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导数中的构造函数技巧 (选填题 )
考纲要求与命题规律
导数中的构造函数常在高考题中以选择题 (填空题 )的形式考查。函数与方程思想、转化与化归思想是
高中数学思想中比较重要的两大思想，而导数中的构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现。
构造函数法是在求解某些数学问题时，根据问题的条件或目标，构想组合一种新的函数关系，使问题在新
函数下转化并利用函数的有关性质 (单调性、极值、最值等 )解决原问题是一种行之有效的解题手段。构
造函数法解题是一种创造性思维过程，具有较大的灵活性和技巧性。在运用过程中，应有目的、有意识地
进行构造，始终“盯住”要解决的目标。怎样合理的构造函数就是问题的关键，本专题就导数小题中构造
函数的技巧和大家进行分享和交流。
专题导航
一、热点题型归纳
题型 1. 加减型：f(x) ± g(x)型
题型 2. 乘积型 1：ex f(x)与 enx f(x)型
题型 3. 乘积型 2：xn f(x)型
题型 4. 乘积型 3：sinx f(x)与 cosx f(x)型
题型 5. 乘积型 4：lnx f(x)型
题型 6. 商除型 1：f(x) ex与 f(x) enx型
题型 7. 商除型 2：f(x) xn型
题型 8. 商除型 3：f(x) sinx与 f(x) cosx型
题型 9. 换元结构型
题型 10. 双元结构型
题型 11. 综合构造型
题型 12. 二次构造型
二、最新模考题组练
三、十年高考真题练
热点题型归纳
【题型 1】加减型：f(x) ± g(x)型
【解题技巧】
1. 对于 f ' x + g' x > 0，构造 h x = f x + g x
2. 对于 f ' x > g' x ，构造 h x = f x g x
3. 对于 f ' x > a a≠ 0 ，则可构 h x = f x ax
【典例分析】
1. (2023·绵阳市高三模拟 )已知定义在R上的函数 f x 满足 f 2 = 20，且 f x 的导函数 f x 满足 f x >
6x2+ 2，则不等式 f x > 2x3+ 2x的解集为 ( )
A. {x ∣ x>-2} B. {x ∣ x> 2} C. {x ∣ x< 2} D. {x ∣ x<-2或 x> 2}
【变式演练】
1. (2022·河北 ·高三一模 )已知定义在R上的函数 f x ，其导函数为 f x ，满足 f x > 2，f 2 = 4，则不等
式 xf x- 1 > 2x2- 2x的解集为__________.
2. (2022·湖南岳阳 ·模拟预测 )已知定义在R上的函数 f(x)满足 f(x) - f(-x) - 6x+ 2sinx= 0，且 x≥ 0
时，f (x)≥ 3- cosx π 3π π上恒成立，则不等式 f(x)≥ f 2 - x - 2 + 6x+ 2cos x+ 4 的解集为 ( )
A. π4 ,+∞ B.
π
4 ,+∞ C.
π
6 ,+∞ D.
π
6 ,+∞
3. (2022·成都市高三专题练习 (理 ))定义在R上的函数 f x 的导函数为 f x ，当 x∈ 0,+∞ 时，2sinx
cosx- f x > 0且 x∈R，f -x + f x + cos2x= 1.则下列说法一定正确的是 ( )
A. 1 - f - 5π > 3 2π 1 5π4 6 4 - f - 3 B. 4 - f - 6 >
3
4 - f -
4π
3
C. 3 - f π > 1 - f 3π D. 1 - f - 3π 34 3 2 4 2 4 > 4 - f
π
3
【题型 2】乘积型 1：ex f(x)与 enx f(x)型
【解题技巧】
1. 对于 f '(x) + f(x)> 0，构造 h x = ex f x 原理：[ex f(x)]' = ex[ f '(x) + f(x)]
2. 对于 f '(x) +nf(x)> 0，构造 h x = enx f x 原理：[enx f(x)]' = enx[ f '(x) +nf(x)]
【典例分析】
1. (2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习 )若 f x 在 R 上可导且 f 0 = 0，其导函数 f x 满足 f x +
f x < 0，则 f x < 0的解集是 ( )
A. -∞ ,0 B. -∞ ,1 C. 0,+∞ D. R
【变式演练】
