高考数学导数与不等式—构造函数十三种题型精讲精练

一、十三种题型精讲

【题型一】利用xnf（x）构造型【题型二】利用f（x）/xn构造型【题型三】利用enxf（x）构造型【题型四】用f（x）/enx构造型【题型五】利用sinx与f（x）构造型【题型六】利用cosx与f（x）构造型

【题型七】复杂型：en与af（x）+bg(x)等构造型【题型八】复杂型：（kx+b）与f（x）型【题型九】复杂型：与ln（kx+b）结合型【题型十】复杂型：基础型添加因式型【题型十一】复杂型：二次构造【题型十二】综合构造【题型十三】技巧计算型构造

二、最新模拟试题精练

第1页共54页【题型一】利用xnf（x）构造型【典例分析】

函数f(x)是定义在区间式A.C.

B.

D.

上的可导函数，其导函数为的解集为

，且满足

，则不等

【详解】设

，则

等价于.

，由已知当

时，

，，所以

是

增函数，不等式

0x20165，解得

方法技巧：本题考查导数的综合应用，解题关键是构造新函数，从而可以利用已知的

不等式关系判断其导数的正负，以确定新函数的单调性，在构造新函数时，下列构造经常用：

，

新函数的形式.

，g(x)exf(x)，

，构造新函数时可结合所要求的问题确定

【提分秘籍】

基本规律

=xf（x）1.对于xf(x)+f(x)0 （0），构造g（x），

=xk f（x）2.对于xf(x)kf(x)0 （0），构造g（x）

【变式演练】

1.已知定义域为

的奇函数

的导函数为

，则

A.

B.

C.

D.，当

时，

，若

的大小关系正确的是

第2页共54页【分析】构造函数

，利用已知条件确定

的正负，从而得其单调性.

【详解】设

，当

，则时，

，∵

故选C.

，

，∵

，即

，∴当

是偶函数，∴，即

.

时，，

递增.又f(x)是奇函数，∴

，∴

2.已知f(x)的定义域为

，

的解集是（

为f(x)的导函数，且满足）D.

，则不等式

A.B.C.

【分析】

根据题意，构造函数

，结合函数的单调性解不等式，即可求解.

【详解】

根据题意，构造函数所以函数又因为所以所以不等式故选：B.

，解得的图象在

，

，则

上单调递减.，所以或

（舍）.的解集是

.

，，

第3页共54页3.设函数f(x)在R上可导，其导函数为（

）

B.f(x)0

C.

，且.则下列不等式在R上恒成立的是

A.f(x)0

D.

【分析】

根据给定不等式构造函数

，利用导数探讨

的性质即可判断作答.

【详解】依题意，令函数因从而有因此得：

所以f(x)0恒成立.故选：A

在

，于是得

，则时

，

时

，

，

上单调递减，在

，而

上单调递增，

，即f(x)不恒为0，

【题型二】利用f（x）/xn构造型【典例分析】

函数

在定义域

内恒满足：①

，②

，其中

为

的

导函数，则A.

B.

C.

D.

【详解】令∵∴函数

，，在

，

，∴

上单调递增，∴

，，，即

，

，

，

第4页共54页令∵∴函数

，，在

，

，

上单调递减，∴

，，，即

，

，故选D.

【提分秘籍】

基本规律

（fx）

，x（fx）

gx）k2.对于xf(x)-kf(x)0 （0），构造（

xgx）1.对于xf(x)-f(x)0 （0），构造（

【变式演练】

1.已知定义在

上的偶函数

）

，其导函数为

，若

，

，则不等式

的解集是（

A.C.

B.D.

【分析】

根据题目中信息其导函数为利用导函数判断函数

，

，当

，若

可知，需构造函数的单调性、奇偶性来解题，当

.

，时，即

的单调性，利用函数

时，即

，

【详解】构造函数当又

时，

为偶函数，y

，

，故

，

在

，

上单调递增，为偶函数，在

；

，

单调递减.

1

为偶函数，所以x2，则f(3)1，

第5页共54页当当

时，即时，即

，，

.故选：A

，所以，所以

；.

综上所述，

2.已知定义在上的函数

）C.

的导函数为，若，，则不等式

的解集为（

A.

B.

D.

【分析】由函数

在

，可得

上单调递增，可得

，

，令

，对其求导可得

可得原不等式的解集.

，可得

【详解】因为令不等式

.故选：C.

，则，可变形为

，即

，所以

，即，所以函数

，所以

在

.

上单调递增.又因为，即不等式

，

的解集为

第6页共54页【题型三】利用enxf（x）构造型【典例分析】

已知函数

在

上可导，其导函数为，则下列判断一定正确的是

A.

B.

C.

D.

，若

满足：当

时，

>0，

【分析】构造函数选项判断即可.

，结合导函数，判定

的单调性，

得

对称轴，对

【详解】构造函数

，而

，得到

，计算导函数得到>0当

时，

=<0.所以，所以

在关于

，由

单调递增，在对称，故

>0，得当单调递减，

，故选：D.

【提分秘籍】

基本规律

gx）ex（fx）1.对于f(x)f(x)0 （0），构造（，gx）ekx（fx）2.对于f(x)kf(x)0 （0），构造（

【变式演练】

1.已知

是

上可导的图象不间断的偶函数，导函数为，则不等式

A.

B.

C.

D.

的解集为（

，且当）

时，满足

第7页共54页【分析】构造函数

，根据

，结合题意可知函数

是偶函数，且在

上

是增函数，由此根据结论，构造出的不等式即可.

【详解】由题意：不等式两边同乘以因为所以故

在

得：

，

上是单调增函数，又因为，解得：

.故选：B.

可化为：

，令

，所以为偶函数，

，

，易知该函数为偶函数，

2.设函数f(x)的定义域为

的解集是（

A.

B.

，）C.

是其导函数，若，，则不等式

D.

【分析】构造函数即可.

