>的解集为( )A ．(3-，0)(0⋃，3)B ．(-∞，3)(0-⋃，3)C ．(-∞，3)(3-⋃，)+∞D ．(3-，0)(3⋃，)+∞【解析】设21x x >，且1x ，2(0,)x ∈+∞，由题意2121()()1f x f x x x -<-，可得函数()()F x f x x =-在(0,)+∞单调性递减，f（3）3=，可得F （3）0=，那么不等式()1f x x>，即求()0F x x >的解集， ()f x 是R 上的奇函数，()()(())()F x f x x f x x F x ∴-=-+=--=-， (3)0F ∴-=，当30x -<<时，()0F x <， 可得()0F x x>成立；当03x <<时，()0F x >， 可得()0F x x>成立；综上可得不等式()1f x x>的解集为(3-，0)(0⋃，3)． 故选：A ．20．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3()()0f x xf x +'>，则不等式3(2015)(2015)27(3)0x f x f +++->的解集是 (2018,2015)--．【解析】根据题意，令3()()g x x f x =，其导函数为232()3()()[3()()]g x x f x x f x x f x xf x '=+'=+'，(,0)x ∈-∞时，3()()0f x xf x +'>， ()0g x ∴>，()g x ∴在(,0)-∞上单调递增；又不等式3(2015)(2015)27(3)0x f x f +++->可化为33(2015)(2015)(3)(3)x f x f ++>--，即(2015)(3)g x g +>-，020153x ∴>+>-；解得20152018x ->>-，∴该不等式的解集是为(2018,2015)--．故答案为：(2018,2015)--．21．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，x R ∀∈，有2()()f x f x x -+=，在(0,)+∞上()f x x'<，若(4)()84f m f m m ---，则实数m 的取值范围是 [2，)+∞ ．【解析】令21()()2g x f x x =-，2211()()()()022g x g x f x x f x x -+=--+-=，∴函数()g x 为奇函数．(0,)x ∈+∞时，()()0g x f x x '='-<，故函数()g x 在(0,)+∞上是减函数， 故函数()g x 在(,0)-∞上也是减函数， 由(0)0f =，可得()g x 在R 上是减函数，2211(4)()(4)(4)()(4)()848422f m f m g m m g m m g m g m m m ∴--=-+---=--+--，(4)()g m g m ∴-，4m m ∴-，解得：2m ，故答案为：[2，)+∞22．已知定义在R 上函数()f x 满足f （2）1=，且()f x 的导函数()2f x '<-，则不等式()52f lnx lnx >-的解集为 2(0,)e ．【解析】设t lnx =，则不等式()52f lnx lnx >-等价为()52f t t >-， 设()()25g x f x x =+-， 则()()2g x f x '='+，()f x 的导函数()2f x '<-，()()20g x f x ∴'='+<，此时函数单调递减， f（2）1=，g ∴（2）f=（2）45550+-=-=，则当02x <<时，()g x g >（2）0=， 即()0g x >，则此时()()250g x f x x =+->， 即不等式()25f x x >-+的解为2x <， 即()52f t t >-的解为2t <， 由2lnx <，解得20x e <<，即不等式()52f lnx lnx >-的解集为2(0,)e ， 故答案为：2(0,)e ． 23．若定义在R 上的函数()f x 满足()()1f x f x '+<，(0)4f =，则不等式[()1]3(x e f x e ->为自然对数的底数）的解集为 (,0)-∞ ．【解析】设()()x x g x e f x e =-，()x R ∈， 则()()()[()()1]x x x x g x e f x e f x e e f x f x '=+'-=+'-，()()1f x f x +'<， ()()10f x f x ∴+'-<，()0g x ∴'<，()y g x ∴=在定义域上单调递减， ()3x x e f x e >+，()3g x ∴>，又00(0)(0)413g e f e ==-=-=，()(0)g x g ∴<，0x ∴<故答案为：(,0)-∞．