1. (2022·山东青岛市 ·高三三模 )已知函数 f x 在R上 可导，其导函数为 f x ，若 f x 满足：当 x≠ 1时，
x- 1 f x + f x > 0，f x = e2-2x f 2- x ，则下列判断一定正确的是
A. f 1 < f 0 B. e4 f 4 < f 0 C. ef 2 > f 0 D. e3 f 3 > f 0
2. (2022·黑龙江 ·哈尔滨高三阶段练习 ) f x 是定义在 R上的函数，满足 2 f x + f x = xex，f -1 =
- 12e ，则下列说法正确的是 ( )
A. f x 在R上有极大值 B. f x 在R上有极小值
C. f x 在R上既有极大值又有极小值 D. f x 在R上没有极值
3. (2022·辽宁 ·大连模拟预测 )已知函数 y= f x ，若 f x > 0且 f x + xf x > 0，则有 ( )
A. f x 可能是奇函数，也可能是偶函数 B. f -1 > f 1
C. π
cos2x
4 < x<
π
2 时，f(sinx)< e
2 f(cosx) D. f(0)< e f(1)
【题型 3】乘积型 2：xn f(x)型
【解题技巧】
1. xf '(x) +nf(x)≥ 0 构造 [xn f(x)]' = xn f '(x) +nxn-1 f(x) = xn-1[xf '(x) +nf(x)]
2. xf '(x) + f(x)≥ 0 构造 [xf(x)]' = xf '(x) + f(x)
3. xf (x) + 2f(x)≥ 0 构造 [x2 f(x)] = x[xf (x) + 2f(x)]
【典例分析】
1. (2022· 3绵阳市 ·模拟预测 (文 ))已知定义在 0,+∞ 上的函数 f x 满足 2xf x + x2 f x < 0，f 2 = 4 ，
则关于 x的不等式 f x > 32 的解集为 ( )x
A. 0,4 B. 2,+∞ C. 4,+∞ D. 0,2
【变式演练】
1. (2022·河北 ·高三阶段练习 )已知奇函数 f x 的定义域为R，导函数为 f x ，若对任意 x∈ 0,+∞ ，都有
3f x + xf x > 0恒成立，f 2 = 2，则不等式 x- 1 3 f x- 1 < 16的解集是__________.
2. (2022·山西 ·高三三模 )设 f x 是定义在R上的奇函数，在 -∞ ,0 上有 2xf 2x + f 2x < 0，且 f -2
= 0，则不等式 xf 2x < 0的解集为 ．
【题型 4】乘积型 3：sinx f(x)与 cosx f(x)型
【解题技巧】
1. f '(x)sinx+ f(x)cosx≥ 0 构造 [sinx f(x)]' = f '(x)sinx+ f(x)cosx
2. f '(x)cosx- f(x)sinx≥ 0 构造 [cosx f(x)]' = f '(x)cosx- f(x)sinx
【典例分析】
1. (2022·绵阳市高三专题练习 (理 ))设函数 f x 是定义在 0,π 上的函数 f x 的导函数，有 f x cosx-
f x sinx> 0，若 a= 12 f
π
3 ，b= 0，c=-
3 5π
2 f 6 ，则 a，b，c的大小关系是 ( )
A. a< b< c B. b< c< a C. c< b< a D. c< a< b
【变式演练】
1. (2022· π π湖南高三模拟 )函数 y= f(x)对任意的 x∈ - 2 , 2 满足 x+ 2f(x) + f
(x)sin2x= ex-1(其中 f (x)
是函数 f(x)的导函数 )，则下列不等式成立的是 ( )
A. f π π π π4 > 3 f 3 B. 3 f 6 > 3f 4
C. 2- 3 π π f 12 > f 4 D. 3 f
π
3 < 2+ 3 f
5π
12
2. (2022·河南 ·高三专题练习 )已知可导函数 f x 是定义在 - π , π x∈ 0, π2 2 上的奇函数．当 2 时，f x
+ f x tanx> 0，则不等式 cosx f x+ π2 + sinx f -x > 0的解集为 ( )
A. - π ,- π2 6 B. -
π
6 ,0 C. -
π
2 ,-
π
4 D. -
π
4 ,0
3. (2022· π全国 ·高三阶段练习 )已知函数 f(x)及其导函数 f (x)的定义域均为R，且 f(x)为偶函数，f 6 =
-2 3f(x)cosx+ f (x)sinx> 0 f x+ π cos3x- 1， ，则不等式 2 4 > 0的解集为 ( )
A. - π3 ,+∞ B. -
2π
3 ,+∞ C. -
2π , π3 3 D.