，通过求导判断函数

的单调性，利用函数

的单调性解不等式

【详解】令因为即因为所以不等式

，所以函数

，

的解集是，则

，所以在

上单调递增，因为

，所以.故选：A

，

，化简可得

，化简得，解得

，

，，

第8页共54页3.已知定义在上的函数

）C.

的导函数为，若，，则不等式

的解集为（

A.

B.

D.

【分析】由函数

在

，可得

上单调递增，可得

，

，令

，对其求导可得

可得原不等式的解集.

，可得

【详解】因为令不等式

.故选：C.

，则，可变形为

，即

，所以

，即，所以函数

，所以

在

.

上单调递增.又因为，即不等式

，

的解集为

【题型四】用f（x）/enx构造型【典例分析】

已知函数A.B.C.D.

是定义在

上的可导函数，且对于

，均有

，则有

【分析】通过构造函数

，研究

函数的单调性进而判断出大小关系.

第9页共54页【详解】因为构造函数所以所以选D

.所以

，所以，化简得

<0，即，即

在R上为单调递减函数.同理

，化简得

【提分秘籍】

基本规律

（fx）

，ex（fx）

gx）kx2.对于f(x)-kf(x)0 （0），构造（

egx）1.对于f(x)-f(x)0 （0），构造（

【变式演练】

1.已知若A.

是定义在，则B.

上的偶函数，当

的解集为（C.

时，）D.

（其中

为

的导函数），

【分析】由由

，结合已知条件有偶函数即可求解集.

在

上单调减，

上单调增，再

【详解】由而∴在∴

在，即上有

，而，又，又上单调增，即

知：知：

是定义在

上的偶函数，则，可得

，在

，

在

上为偶函数，

上单调减，

第10页共54页综上，有2.已知函数A.B.C.D.

，故选：A是定义在

上的可导函数，且对于

，均有

，则有

【分析】通过构造函数

，研究

函数的单调性进而判断出大小关系.

【详解】因为构造函数所以所以选D

.所以

，所以，化简得

<0，即，即

在R上为单调递减函数.同理

，化简得

3.已知定义在A.

上的可导函数f(x)满足：

B.

C.

，则与D.不确定

的大小关系是

【详解】

令g(x)exf(x)，则因为

，所以

，所以函数

在

上单调递减.

，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

构造

，

构造构造

等

，

构造g(x)exf(x)，

第11页共54页【分析】构造函数

，由已知可得出

在

上为增函数，再根据函数的奇偶性的定义得出

第12页共54页为偶函数，由此逐一判断选项可得答案.

【详解】构造函数，由，

在在

上恒有上为增函数，

，

又由，为偶函数，，，，

，故A错误.偶函数在上为增函数，在上为减函数，

，，

，，故B正确；

，，，，

故C错误；

，，，，故D错误.

故选：B.

2.已知偶函数f(x)是定义在

上的可导函数，当

）

时，，若

，则实数的取值范围为（

A.

B.

C.

D.

【分析】构造函数减，由

，可得

是偶函数，求导可得出可得

在

上单调递增，在(0,1]上单调递

，列出不等式即可求解.

第13页共54页【详解】令所以函数当所以函数又所以由

，是定义在时，在，

，则当

时，

，

上的偶函数.

，

上单调递增，在(0,1]上单调递减.，

，可得

，

即，所以，所以，解得，

所以实数的取值范围为，故选：C.

3.设是定义在

，则不等式

上的奇函数，其导函数为

的解集为（

，当

）

时，

A.C.

B.D.

【分析】令可知的解.

在

，易得

是定义在

上的偶函数，因为

，

上单调递减，在上单调递增，从而可以根据函数的单调性，确定不等式

【详解】令∴当

，∵是定义在时，

，由是定义在

上的奇函数，

上的偶函数.

，得

，

第14页共54页∴，则在上单调递减.

将化为，即，则.

又∴

在

是定义在

上单调递增，且

上的偶函数.

.

当时，，将化为，

即，则.综上，所求不等式的解集为.故选：B

【题型六】利用cosx与f（x）构造型

【典例分析】

已知函数式A.

B.

的定义域为

，其导函数是

）

D.

.有

，则关于x的不等

的解集为（

C.

【分析】令

，根据题设条件，求得

，得到函数

在

内的单调递减函数，

再把不等式化为，结合单调性和定义域，即可求解.

【详解】由题意，函数令

满足，则

，

第15页共54页函数是定义域内的单调递减函数，由于，关于的不等式

可化为，即，所以且，解得，

不等式的解集为.故选：B

【提分秘籍】

基本规律

gx）（fx）cosx，1.对于cosxf(x)-sinxf(x)0 （0），构造（

gx）2.对于cosxf(x)sinxf(x)0 （0），构造（

（fx）

cosx3.对于正切型，可以通分（或者去分母）构造正弦或者余弦积商型

【变式演练】

1.已知偶函数f(x)的定义域为成立，则关于x的不等式A.C.

B.

D.

，其导函数为

，当

）

时，有

的解集为（

【分析】由题意，设

，利用导数求得，转化为

在

上单调递减，且为偶函数，再把不等式

，结合单调性，即可求解.

【详解】由题意，设当

时，因为

上是偶函数，可得，则

，则有

，

，所以

在，所以

上单调递减，是偶函数，

又因为f(x)在

第16页共54页由，可得，即，即

又由解得

为偶函数，且在

或

上为减函数，且定义域为，即不等式的解集为

，则有，

，故选：B.

2.已知函数f(x)的定义域为列结论正确的是A.f(x)是增函数

，其导函数为.若，且，则下

B.f(x)是减函数C.f(x)有极大值D.f(x)有极小值

【分析】对设函数到答案.

化简可得，研究函数

，即为

的性质，从而得到

，

的单调性与极值，从而得

【详解】设函数即为所以所以当当故当故所以

在

上恒成立，

时，

，

，

，

时，时，

，，

，

，

，恒成立；

，恒成立；

因为

，故

恒成立，所以，所以当

在时，

，

，

化简可得

，因为

上单调递增，又因为

，

，

第17页共54页故在上单调递增，故函数没有极值，不可能单调递减.所以选A.