24．定义在R 上的函数()f x 满足：()1()f x f x >-'，(0)0f =，()f x '是()f x 的导函数，则不等式()1x x e f x e >-（其中e 为自然对数的底数）的解集为(0,)+∞．【解析】设()()x x g x e f x e =-，()x R ∈； 则()()()[()()1]x x x x g x e f x e f x e e f x f x '=+'-=+'-；()1()f x f x '>-； ()()10f x f x ∴+'->； ()0g x ∴'>；()y g x ∴=在定义域上单调递增； ()1x x e f x e >-；()1g x ∴>-；又00(0)(0)1g e f e =-=-；()(0)g x g ∴>；0x ∴>；∴不等式的解集为(0,)+∞．故答案为：(0,)+∞．25．函数()f x ，()(()0)g x g x ≠分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当0x <时，()()()()f x g x f x g x '<'，(3)0f -=，则不等式()0()f xg x <的解集为 (3-，0)(3⋃，)+∞．【解析】②令()()()f x F xg x =．当0x <时，()()()()f x g x f x g x '<'，∴2()()()()()0()f xg x f x g x F x g x '''-=<，∴函数()F x 在0x <时单调递减；(3)0f -=，(3)0F ∴-=． ()0F x ∴<的解集为(3,0)-．②()f x ，()(()0)g x g x ≠分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，()()()()()()f x f x F x F xg x g x -∴-==-=--， ()F x ∴是R 上的奇函数，∴当0x >时，()0F x <的解集为(3,)+∞．综上可得：不等式()0()f xg x <的解集为(3-，0)(3⋃，)+∞． 故答案为：(3-，0)(3⋃，)+∞． 26．设()f x 是定义在R上的奇函数，且(1)0f -=，若不等式112212()()0x f x x f x x x -<-对区间(,0)-∞内任意两个不相等的实数1x ，2x 都成立，则不等式(2)0xf x <解集是 1(2-，0)(0⋃，1)2．【解析】112212()()0x f x x f x x x -<-对区间(,0)-∞内任意两个不相等的实数1x ，2x 都成立，∴函数()()g x xf x =在(,0)-∞上单调递减，又()f x 为奇函数，()()g x xf x ∴=为偶函数，()g x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)g g -=（1）0=，作出()g x 的草图如图所示：(2)0xf x <即2(2)0xf x <，(2)0g x <，由图象得，120x -<<或021x <<，解得102x -<<或102x <<，∴不等式(2)0xf x <解集是1(2-，0)(0⋃，1)2， 故答案为：1(2-，0)(0⋃，1)2．。
导数中的构造函数-玩转压轴题(解析版)
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专题6.1 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 =。
微专题：构造函数法解选填压轴题.docx
微专题：构造函数法解选填压轴题高考中要取得高分，关键在于选准选好的解题方法，才能省时省力乂有效果。
近儿年各地髙考数学试卷屮，许多方面尤其涉及函数题目，采用构造函数法解答是一个不错的选择。
所谓构造函数法是指通过一定方式，设计并构造一个与有待解答问题相关函数，并对其进行观察分析，借助函数木身性质如单调性或利川运算结果，解决原问题方法，简而言Z就是构造函数解答问题。
怎样合理的构造函数就是问题的关键，这里我们来一起探讨一下这方而问题。