π
3 ,+∞
【题型 5】乘积型 4：lnx f(x)型
【解题技巧】
( ) + f(x)对于 f x lnx x > 0(< 0)，构造 g x = lnx f(x)
【典例分析】
1. (2022·山西 ·高三月考 )已知 f(x)是定义在 (-∞ ,0) ∪ (0,+∞)上的奇函数，f (x)是 f(x)的导函数，f(1)
≠ , f(x)0 且满足 : f (x) lnx+ x < 0,则不等式 (x- 1) f(x)< 0的解集为 ( )
A. (1,+∞) B. (-∞ ,-1) ∪ (0,1) C. -∞ ,1 D. -∞ ,0 ∪ (1,+∞)
【变式演练】
1. (2022·江西上饶市 ·高三月考 )若函数 f x 是奇函数 f x x∈R 的导函数，且满足当 x> 0 时，lnx
f x + 1x f x > 0，则 x- 2020 f x > 0的解集为 ( )
A. -∞ ,0 ∪ 2020,+∞ B. -2020,-1 ∪ 1,2020
C. 0,2020 D. -1,1
2. (2022 · 1全国 ·模拟预测 )已知 f x 是定义在 R上的奇函数，f x 是 f x 的导函数，f 2 ≠ 0，且
f x f x ln 2x + x < 0，则不等式 x
2- x- 2 f x > 0的解集是 ( )
A. -∞ ,-1 ∪ 0, 12 ∪ 2,+∞ B.
1
-1,0 ∪ 2 ,2
C. -1,0 ∪ 2,+∞ D. -∞ ,-1 ∪ 0,2
f(x) f(x)
【题型 6】商除型 1： x 与e enx
型
【解题技巧】
'( ) - ( )≥ f(x) ' = f '(x)e
x- f(x)ex f '(x) - f(x)
1. f x f x 0 构造 ex
=
(ex)2 ex
nx nx
2. f '(x) - ( )≥ f(x) ' = f '(x)e -nf(x)e f '(x) -nf(x)nf x 0 构造 nx e (enx 2
=
) enx
【典例分析】
1. (2023· 1江西 ·赣州市赣县高三期中 (理 ))设 f x 是函数 f x 的导函数，且 f x > 3f x x∈R ，f 3
= e(e为自然对数的底数 )，则不等式 f lnx < x3的解集为 ( )
A. 0, e 1 e 3 e 33 B. e , 3 C. 0, e D. 3 , e
【变式演练】
1. (2022·宁夏银川高三模拟 )设函数 f x 是函数 f x x∈R 的导函数，已知 f x < f x ，且 f x =
f 4- x ，f 4 = 0，f 2 = 1，则使得 f x - 2ex< 0成立的 x的取值范围是 ( )
A. -2,+∞ B. 0,+∞ C. 1,+∞ D. 4,+∞
2. (2022·广东汕头市 ·高三三模 )已知定义在R上的函数 f(x)的导函数为 f '(x)，且满足 f '(x) - f(x) > 0，f
(2021) = e2021 1，则不等式 f e lnx <
e x的解集为 ( )
A. e2021,+∞ B. 0,e2021 C. e2021e,+∞ D. 0,e2021e
3. (2022·重庆市高三月考 )定义在 (-2,2)上的函数 f(x)的导函数为 f (x)，满足：f(x) + e4x f(-x) = 0，f(1)
= e2，且当 x> 0时，f (x)> 2f(x)，则不等式 e2x f(2- x)< e4的解集为 ( )
A. (1,4) B. (-2,1) C. (1,+∞) D. (0,1)
f(x)
【题型 7】商除型 2： 型
xn
【解题技巧】
1. xf '(x) - f(x)≥ f(x)0 构造 ' =
xf '(x) - f(x)
x x2
n n-1
2. xf '(x) - f(x)nf(x)≥ 0 构造 n ' =