【题型七】复杂型：en与af（x）+bg(x)等构造型【典例分析】

设定义在

上的函数

的导函数为

，若

，）

，则不等式

（其中为自然对数的底数）的解集为（

A.

B.D.

0C.，【分析】

根据条件构造函数转化为

，分析

，由此求解出不等式的解集.

的单调性并计算

的值，将

【详解】设因为所以又因为

在

，所以，所以上单调递减，且

等价于

，，，

，所以解集为

，故选：C.

【提分秘籍】

基本规律

对于f(x)-f(x)k （0），构造gxexfxk

【变式演练】

1.函数f(x)是定义在则不等式

上的可导函数，

为其导函数，若

且

，

的解集为__________.

第18页共54页【分析】构造函数

单增，在

，由题知

上，

等价于

得到

在，利用

的最小值为0，得到

单调性可解.

在

【详解】构造函数

，在，

在又在不等式

上，

上，

恒成立，又等价于的解集为

故答案为：上，

得

等价于，，则，即

，则

在

，上单增，在

上单减，

，

2.函数f(x)是定义在则A.

的解集为（B.

C.

上的可导函数，）

D.

为其导函数，若，且，

【分析】设答案.

，则

，

，故

，即

，解不等式得到

【详解】设

，故，即

，则，故

，

，即，故

，.故选：.

，

3.设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式

第19页共54页（其中为自然对数的底数）的解集为

A.C.

B.D.

【分析】构造函数得出答案.

，则可判断

，故

是

上的增函数，结合

即可

【详解】设∵又即不等式

，，则

，∴，∴

的解集为

的解集为

.故选A.

，

，∴

是

，

上的增函数，

【题型八】复杂型：（kx+b）与f（x）型【典例分析】

已知函数

的定义域为

，其图象关于点，则不等式

A.

B.

C.

D.

中心对称，其导函数

的解集为

，当

时，

【详解】由题意设

，则，当

时，

，当

时，，则

在

上递增，

第20页共54页函数的定义域为，其图象关于点中心对称，函数

是

的图象关于点上的偶函数，且在不等式

中心递化为：

对称，则函数是奇函数，令

在

上递减，

增，由偶函数的性质得：函数

，即

，解得

，不等式解集是，故选C.

【提分秘籍】

基本规律

授课时，可以让学生写出y=kx+b与y=f(x)的加、减、乘、除各种

【变式演练】

1.设函数

在，若

A.

B.

C.

D.

上存在导函数

，对任意实数，都有，则实数的最小值是（

）

，当

时，

【分析】构造函数得知函数

在

，根据等式

可得出函数

为偶函数，利用导数上单调递增，由

上单调递减，由偶函数的性质得出该函数在，得出

，利用函数

的单调性和偶函数的性质解出该

不等式即可.

【详解】构造函数则所以，函数当

时，

为偶函数，

，则函数在

.

在

上单调递减，

，对任意实数，都有

，，

由偶函数的性质得出函数上单调递增，

第21页共54页，即

即由于函数

，则有在

，

上单调递增，

，即

，

，解得，

因此，实数的最小值为，故选A.

2.已知定义域为的函数满足

的解集为（

，其中）

为的导函数，则当

时，不等式

A.C.

B.

D.

【分析】构造函数简变形

，由已知，有

，所以

在，即

上单调递增，利用二倍角余弦公式化

，利用单调性即可求解.

【详解】令因为

，因为，所以

，

所以所以

，即，故选：D.

，所以

，又

，

，所以

，不等式

，所以

在，即

上单调递增，

3.已知是奇函数的导函数，当

的解集为

时，，则不等式

A.B.C.D.

第22页共54页【分析】构造函数

在

，可得

为奇函数且在

上单调递增，根据奇偶性可得，从而可得结果.

上单调递增，原不等式化为

【详解】令

，当在

由得

，

的解集为

时，上单调递增，化为.

，，故选B.

，

为奇函数，

也是奇函数，且在

上单调递增，

【题型九】复杂型：与ln（kx+b）结合型【典例分析】

设函数f(x)是定义在足

上的连续函数，且在，则函数f(x)B.有极大值，无极小值D.既无极大值也无极小值

处存在导数，若函数f(x)及其导函数

满

A.既有极大值又有极小值C.有极小值，无极大值

【分析】

本题首先可以根据

构造函数

，然后利用函数f(x)在

处存在导数即可求出的值并求出函数f(x)的解析式，然后通过求导即可判断出函数f(x)的极值.

第23页共54页【详解】由题意可知，令

因为函数f(x)在令构建函数当因为令这一解为当综上所述，所以

，，，时

在

，

上单调递减，在

上单调递增，在

上单调递增，

，则当，令

，当

，则

，即，

为定值，

，

，所以

，

，所以

，

处存在导数，所以时，

，，则有

，解得，所以当

时

，所以函数

，所以

在时函数

，

在上单调递增，

上单调递增，

上单调递减，在必有一解，

有极小值，无极大值.

【提分秘籍】

基本规律1.对于f(x)lnx

f(x)

0 （0），构造gxlnxf（x）x2.授课时，可以让学生写出y=ln（kx+b）与y=f(x)的加、减、乘、除各种结果

【变式演练】

1..已知f(x)是定义在

上的奇函数，

是f(x)的导函数，

）

且满足：

则不等式(x1)f(x)0的解集为（

A.

B.

C.

D.

【分析】

根据给定含导数的不等式构造函数恒正，再解给定不等式即可.

，由此探求出f(x)在

上恒负，在

上

第24页共54页【详解】令因此，由又f(1)0，于是得在

上，

，而f(x)是

或

，即

.