几种导数的常见构造：1・对于广(x)>g*(x),构造/?(x) = /(x)-g(x)若遇到广(X)>Q(QH O),则可构h(x)= f(x)~ax2.对于广(Q+g'd)>(),构造/?(兀) = /(©+g(Q3.对于.厂(x) + /*(x) > 0,构造/?(%) = e v/(x)4.对于f\x)>f(x)[或/V)-/(x)>0],构造此)=理e5.对于xf\x)+ /(x)>0,构造h{x) = xf{x)6.对于xf'(x)- f(x)>Q ,构造力(兀)=/兀x一、构造函数法比较大小例1.已知函数y = /(x)的图象关于y轴对称，且当xe(-oo,0),/(x) + V，W<0成立,6/ = 202 /(2°-2), b = log"/(log"), c = log39/(log39),则d,仇c 的大小关系是()A. a >b> cB.a > c>bC.c >b> aD.b > a> c【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[灯(兀)]' = /") +#*'(兀)，所以当兀w (一8,0)时,[xf (x)Y = f (x)xf \x) < 0,函数y = xf(x)单调递减，当尢G (0,+8)时,函数y = xf(x)单调递减.因为1 <202<2, OvlogQvl, 1吸9 = 2,所以0 <1^3< 202 <1^39,所以b>a>c t选D. 变式：己知定义域为/?的奇函数/(兀)的导函数为厂(兀)，当兀H0时，厂⑴+上凶>0,X 若a=- /(-),& = -2/(-2),c = In - /(In 2),则下列关于a,b,c的大小关系正确的是(D )2 2 2A.a > b> cB. a > c> bC. c >b> a Db> a> c例2.已知/(兀)为/?上的可导函数,且Vxe/?,均W /(x) > f(x),则有A. e2017(-2016)</(0), /(2016)>e2016/(0)B. ^20,6/(-2016) </(O), /(2016) < e20,6/(0)C. e2017(-2016)>/(0), /(2016)>e2016/(0)D. e20,6/(-2016) >/(O), /(2016) < e2O,6/(0)［解析］构造函数g(x)=半，则e x(e x y e x因为V XG R,均有/(x)>广(x),并且『>0,所以g'(x)vO,故函数g(x) = 4卫在R上单调递减, e x所以g(—20⑹ >g(0), g(20⑹ vg(O),即/(~^6)>/(0), /豐® </(0),e也就是严6/(-20⑹〉/(0), /(2016) v0H7(O),故选D.变式：已知函数/(兀)为定义在/?上的可导函数，且/(x)< f\x)对于任意XE R恒成立，0为自然対数的底数，则(C )A./(l) > e• /(0)> /(2016) < e2016・/(0)B.f ⑴ < e• /(0)、/(2016) > e2016• /(0)C")>e f(O). /(2016)>e2016./(0) D/⑴<£•/(())、/(2016)<^2016•/(O)例3.在数列仏｝中,(%)m=n+lg M)・则数列｛陽｝中的最大项为().A. >/2B. V3C. V5D.不存在【解析】由LL知再=血，= V3 , a3 = V4 = A/2,a4=\/5易得q < a2,a2 >a3>a4> ....... 猜想当n > 2时，｛色｝是递减数列乂由a fl n+i = 〃 +1 知In % = ln(n + 1),令/(x) = —,〃 + l X—• x — In x i ］则八沪二上竺% %・••当x>3 R寸，lnx>l,贝)Jl-lnx<0,即f\x) < 0/. /(x)在［3,+oo)内为单调递减函数，:.n>2时，，｛lna“｝是递减数列，即｛a“｝是递减数列又坷<02，・•・数列｛色｝中的最大项为a2=V3 故选B・jr jr练习1.已知函数y - /(%)对任意的xw(——,一)满足/z(x)cosx + /(x)sinx > 0,则( )A /(0)>V2/(^) B. /(0)<2/(-y) C. V2/(|)</(^) D. V2/(-|) </(-^)捉示：构造函数g(x) = /("),选D.COSX二、构造函数法解恒成立问题例1.若函数y=f(x)在斤上可导且满足不等式xf(x) + f(x)>0恒成立,对任意正数a、b,若a<b, 则必冇()A. af(h)<hf(a)B. hf(a)<af(h)C. af(a)<bf(b)D. bf(b)<af(a)【解析】由已知y(x) + /(x)>0・••构造函数F(x) = xf(x),则F'(Q = xf(x) + /(x) > 0 ,从而F(x)在斤上为增函数。