x f '(x) -nx f(x) = xf '(x) -nf(x)
x (xn)2 xn+1
【典例分析】
1. (2022·四川广元市 ·高三三模 )已知定义在R上的偶函数 f x ，其导函数为 f x ，若 xf (x) - 2f(x)> 0，f
(-3) = f(x)1 1，则不等式 x < 9 x的解集是 ( )
A. (-∞ ,-3) ∪ (0,3) B. -3,3 C. (-3,0) ∪ (0,3) D. (-∞ ,-3) ∪ (3,+∞)
【变式演练】
1. (2022·江苏苏州 ·模拟预测 )已知函数 f x 是定义在R上的奇函数，f 2 = 0，当 x> 0时，有 xf x -
f x > 0成立，则不等式 xf x > 0的解集是 ( )
A. -∞，-2 ∪ 2，+∞ B. -2，0 ∪ 2，+∞
C. -∞，-2 ∪ 0，2 D. 2，+∞
2. (2022·江苏南通市 ·高三月考 )已知偶函数 f x x≠ 0 的导函数为 f x ，且满足 f -2 = 0，当 x> 0时，
3f x - xf x > 0，则 f x > 0的解集为 ( )
A. -∞ ,-2 ∪ 2,+∞ B. -2,0 ∪ 0,2
C. -∞ ,-2 ∪ 0,2 D. -2,0 ∪ 2,+∞
f(x) f(x)
【题型 8】商除型 3：sinx 与 cosx 型
【解题技巧】
1. f '(x)sinx- f( ) f(x) f '(x)sinx- f(x)cosxx cosx≥ 0 构造 sinx ' = sin2x
'( ) - ( ) ≥ f(x) ' = f '(x)cosx+ f(x)sinx2. f x cosx f x sinx 0 构造 cosx cos2x
【典例分析】
1. (2022· π黑龙江高三专题练习 )已知奇函数 f x 的导函数为 f x ，且 f x 在 0, 2 上恒有 f(x)cosx- f

(x)sinx< 0成立，则下列不等式成立的 ( )
A. 2 f π > f π B. f - π6 4 3 < 3 f -
π
6
C. 3 f - π4 < 2 f -
π
3 D.
2 f π2 3 < 3 f
π
4
【变式演练】
1. (2022·陕西 · π高三模拟 )已知定义在 0, 上的函数 f(x)，f (x)为其导数，且 f(x)< f 2 (x)tanx恒成立，则
( )
A. 3 f π4 > 2 f
π π π
3 B. 2 f 6 > f 4
C. 3 f π6 < f
π
3 D. f
π
1 < 2f 6 sin1
2. (2022·浙江高三专题练习 )定义域为 - π , π2 2 的函数 f x 满足 f x + f -x = 0，其导函数为 f
x ，当 0
≤ x< π2 时，有 f
x cosx + f x sinx< 0 成立，则关于 x的不等式 f (x) < 2 f π4 cosx的解集为 (
)
A. - π ,- π ∪ π , π B. π π2 4 4 2 4 , 2
C. - π ,0 ∪ 0, π D. - π ,0 ∪ π , π4 4 4 4 2
【题型 9】换元结构型
【典例分析】
2
1. (2022河南高三期末 (理 ))已知函数 f x = lnx- 2ax g x = 4ax， lnx - 2x，若方程 f x = g x 恰有三个
不相等的实根，则 a的取值范围为 ( )
A. 0,e B. 0, 1 2e C. e,+∞ D. 0,
1
e
【变式演练】
1. (2022甘肃高三模拟 )已知函数 f(x) = (aex+ ex) (ex+ ex)与 g(x) = e2x的图象恰有三个不同的公共点 (其
中 e为自然对数的底数 )，则实数 a的取值范围是 ( )
A. - 12 ,1 B. -
1 , 22 2 C.