上的奇函数，则在或

，解得

或

上，，

，

，得

，则，而

，则

，，由

在得

上单调递减，而，而

，则

，，

由(x1)f(x)0得：

所以不等式(x1)f(x)0的解集为故选：D

2.设定义在则（A.C.

）

上的函数恒成立，其导函数为，若，

B.D.

【分析】由题设构造小.

，易知

上

，即

单调递减，进而可比较

、

的大

【详解】由题意，在若∵∴∴

上在

上单调递减，而，可得

.

上的函数，则

，即

，故恒成立，

，，

第25页共54页故选：B

3.已知定义在上的连续奇函数成立，则使

的导函数为，已知，且当

）

时有

成立的的取值范围是（

A.C.

B.D.

【分析】根据题意，设

上单调递减，分析

，对

求导，利用导数与函数单调性的关系分析可得

和

在

的特殊值，结合函数单调性分析可得在区间

和

上，都有

上，都有

，结合函数的奇偶性可得在区间

解得的取值范围，即可得到答案.

，进而将不等式变形转化，

【详解】令因为当单调递减，所以当当且所以

则的取值范围是

时，

，所以

，又时，或.故选：B.

，又

，所以，所以

，

，在

是连续的函数，时，

，

时有

，则

成立，所以当

时，

，

恒成立，所以

在

上

时，g(x)g(1)0，所以，所以f(1)0，

，又由f(x)为奇函数，，解得

或

，

【题型十】复杂型：基础型添加因式型【典例分析】

第26页共54页已知函数f(x)的导函数为式A.

B.

，对任意的实数都有

）D.

，，则不等

的解集是（C.

【分析】

由已知条件构造函数

，再根据

，求，不等式转化为

，

结合函数的单调性和奇偶性，解抽象不等式.

【详解】由题意得

，则

，

由当

时，

，解得：，

，故，

，

，故f(x)为

上单调递减，故

，

在

（2），

上恒成立，

即f(x)在

上单调递增，又上的偶函数，，故

，故选：C.

其图象关于轴对称，f(x)在

【提分秘籍】

基本规律

在本专题一、二、三、四等基础上，变形或者添加因式，增加复杂度

【变式演练】

1.定义在A.C.

上的函数

的导函数B.D.

满足

，则下列不等式中，一定成立的是

【详解】

第27页共54页设，则，所以

，故函数，即

在上递减，所以

，故选择

A.

2.已知定义在式A.

B.

上的函数的导函数为的解集为（

）

，且满足，则关于不等

C.D.

【分析】构造新函数

，利用已知不等式可得

的单调性，从而可解不等式.

【详解】

涉及函数定义域为设∵不等式所以

，

，又.故选：A.

，则

，∴

，∴可化为，得

，在

，

，

上单调递增，

，即

，

∴原不等式的解为

3.已知函数f(x)为不等式A.

B.

上的可导函数，其导函数为的解集为

C.

D.

，且满足恒成立，，则

【分析】由

，构造函数

，求导，可得

在R上单调递减，结合单调性，可

第28页共54页求出不等式的解集.

【详解】由题意知，

，则构造函数

，所以

.所求不等式，又

在R是单调递减，所以

，则

在R是单调递减.又因为

，即

，则

可变形为

，故选A

【题型十一】复杂型：二次构造【典例分析】

已知式A.C.

D.

是函数f(x)的导函数，且对于任意实数都有的解集为（

B.

）

，

，则不等

【分析】

本题解题关键在于根据已知构造出合适的函数，

，再通过逆用求导公式得到

，根据已知条件求得m的值，从而将抽象不等式转化为一元二次不等式，进而得

解.

第29页共54页【详解】因为

，又

原不等式即

可等价于，解得的取值范围是

，所以

，所以

，

.故选：A.，即，即有

，亦即.

【提分秘籍】

基本规律

r(x)g（x），其中r(x)=xn，enx,sinx,cosx等二次构造：f（x）

授课时，可以适当的借助例题，分析这类题的结构特征.

【变式演练】

1.已知定义域为

的函数f(x)满足

的解集为（

A.【分析】构造函数

，由题意可知

在

上单调递增，再对分情况讨论，利用函数

的

B.(0,1]

C.

D.

）

（

为函数f(x)的导函数），则不等式

单调性即可求出不等式的解集.

【详解】由当即即构造函数则

，此时

，即

满足；

时，可得

，

，

，所以函数

递增，

，

，

第30页共54页当由函数当综上，

时，可得

递增，则时，

.故选：C.

，即

，此时

满足

或

，即

.

，满足；

2.已知函数底数)，且（A.

）

B.

的导函数为，且对任意的实数都有

的解集中恰有两个整数，则实数

(是自然对数的的取值范围是

，若关于的不等式

C.D.

【分析】由题意得

值与最值，结合图象即可求解.

即

求出

解析式，利用导数研究其单调性和极

【详解】

即

所以因为

，所以

，则

，所以

，，所以

，，

由由当又因为

得得时，

或，此时

，此时

单调递增，

单调递减，所以

，

，

，且

时，

，

时，

取得极大值为

，

，

取得极小值，

第31页共54页的解集中恰有两个整数等价于

数的点，结合函数图象可得：则所以C

时，

，解得

在

，

下方的图象只有2个横坐标为整

的解集中恰有两个整数，故实数的取值范围是故选：

3.已知定义域为的函数的导函数为

）

，且，若，则函数

的零点个数为（

A.1

B.2

C.3

D.4

【分析】

采用构造函数法，同乘得此可得

表达式，将

，变形得

求出具体解析式，再结合导数研究

，即

，由

增减性，画出大致图

象，即可求解.

【详解】

第32页共54页依题意，故故

，故；作出函数

有2个零点，

，令

，故，则；令

，则，解得，则，故当

，故

，当时，与

，即，时，

，当有2个交点，即函数

，当

，

，时，

的大致图象如图所示；观察可知，

故选：B.

【题型十二】综合构造【典例分析】

定义在

上的连续函数f(x)的导函数为

）B.D.