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专题导数中的构造函数解不等式高考数学总复习之典型例题突破压轴题系列解析专题0 6 导数中的构造函数解不等式导数中经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，只需根据原函数与。
导函数的关系式或者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】1、定义在R上的函数/(x)满足:/(x) + r(.x)>l, /(0) = 4,则不等式e7Xx)>e" + 3(其中￡为自然对数的底数)的解集为()A. (0,+oo)B. (-oo,02 (3,+00)C. (—8,0)5°,+如D. (3,+)【答案】A2、设函数/(x)在/?上的导函数为f何,对VxwR有/(.v)+/(-%) = x2,在(0,+co)上,/'(x)-xvO,若直线/(4-加)-/伽)》8-4〃?，则实数加的取值范围是( )A.. [2,-KX))B.(7,2]C. (-oo,-2] U[2,炖)D. [-2,2]【答案】A【解析】令g(x)=/(x)-|x2,则g(-X)+ g(X)= /(-A)-|A-2+/(X)-|x2 =0,所以函数g(x)为奇函数，当xw(O,~K?)时,g'(x)二/'(X)7VO,所以函数g(x)在(0,+oo)上是减函数，故函数g(x)在(0,0)上也是减函数，由/(0)=0,可得g(x)在/?上是减函数，/./(4_〃?)_/伽)=g(斗一〃J +丄(斗_加)= g(4_〃?)_g(〃?) + 8_4/n8_4? .\g(4-w)^g(w),/.4-w<w,解得加22,实数加的取值范围是< p=""> [2,4<?).3、己知定义在/?上的函数/⑴满足/(2) = 1,且/⑴的导函数f(x)>i 则不等式/(A)<1^2-X+I的解集为()■A. [x\-2<x<2]< p="">B. {x\x<2}c{x 卜>2} D. {x|.r<-2 或x>2}【答案】B【解析】令g(x) = /(x)-** + x, fflg，(x)=/(x)-x+l,因为f(x)>x-l,所以g'(x)>0,即g(x)在/?上为增函数，不等式/(A)<|J;2-.V+1可化为/(A)-|.V2+X<="" p="" 乂j="">g(x)单调递增得工v 2 ,所以不等式的解集为{x\x < 2} ?4、定义在[0,+oo)的函数f(rr)的导函数为严&),对于任意的> 0,恒有> /(r), 仇=绰，^=埠，贝临上的大。
小关系是()e2e JA. a > bB. a < bC. a = bD.无法确定【答案】B【解析】构造函数F&)= 孕，因F?) = ⑷> 0,故F&)= 缪■在[0,+oo)上单调递增，则F(2) < F(3),即旦学 < 犁，所以亿< b,应选B.【专题练习】1、设乳工)是定义在R上的函数，其导函数为F&),若；(r) + /(rr) < 1, /(0) = 2016,则不等式才申>2015 (其中匕为自然?对数的底数)的解集为()A. (2015,+oo)B. (—oo?0) U (2015, -|-oo)C. (―oo,0) U (0, -|-oo)D. (—oo,0)【答案】D【解析】构造函数F(T)=e"/(r)-e^因F(r) +『尸&)-『=『[/&) +严&) 一1] <0,故岁=F&)是单调递减函数，所以e x f{x)-e x> 2015等价于F&) > F(0),解之可得a < 0.应选 D.2、设函数/(巧是定义在(Y，0)上的可导函数，其导函数为广(工)，且有#(X)〉H+3/(X),则不等式8/(x4-2018)+(X+2018)7(-2)>0的解集为()A. (-OC-2018)B. (-2020,-2018)C. (-2020,0)D. (-oo,-2020)【答案】D3、定。
义在尺上的函数满足：尸(広)> f(工)t亘成5立，若汇1<化2,则尹于62)与严于&1) 的大小关系为()A. e xl/(^2)> e I2f{xi)B. < e I2f[xi)C.严N?)=严f&i )D.才丁&2)与才予)的大小关系不确定【答案】A【解析】设g(H)= 響，贝”何=尸砂待仆片=尸⑹匚子⑹，由题意巩工)>0,所以g(H)单调递增，当叼 <叼时，g3i) e X24、设函数几工)是定义在(一oo,0)上的可导函数，其导函数为严&),且有几刃+讨?) <工,则不等式& +2014)丁& + 2014) + 2/(-2) >0的解集为()A.