2
2 ,1 D. (1, 2)
2 n
2. (2022·江西 ·高三专题练习 (理 )) ln b b设大于 1的两个实数 a，b满足 2a < a ，则正整数 n的最大值为e
( )．
A. 7 B. 9 C. 11 D. 12
【题型 10】双元结构型
【解题技巧】
双元，可以借助相同结构来构造对应“统一函数”。
【典例分析】
1. ( x2022.河南高三期中 )对于任意 x1，x2∈ [1,+∞)，当 x2> x1时，恒有 aln 2x < 2(x2- x1)成立；则实数 a的1
取值范围是 ( )
A. (-∞ ,0] B. (-∞ ,1] C. (-∞ ,2] D. (-∞ ,3]
【变式演练】
1. (2023·广东 ·高三模拟 )已知变量 x1,x2∈ 0,m (m> 0)，且 x < x ，若 xx2< xx11 2 1 2 恒成立，则m的最大值_
_______．
2. (2023· · x lnx - x lnx全国 高三专题练习 )若对于任意的 0< x < x < a，都有 2 1 1 21 2 x - x > 2，则 a的最大值为1 2
( )
A. 1 B. e C. 1 D. 1e 2
【题型 11】综合构造型
【解题技巧】
f(x) ± a cosx f(x)
结合式子，寻找各种综合构造规律，如 g(x) = nx 或者 g x = e
x f x - k 或者 g(x) =
e ex
【典例分析】
1. (2022·河南 ·高三阶段练习 (理 ))已知奇函数 f x 的定义域为 R，其函数图象连续不断，当 x> 0 时，
x+ 2 f x + xf x > 0，则 ( )
f 1 f -1
A. 4e > f 2 B. f 2 <

0 C. f -3 f 1 > 0 D. e > 4f -2
2. (2022. 陕西高三模拟 )设定义在 0,+∞ 上的函数 f x ≠ 0 恒成立，其导函数为 f ′ x ，若 f x -
x+ 1 f′ x ln x+ 1 < 0，则 ( )
A. 2f 1 > f 3 > 0 B. 2f 1 < f 3 < 0 C. 2f 3 > f 1 > 0 D. 2f 3 < f 1 < 0
【变式演练】
1. (2022·陕西一模 (理 )) 3若定义在R上的函数 f x 满足 f x + f x > 1，f 0 = 4，则不等式 f x > +
ex
1(e为自然对数的底数 )的解集为 ( )
A. (0,+∞) B. (-∞ ,0) ∪ (3,+∞) C. (-∞ ,0) ∪ (0,+∞) D. (3,+∞)
2. (2022·河南 ·高三阶段练习 (文 ))若定义在R上的函数 f(x)满足 f(x) + x+ f (x) + 1> 2e-x，f(0) = 5，则
不等式 f(x)> (2x+ 5)e-x- x的解集为 ( )
A. (-∞ ,0) ∪ (0,+∞) B. (-∞ ,0) ∪ (5,+∞) C. (0,+∞) D. (5,+∞)
3. (2022·成都高三月考 )定义在R上的连续函数 f(x)的导函数为 f (x)，且 cosxf (x)< (cosx+ sinx)f(x)成
立，则下列各式一定成立的是 ( )
A. f(0) = 0 B. f(0)< 0 C. f(π)> 0 D. f π2 = 0
【题型 12】二次构造型
【典例分析】
1. (2022 · 辽宁 · 沈阳市高三阶段练习 ) 已知定义在 (0，+∞) 上的函数满足 xf x + 2- x f x =
ex
x x+ lnx- 1 ，则下列不等式一定正确的是 ( )
A. 4f 1 < e f 1 2 B. 4f 2 < ef 1 C. 4ef
3 1
2 > 9f 3 D. e 2 f 2 < 16f 2
【变式演练】
f 1
1. (2022· 吉林 ·高三阶段练习 (理 ))已知定义在R上的函数 f x 和函数 g x 满足 f x = 2x-22 e + x
2
- 2f 0 x，且 g x + 2g x < 0，则下列不等式成立的是
A. f 2 g 2017 > g 2019 B. f 2 g 2017 < g 2019
C. g 2017 > f 2 g 2019 D. g 2017 < f 2 g 2019
2. (2022· 1吉林 ·高三专题练习 )若函数 f x 满足： x- 1 f x - f x = x+ x - 2，f e = e- 1，其中 f
x
为 f x 的导函数，则函数 y= f 1 x 在区间 e , e 的取值范围为 ( )
A. 0,e B. 0,1 C. 0, e D. 0,1-
1
e
x
3. (2022· 1 e黑龙江 ·高三阶段练习 )若定义域 2 ,+∞ 的函数 f x 满足 f (x) - f(x) = x 且 f 1 =-e，若
f 3- 1m ≤-e恒成立，则m的取值范围为 ( )