，且

成立，则下列各式一

定成立的是（A.C.f()0

【分析】设

，由条件可得

代入条件可得2，即在上单调递减，且，由此卡判断选

项A，B，C，将x，可判断选项D.

第33页共54页【详解】由题可得设所以所以把x代入2，所以

则

在

上单调递减，且

由

，

可得

，

，

，f()0，所以选项A､B错误，选项C正确.

，可得

，所以选项D错误，

故选：C.

【提分秘籍】

基本规律

结合式子，寻找各种综合构造规律，如

可以借助本小节授课，培养这类观察和构造的思维

，或者f（x）+r（x）（r（x）为常见函数）

【变式演练】

1.已知函数不等式A.

B.

C.

的导函数为

，对任意的实数都有

）

，

，则

的解集是（

D.

【分析】先求出

的解析式，然后再探究其奇偶性和单调性，最后将原不等式转化，进而求出结果.

【详解】由

可得

，

第34页共54页即因此，数.当

时，

，所以

，由

可得

（其中为常数），，故

.显然，

是

上的偶函

，所以，故选：C.

在上是增函数.故

2.定义在上的函数的导函数为，当时，）

且，

.则下列说法一定正确的是（

A.C.

D.

B.

【分析】构造函数

，分析出函数

为奇函数，利用导数分析出函数

在

上为

增函数，由此可得出该函数在【详解】令所以，

，

上为增函数，再利用函数的单调性可判断各选项的正误.

，

，

，

，所以，函数

，

当所以，

时，

在

，即上单调递增，在

上单调递增，

，

，

为

上的奇函数，

由奇函数的性质可知，函数所以，函数对于A选项，

在

上单调递增.

，则

，即

，A选项错误；

第35页共54页对于B选项，对于C选项，对于D选项，故选：B.

，，

，

，即，即

，即，B选项正确；

，C选项错误；

，D选项错误.

3.已知函数f(x)的定义域为R，且.若对任意的数）A.C.

B.D.

，不等式

是偶函数，（

为f(x)的导函

）

恒成立，则实数的取值范围是（

【分析】设函数

的单调性，把任意的转化为

，求得，

，即可求解.

时，p(x)0，得到当

时，f(x)0，得到函数f(x)恒成立，

【详解】由设函数当可得当

为偶函数，得函数

，则

的图象关于直线，

对称.

时，p(x)0，函数

时，

在上单调递增，

，所以当

时，f(x)0，

所以函数f(x)在设函数

上单调递增，在，则当

时

上单调递减.

，因为

，

所以由对任意的可得

，即

，

，解得

或

恒成立，

，即实数的取值范围是

.

第36页共54页【题型十三】技巧计算型构造【典例分析】

定义在

上的函数f(x)的导函数为

，若

，且

，则

A.C.

B.D.

【分析】由而得

得则可求

，构造函数：

，求导判单调性得

，进

【详解】因为

，所以

.构造函数：

.所以函数

，即

，即

.故选C

在，所以

上单调递增，所以

【提分秘籍】

基本规律

授课时，可以让学生写出y=kx+b与y=f(x)的加、减、乘、除各种

【变式演练】

1.已知f(x)是定义在

使不等式

上的奇函数，记f(x)的导函数为

，当

时，满足

.若

成立，则实数的最小值为

第37页共54页A.B.C.D.

【分析】由题意构造函数

解，变量分离求最值即可.

，借助单调性问题转化为ex（x3﹣3x+3）﹣aex﹣x≤0在

上有

【详解】由

是定义在

上的奇函数，当

时，满足

.可设

故

为

上

的增函数，又

令g（x）=x3﹣3x+3﹣（x）＜0，

当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，

故g（x）在（﹣2，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；故gmin（x）=g（1）=1﹣3+3﹣=1﹣；故选D.

xx3∴e（﹣3x+3）﹣aex﹣x≤0在

上有解，∴a≥x3﹣3x+3﹣

，

，g′（x）=3x2﹣3+

=（x﹣1）（3x+3+），故当x∈（﹣2，1）时，g′

2.定义在上的函数f(x)满足：的解集为

是f(x)的导函数，则不等式

A.B.C.D.

【分析】设

即可不等式的解集.

，得到函数

，即函数

为单调递增函数，不等式转化为

，

【详解】设又由

，则，则

，所以

，

，

第38页共54页所以函数又由由不等式

为单调递增函数，，所以

，即

，故选A.

，

，即

，

所以不等式的解集为

3.已知函数f(x)在0,

33

A.𝐨ln2)sin(𝑙2)一定小于0.6𝐨ln)sin(𝑙)

33522

522



上处处可导，若[𝐨𝐩−′(𝐩]tan−𝐨𝐩<0，则（2

553333）

52

52

C.𝐨ln2)sin(𝑙2)可能大于0.6𝐨ln)sin(𝑙)D.𝐨ln2)sin(𝑙2)可能等于0.6𝐨ln)sin(𝑙)

2

2

B.𝐨ln2)sin(𝑙2)一定大于0.6𝐨ln)sin(𝑙)

55【解析】

∵[𝐨𝐩−′(𝐩]tan−𝐨𝐩<0∴[𝐨𝐩−′(𝐩]𝐨𝐩sincossin′′设𝐨𝐩=𝐨𝐩cos⇒𝐨𝐩sin<′(𝐩sin+𝐨𝐩cos=𝐨𝐩sin即𝐨𝐩sin−𝐨𝐩sin>0，

3𝐨ln)sin3520,上单调递增，而0′，则′(𝐩

=

𝐨𝐩sin=

𝐨𝐩sin−𝐨𝐩sin2′=𝐨𝐩sin−𝐨𝐩sinln32𝐨ln)sinln⇒𝐨ln)sinln2

332<𝐨ln)sinln5

2

3552<

𝐨ln)sinln5ln252>0，即函数𝐨𝐩=

52𝐨𝐩sin在⇒

𝐨ln)sinln323232<

选A

二、最新模拟试题精练

1.已知定义在R上的函数fx的导函数为fx，且fxfx0，则（A.ef2f1,f2ef1B.ef2f1,f2ef1C.ef2f1,f2ef1D.ef2f1,f2ef1）