(—oo,—2012)B. (-2012,0)C. (—00,—2016)D. (-2016,0)【答案】C【解析】由他)-\-xf e(x) <="" f(-2)="(一2”(一2)," p="" 即f&)在(一oo,0)是减函数，f(x="" 広<="" 由题意：<="">F(x 4 2014) > F(-2)乂F@)在(—gO)是减函数，.\1：+2014 <-2,即r<-2016,故选 C.5、已知1如是定义在R上的偶函数，其导函数为他),若fix) < f(x),且皿4-1) = 7(3 一T),凡2015) = 2,贝悴) < 加工-啲解集为(-)A. (―oo, -)B. (e,+oo)C. (―oo,0)D. (l,+oo)e【答案】D【解析】函数/⑴是偶函数,??J@ + l) = _f(3 —町=子& 一3),??J&4 4) = f@),即。
函数是周期为4的周期函数,V/(2015)=凡2015 — 4 x 504)=子(一1) = f⑴=2, ?./(1)=2, 设g伝)=如1,则函数的导数/&)=尸如工@)护=尹@)_子3)e x严2故函数g(x)是R上的减函数，则不等式<对」等价为血< 一，€即冶)<0⑴,解得X>1,即不等式的解集为(1,4).6、已知定义域为｛x|eo｝的偶函数/(x)s其导函数为r(x),对任意正实数天满足xf(x) > -2f(x),若g(x) = x2f(x),则不等式g(x)<="">A. -(-00,1)B. (-g,0)U(0,l)C. (-U)D. (-l,0)U(0,l)【答案】D【解析】因为g(x) = x2/(x),所以gG) = 0 f所以g\x) > 0,所以g(x)在(0,+8)上单调递增,又/(x)为偶函数，则X V 1 g(x)也是偶函数，所以g(x) = g(|x|),由g(x)<="" p="" 〃(-1,0)11(0,1).故选="">7、设函数/⑴是定义在(-讹)上的可导函数，其导函数为广⑴，且有^(x)>?+3/(x),则不等式8/(.r+2018)+(x+2018)7(-2)>0的解集为()A. (-oc,-2018)B. (-2020,-2018)C. (-2020,0)D. (-00,-2020)【答案】D【解析】因为函数/(x)是定义在(-8,0)上的函数，所以有x+2018v0, 所以不等式8/(.r+2018)+(x+2018)7(-2)>0可变形为化第晋< 告詐构造函数gr単，贝畑⑴「八丫)7小)>匚=丄>(),X X X f所以函数g(x)在(-00,0)上单调递增，, ，门匕 + 2018<0由g (x + 2018)<g(-2),可得< nxv—2020.<="" p="">x + 2OI8<-28、己?知/⑴的定义域为(0,+oo),广(X)为/(X)的导函数,且满足/(X)< -xf(x),则不等式/(x+l)>(x-l)/(^-l)的解集是( )A. (0,1)B.(】，+oo)C. (1,2)D. (2,+切【答案】D9、己知/(x)是定义在(0,彳)上的函数，广⑴是它的导函数，且恒有/W立，贝IJ ()A. V3/(y) > 血/'(手)B. /(I) < 2/(y)sin IC.近吟 > .心)4 3 6 6 4D.如壬)< /(7)o 3【答案】D【解析】因为 /(x) < 八 x) ? tan X,即 f\x) sin.r- f(x) cosx>0,所以［△卫「=厂⑴汕 *：/(x)cosx > Q , sin x 所以函数a 在(0,勺上单调递增，从而圣V 1即^/(7)< /(T )? smx 2 sin 兰 sin 冬 6 36 310、若函数于何在R 上可导,且满足f@) -对?) > 0,则()A. 3/(1) < f(3)B. 3/(1) > f(3)C. 3/(1) = /(3)D. f(l)= f ⑶ 【答案】B【解析】尸％;『3) <0恒成立,因此数，?:攀<孕，即跨⑴A /⑶,故答案为B 。
11>己知定义域为R 的函数凡龙)满足十⑴=L 且的导数严@) <扌，则不等式 / 1 1 川异)< + +的解集为()A. (—oo,—l) U (1,+oo)B. (1,+oo)C. (—oo, — l)D. (―1,1) 【答案】A【解析】设g(’)=g)揺弓则g(l)=f ⑴—齐g(T = g&), —€$&)=呵3_忙=加尸的一§，由题意f (r 2)-|<0,因此当①>0时，■ ■ d&)<0, g&)递减，当￡<0时，y (r)>0, g&)递增，所以g@) < 0的解集为 (—oo,—l) U (X+oo)? 由；7(x) >(Zlily 血在R 上时单调递减函 X</g(-2),可得<></x<2]<></w,解得加22,实数加的取值范围是<>。