A. 1 2 ,1 B.
1 2 ,+∞ C. 0,
2
5 D.
2 , 1 5 2
最新模考题组练
1. (2022·重庆高三月考 )已知定义在R上的奇函数 f(x)，且其图象是连续不断的，满足 f '(x) + 3< 0，则不等
式 f(x- 1)> 3lnx- 2x+ 2的解集为 ( )
A. (0,e) B. (e,+∞) C. (0,1) D. (1,+∞)
2. (2022·吉林 ·高三阶段练习 (理 ))已知在定义在R上的函数 f x 满足 f x - f -x - 6x+ 2sinx= 0，且
x≥ 0 时，f x π 3π π ≥ 3 - cosx恒成立，则不等式 f x ≥ f 2 - x - 2 + 6x + 2cos x+ 4 的解集为
( )
A. 0, π B. π ,+∞ C. -∞ , π D. 4 4 6
π
6 ,+∞
3. (2022·山东 ·高三三模 )定义在R上的奇函数 f x 的图象连续不断，其导函数为 f x ，对任意正实数 x恒
有 xf x > 2f -x ，若 g x = x2 f x ，则不等式 g log3 x2- 1 + g -1 < 0的解集是 ( )
A. 0,2 B. -2,2 C. - 3,2 D. -2,-1 ∪ 1,2
4. (2022·全国 )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 2f(x) + x f (x)> x2，
则不等式 (x+ 2021)2 f(x+ 2021) - 4 f(-2)> 0的解集为 ( )
A. (-∞，-2023) B. (-∞，-2) C. (-2，0) D. (-2022，0)
5. f(x) - π , π已知函数 的定义域为 2 2 ，其导函数为 f
(x).若 f (x) = tanx [ f(x) + x]，且 f(0) = 0，则下列结
论正确的是 ( )
A. f(x)是增函数 B. f(x)是减函数 C. f(x)有极大值 D. f(x)有极小值
6. (2022·安徽合肥市 ·高三模拟 (理 ))已知函数 f(x)满足 xf (x)lnx+ f(x)> 0(其中 f (x)是 f(x)的导数 )，
令 a= e f( ) -f
1
e ，b= π π ，c= 1，则 a，b，c的大小关系为 ( )
A. a> b> c B. b> a> c C. c> b> a D. a> c> b
7. (2022·河南濮阳 ·一模 (理 ))已知函数 f x+ 1 为定义域在R上的偶函数，且当 x≥ 1时，函数 f x 满足
xf x + 2f x = lnx f e = 1 2 ， 4e ，则 4ef x < 1的解集是 ( )x
A. -∞ ,2- e ∪ e,+∞ B. 2- e, e
C. -∞ ,2- e ∪ e,+∞ D. 2- e,e
8. (2022·安徽 · ln 2 1 lnπ高三阶段练习 )已知 a= 4 ，b= e2
，c= 2π 则 a，b，c的大小关系为 ( )
A. a< c< b B. b< a< c C. a< b< c D. c< a< b
9. (2022· π π π江西 ·高三一模 )已知奇函数 f(x)的定义域为 - 2 ,0 ∪ 0, 2 ，其导函数是 f '(x)．当 x∈ 0, 2
时，f '(x)sinx- f(x)cosx< 0 π，则关于 x的不等式 f(x)< 2f 6 sinx的解集为 ( )
A. - π π π π π π π2 ,- 6 ∪ 0, 6 B. - 2 , 6 ∪ 6 , 2
C. - π6 ,0 ∪ 0,
π
6 D. -
π
6 ,0 ∪
π
6 ,
π
2
10.(2023·全国 ·高三专题练习 )定义在R上的连续函数 f(x)的导函数为 f (x)，且 cosxf (x)< (cosx+ sinx)f
(x)成立，则下列各式一定成立的是 ( )
A. f(0) = 0 B. f(0)< 0 C. f(π)> 0 D. f π2 = 0
11. (2022·江苏 ·南京师大附中高三期中 )已知函数 f x = lnx- ax2，则下列结论不正确的有 ( )
A. 当 a< 12e 时，y= f x 有 2个零点
B. 当 a> 12e 时，f x ≤ 0恒成立
C. a= 1当 2 时，x= 1是 y= f x 的极值点
D. 若 x1,x2是关于 x的方程 f x = 0的 2个不等实数根，则 x1x2> e
x1
( · · ) ∈ - , < x2e - x e
x2
12. 2022 全国 高三专题练习 若对任意的 x ，x 2 0 ，x x ， 11 2 1 2 x - x < a恒成立，则 a的最小值1 2
为 ( )
A. - 32 B. -
2
2 C. -
1
2 D. -
1
e e e e
13.已知函数 f(x) 1的定义域为R，且 f(x+ 2)是偶函数，f (x)> 2 x- 1+ ln(x- 1) ( f
(x)为 f(x)的导函数 ).