第39页共54页【分析】

根据题意以及选项对比可知，本题需要构造h(x)exf(x)和g(x)出h(2)h(1)和g(2)g(1)的结论代入化简即可.

f(x)

，求导后判断其单调性得ex【详解】

由题意可知，函数fx在R上单调递减.f(x)fx0,fxfx0.

xxx

构造h(x)exf(x)，定义域为R，则h(x)ef(x)fxee[f(x)fx]0，所以h(x)在R上单调递减，所以h(2)h(1)，即e2f(2)ef(1),ef(2)f(1)，故A,B错误.

fxexexfxfxfxf(x)

0，构造g(x)x，定义域为R，则g(x)所以g(x)在Rx2xe(e)e上单调递增，所以g(2)g(1)，即故选:C

f(2)f(1)

,f(2)ef(1)，故B,D错误.2ee【方法点评】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

2.定义在0,上的函数yfx有不等式2fxxfx3fx恒成立，其中yfx为函数yfx的导函数，则（A.4

）

f2f116B.4

f2f18C.3

f2f14D.2

f2f14

【分析】

根据已知条件可以得到gx

fxx2，hx

fxx3在(0,+∞)上的单调性，从而分别得到

第40页共54页g2g1,h2h1,进而得到结论.

【详解】

2fxxfx，即fxx2fx0，因为yfx定义在0,上，fxx2xfx0，令gx

2

fxx2fxx22xfx4，gx0，则

f1x4f2则函数gx在0,上单调递增.由g2g1得，

f2f2f14；即，f(1)2212同理令hx

fxx3，hx

fxx33x2fxx

6

fxx3fxx

40，

则函数hx在0,上单调递减.由h2g1得，

f223

f113，即

f2f18.

综上，4故选：B.

f2f18.

【方法点评】本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性和单调性在比较大小中的应用，涉及根据已知导函数满足的关系构造可判定导数正负的函数，是难题.

fxx2fx0，从中间是减号，联想到除法的求导法则，从系数2，联想到要有x2的导数产

2

生，综合需要两边同乘以x，得到fxx2xfx0，

进而得到gx

fxx2fxfxx22xfx0得到函数gx，同样道理得到的单调性，hxx4x3这是解决本题的关键和难点.

3.已知函数fx的定义域为1,，其导函数为fx，x22fxxfxxfx对

x1,恒成立，且f5142，则不等式x3fx32x10的解集为（25）

第41页共54页A.1,2B.

,2C.

2,3D.

2,2【分析】

根据已知条件构造一个函数Gx【详解】

2xfx2fxxfxxfx由x2，可得，2xfxxfx

x22

gxx2，再利用Gx的单调性求解不等式即可.

x2fx2即xfx，令gxxfx，x22

则0

gxx2gx

gxgxx2x2.

gxgxx2gx令Gx，Gx0，2x2x2x2

gx（，1）所以Gx在上是单调递减函数.

不等式x3fx32x10，

2x3等价于

即Gx3

2

fx3x5gx3x52，

g5725f572，

2，G5

所求不等式即Gx3G5，

（，1）由于Gx在上是单调递减函数，

所以x35，解得x2，且x31，即x2，

故不等式x3fx32x10的解集为2,2.

2故选：D

4.若函数fx满足：x1fxfxx

1

2，fee1，其中fx为fx的导函数，x第42页共54页1则函数yfx在区间,e的取值范围为（

eA.0,e【分析】

B.0,1）

C.0,e1

0,1D.

e

x1fxfx1

变换得到，代入数据计算得到fxx1lnx，求导得到函数单调性，计2x1x算最值得到答案.【详解】

由x1fxfxx1x2有x1fxfxx12x，可得：x1fxfxx121x，故有：fxx11

x，得fxx1lnxC（C为常数），得fxx1lnxC，由fee1C1e1，解得：C0.故fxx1lnx，∴fxlnx

x1xlnxxx1

x，当x0,1时，fx0，函数yfx单调递减；当x1,时，fx0，函数yfx单调递增.

则当x1

e,e时，fxminf10，

f1

e

11e，f

e

e1

2，由2eeee2e2e11e13e2eee2e

22e2e2e0，故所求取值范围为：

10,1e.

故选：D.

5.若定义域为R的函数f(x)的导函数为f(x)，并且满足f(x)f(x)2，则下列正确的是（A.f(2021)ef(2020)2(e1)B.f(2021)ef(2020)2(e1)C.f(2021)ef(2020)2(e1)

D.f(2021)ef(2020)2(e1)

第43页共54页）

【分析】

根据题意，可知f(x)f(x)20，构造函数g(x)

f(x)2

，利用导数研究函数的单调性，可ex知g(x)在R上单调递增，得出g(2021)g(2020)，整理即可得出答案．

【详解】

由题可知f(x)f(x)2，则f(x)f(x)20，令g(x)

f(x)2

，exf(x)f(x)20，

ex而ex0，则g(x)所以g(x)在R上单调递增，故g(2021)g(2020)，即

f(2021)2f(2020)2，

e2021e2020故f(2021)2ef(2020)2e，即f(2021)ef(2020)2e2，所以f(2021)ef(2020)2(e1).故选：B.

1

6.已知f(x)是定义在R上的函数，f(x)是f(x)的导函数，且满足f(x)3f(x)，f()e，则

3f(lnx)x3的解集为（A.(0,e)

13）

C.(1,e)

D.(1,e)

13B.(0,e)

【分析】

f(x)1

g(lnx)g()R，利用导数证明函数在上为增函数，再将所求不等式转化为不等式

e3x31

进而得到lnx;

3令g(x)【详解】

第44页共54页f(x)f(x)e3x3f(x)e3xf(x)3f(x)

0，令g(x)3x，则g(x)

e(e3x)2e3x1

则g(x)在R上为增函数，又e3lnxx3，g()1，

31f(lnx)11

1g(lnx)g()lnx∴所求不等式，，则3，3lnx0xee33故选：A.

32

7.设函数fx是函数fxxR的导函数，若fxf(x)2x，且当x0时，fx3x，

2

则不等式fxf(x1)3x3x1的解集为（

）

D.

A.,21B.,21

,C.

2

2,【分析】

先构造函数令F(x)f(x)x3，由题意判断出F(x)的奇偶性和单调性，将不等式转化成

f(x)x3f(x1)(x1)3，即F(x)F(x1)，由函数单调性可得到|x||x1|，解得即可．

【详解】

令F(x)f(x)x3，F(x)f(x)3x2，则由f(x)f(x)2x3，

可得F(x)F(x)，故F(x)为偶函数，又当x0时，f(x)3x2，即F(x)0，

F(x)在(0,)上为增函数．

不等式f(x)f(x1)3x23x1化为f(x)x3f(x1)(x1)3，

F(x)F(x1)，

由函数单调性奇偶性可知：|x||x1|，

解得x

1

，2故选：B．

第45页共54页8.设fx是定义在R上的函数，其导函数为f'x，若fxfx1，f011，则不等式

ex10

（其中e为自然对数的底数）的解集为（fxxeA.10,C.

B.D.

）

,011,,11,0【分析】

xx

构造函数gxefxe，证明其单调递减，将不等式转化为gxg0，解得答案.

【详解】

xx'xx'xx'

设gxefxe，则gxefxefxeefxfx10，

函数单调递减，f011，故g0f0110，

ex10xxefxe10，即gxg0，故x0.，即fxxe故选：D.

,)，其导函数为f'(x)，当0x时，有

222f(x)cosxf(x)sinx0成立，则关于x的不等式f(x)2f()cosx的解集为

3A.(0,)B.(,)332C.(,0)(0，)D.(,)(,)

3323329.已知偶函数f(x)的定义域为(【分析】构造函数gx的定义域在(

f(x)，求导之后由题可知其在0x时单调递减，再由偶函数定义证得gx是

2cosx,)上的偶函数，进而转化已知不等式，由函数的性质解不等式即可.22第46页共54页【详解】构造函数gx

f(x)f(x)cosxf(x)sinx0xgx，则，即其在时，gx0，函数22cosxcosxgx单调递减，

又因为函数f(x)是的定义域在(

f(x)f(x)gxgx，故函数,)上的偶函数，则

cosxcosx22,)上的偶函数，22f()f()f(x)33x，故不等式f(x)2f()cosx

13cosx3cos23所以x(,)(,)2332gx是的定义域在(故选：D

10.设函数f(x)是偶函数f(x)(xR)的导函数，当x(0,)时，f(x)x，若

f(2a)f(a)22a，则实数a的取值范围为（A.(,1]

B.(,2]

C.[1,)

）

D.[2,)

【分析】

构造函数g(x)f(x)

12

x，求导，由题意可知g(x)在(0,)上是增函数，再由f(x)为偶函数可2得g(x)也为偶函数，最后将不等式f(2a)f(a)22a转化为g(2a)g(a)，进而得到

|2a||a|，由此可得a的取值范围.

【详解】令g(x)f(x)

12

x，则g(x)f(x)x，2当x(0,)时，g(x)f(x)x0，

第47页共54页g(x)在(0,)上是增函数，

11

g(x)f(x)(x)2f(x)x2g(x)，

22g(x)为偶函数，

f(2a)f(a)22a，

(2a)2a2

，即g(2a)g(a)，f(2a)f(a)

22|2a||a|，解得a1，所以实数a的取值范围为(,1].故选：A.

【方法点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，其中涉及到解不等式问题，考查学生的转化与化归能力、分析问题和解决问题的能力，难度较大.解决此类题的关键：一是巧妙构造函数，此时需观察题干所给的不等式的特征，恰当构造函数；二是活用函数的性质，常利用导数判断所构造函数的单调性，再结合函数的奇偶性列出不等式进行求解.常见函数的构造形式有：若条件中含有f(x)f(x)，则可构造函数g(x)exf(x)；若条件中含有f(x)f(x)，则可构造函数

g(x)

f(x).xe311.已知定义在R上的函数fx，其导函数为fx，若fxfx2x2x，且当x0时，

fx3x21，则不等式fx13x23x2fx的解集为（

A.,0【分析】

B.0,）

1,C.

21

D.,

2

3

构造函数Fxfxxx，根据已知条件，可得Fx的单调性和奇偶性，将目标式转化为

Fx的不等式，进而利用Fx的性质，求解不等式即可.

第48页共54页【详解】

32

构造函数Fxfxxx，故可得Fxfx3x1；333因为fxfx2x2x，故可得：fxxxfxxx

即可得FxFx，故Fx是偶函数；

2又因为x0时，fx3x1，即Fx0，

故当x0时，Fx单调递减；又因为Fx是偶函数，故当x0时，Fx单调递增.

2又fx13x3x2fx等价于Fx1x1x13x23x2Fxx3x，整理得Fx1Fx，

结合Fx是偶函数，且在,0单调递增，在0,单调递减，则原不等式等价于x1x

31x.解得

2故选：C.

5x

12.已知函数fx的导函数为fx，且对任意的实数x都有fxe2xfx（e是自

2然对数的底数），且f01，若关于x的不等式fxm0的解集中恰有唯一一个整数，则实数m的取值范围是（

）

e

A.,0

2eB.,023eC.,043e9D.,

42e

【分析】

'x'x对任意的实数x都有fxe2xfx,变形得到[fxfx]e=2x



5252第49页共54页x构造函数Gxfxe,对函数进行求导，根据已知条件可以求出函数Gx的表达式，进而可

以求出fx的解析式，求导，求出单调性，画出函数图象，利用数形结合思想进行求解即可.

【详解】

'x'x对任意的实数x都有fxe2xfx,变形得到[fxfx]e=2x



5252x'

构造函数Gxfxe,Gx2x

5.22

故Gxx

55

xc,根据f01，得到G0c1,Gxx2x1,22x2

51

x12x3x1，对函数求导得到'根据导函数的正负得到2,fx2xxee进而得到

fx

1，，1+，A,yA，B1,yB由此可得到函数的图像，函数在，-，，





323232

不等式fxm0的解集中恰有唯一一个整数，则此整数只能为1，故f1m0，解得m

e

的范围是：,0.

2

13.已知定义在R上的奇函数gx，导函数为gx，且当x0时，gx1，若关于x的不等式g(lnx)galnxa恒成立，则实数a的取值范围为（A.0,1

1x



1x

）

1B.0,21C.,

2

D.

,1第50页共54页【分析】

将不等式化为g(lnx)lnxg



a1xa1x，构造函数f(x)g(x)x，可得

f(lnx)f(a1)恒成立，根据已知可得f(x)在R上为增函数，转化为lnx1

a恒成立，设

h(x)lnx1

xxx，求出h(x)min,ah(x)min，即为所求.

【详解】

设f(x)g(x)x，当x0时，gx1，

f(x)g(x)10，所以f(x)在[0,)上是增函数，gx是在R上的奇函数，所以fx是在R上的奇函数，

f(x)在(,0)上是增函数，且f(x)在x0处连续，

所以f(x)在R上为增函数，

g(lnx)g1

1axlnx

ax恒成立，

g(lnx)lnxg

111axax，f(lnx)f(ax)恒成立，

即lnx

1xa恒成立，设h(x)lnx111x1

x,h(x)xx2x2，当x(0,1)时，h(x)0,h(x)单调递减，当x(1,)时，h(x)0,h(x)单调递增，所以x1时，h(x)取得极小值1，也是最小值，所以实数a的取值范围是a1.故选:D.

14.设函数f(x)的导函数为f(x)，f(0)=1，且3f(x)f(x)3，则4f(x)f(x)的解集是（

A.ln43,B.ln2,

C.3

3

D.e2,3,



第51页共54页）

【分析】构造函数g(x)

f(x)1

，由f(0)1知g(0)2，利用所给等式可求得g(x)0推出g(x)为常数3xe函数，结合g(0)2可求得f(x)的解析式，求出f(x)代入不等式直接求解指数不等式即可.

【详解】构造函数g(x)

f(x)1f(0)1

f(0)1g(0)2，，，故

e3xe0g(x)

f(x)e3x3(f(x)1)e3xe3x2f(x)3f(x)3

0，故g(x)为常数函数.

e3x故g(x)

f(x)1

2，f(x)2e3x1，f(x)6e3x，3xe

ln2

4f(x)f(x)，即8e3x46e3xe3x2，解得x.

3故选：B

1e

15.已知fx是定义在区间(,)上的函数，f'x是fx的导函数，且f()1，

221ex

xf'(x)ln2xf(x)(x)，则不等式f()x的解集是__________．

22【分析】构造函数g(x)解．【详解】

f(x)1e

(x)，利用已知条件判断出g(x)的单调性，结合f()1列出不等式后求ln2x221f'(x)ln2xf(x)2f(x)1

(x)，则设g(x)2xxf'(x)ln2xf(x)，g'(x)ln2x2(ln2x)2x(ln2x)21

且xf'(x)ln2xf(x)，∴g'(x)0，2f(x)1

即函数g(x)在(,)上是增函数，

ln2x2exexf()f()ex22，g()xe2xln(2)2exx

ef()

不等式f()x等价于21，

2x∵x

第52页共54页eexexe

即g()1，又f()1，∴g()g()，

2222exeex1

∴，解得x1，由定义域知，x0，2222故原不等式的解集是(0,1)．故答案为(0,1)．

【方法点评】利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小，属于难题．联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学的常用方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题时，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可便问题变得明了．准确构造函数是解题的关键，如g(x)xf(x)，g(x)等是常见的新函数的形式．

16.函数f(x)是定义在(0,)上的可导函数，f(x)为其导函数，若xf(x)f(x)(1x)ex，且

f(x)f(x)

，g(x)exf(x)，g(x)xxef(2)0，则f(x)0的解集为（ )A.(0,1

B.(0, 2)

）

C.(1, 2)D.(1, 4)【分析】

设gxxfxx2e，则g'x0，g20，故gx0，即fxx2xex

x，解不等

式得到答案.

【详解】

xx设gxxfxx2e，则g'xfxxf'x(1x)e0，

f(2)0，故g20，故gx0，即fx2xexf(x)0，即

x故选：B.

2xex

x，

0，x(0,)，故0x2.

第53页共54页17.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f(x)、f(x1)的图象关于点(1,0)对称，且对于任意的实数x，均有f(x)A.(2,)f(x)

成立，若f(2)2，则不等式f(x)2x1的解集为（ln2C.(,2)

D.(,2)

）

B.(2,)

【分析】

f(x)f(x)-f(x)ln2<0,构造新ln2f(x)f(x)1

函数g(x)x,求导可知g(x)在(,+)上单调递减,f(x)2x1可转化为x,即为

222由f(x1)的图象关于点(1,0)对称,可知f(x)为奇函数,f(x)gxg2,利用已知可求出g2进而可求f(x)2x1的解集.

【详解】

f(x1)的图象关于点(1,0)对称,f(x)为奇函数,则有f(x)f(x)f(x)f(x)-f(x)ln2<0,令g(x)x,

2ln2f(x)2x-2xf(x)ln2f(x)-f(x)ln2

0,则g(x)在(,+)上单调递减,由f(2)2,2x则g'(x)x22

f(2)1.42f(x)1

gxg2,所以x2.所以f(x)2x12x2得f(2)-2,所以g(2)故选:D.

第54页共54页