x
若对任意的 x∈ (0,+∞)，不等式 f -t2+ 2t+ 1 ≥ f 1 2 - 2 恒成立，则实数 t的取值范围是 ( )
A. [-2,4] B. (-∞ ,-2]∪ [4,+∞)
C. [-1,3] D. (-∞ ,-1]∪ [3,+∞)
14.已知 f(x)是定义在R上的奇函数 ,记 f(x)的导函数为 f '(x) ,当 x≥ 0时 ,满足 f '(x) - f(x)> 0.若 x∈
-2,+∞ 使不等式 f ex x3- 3x+ 3 ≤ f(aex+ x)成立 ,则实数 a的最小值为
A. 2e - 1 B. 2-
2
e C. 1+ 2e
2 D. 1- 1e
15.(2022·湖南高三月考 )已知函数 f(x)是定义在R上的奇函数，其导函数为 f (x)，且对任意实数 x都有 f(x)
+ f (x)> 1，则不等式 ex f(x)> ex- 1的解集为 ( )
A. (-∞ ,0) B. (0,+∞) C. (-∞ ,1) D. (1,+∞)
16.(2022·黑龙江 ·哈尔滨高三期中 (理 ))设函数 f x 在R上的导函数为 f x ，若 f x > f(x) + 1，f x =
f 6- x ，f 3 = 1，f 6 = 5，则不等式 f lnx + 2x+ 1< 0的解集为 ( )
A. 0,1 B. 0,3 C. 1,3 D. 3,6
17.(2022·陕西 ·高三阶段练习 (理 ))定义在R上的函数 f(x)满足 f(x) - f (x) + ex< 0(e为自然对数的底数
)，其中 f (x)为 f(x)的导函数，若 f(3) = 3e3，则 f(x)> xex的解集为 ( )
A. (-∞ ,2) B. (2,+∞) C. (-∞ ,3) D. (3,+∞)
18.(2021·陕西宝鸡市 ·高三一模 )若定义在R上的函数 f x 满足 f(x) + f (x) > 1，f(0) = 4，则不等式 ex f
(x)> ex+ 3 (其中 e为自然对数的底数 )的解集为 ( )
A. (-∞，0) ∪ (0，+∞) B. (-∞，0) ∪ (3，+∞)
C. (0，+∞) D. (3，+∞)
19.(2022·河南新乡市 ·高三一模 )设函数 f(x)是定义在R上的奇函数，函数 f(x)的导函数为 f (x)，且当 x∈
[0,+∞)时，f(x)sinx< f (x)cosx- ef (x)，e为自然对数的底数，则函数 f(x)在R上的零点个数为 ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
20.(2022· 2全国 ·高三专题练习 )已知 f ' x 是函数 f x 的导函数，对任意的实数 x都有 f ' x + f x =- ，
ex
且 f 32 = 0，若函数 y= f x - a有两个零点，则实数 a的取值范围是 ( )
2 2 5 5
A. -2e- 5,+∞ B. -2e5,0 C. -2e- 2,+∞ D. -2e- 2,0
21.(2022·江苏 ·高三阶段练习 )已知函数 y= f x- 1 图象关于点 1,0 对称，且当 x> 0 时，f x sinx+
f x cosx> 0则下列说法正确的是 ( )
A. f 5π6 <-f
7π
6 <-f -
π
6 B. - f
7π
6 < f
5π π
6 <-f - 6
C. - f - π <-f 7π < f 5π D. - f - π < f 5π <-f 7π6 6 6 6 6 6
22.(2022·辽宁 ·沈阳高三阶段练习 )已知函数 f x 为函数 f (x)的导函数，满足 tanx f x > f (x)，a=
6 f π b= 3 f π6 ， 4 ，c= 2 f
π
3 ，则下面大小关系正确的是 ( )
A. a< b< c B. a< c< b C. b< a< c D. c< b< a
23.(2022·河南 ·模拟预测 (理 ))已知函数 f x 的定义域为 0,+∞ ，其导函数是 f ′ x ，且 2f x + xf ′ x >
x．若 f 2 = 1，则不等式 3f x - x- 42 > 0的解集是 ( )x
A. 0,2 B. 2,+∞ C. 0, 2 23 D. 3 ,+∞
24.(2022·江西 · 1高二阶段练习 (理 ))已知 f(x)是定义在R上的奇函数，f x 是 f(x)的导函数，f 2 ≠ 0，
当 x> 0时，f
f x
x ln 2x + x < 0，则不等式 x
2- x- 2 f(x)> 0的解集是 ( )
A. -∞ ,-1 ∪ 0, 12 ∪ 2,+∞ B.
1
-1,0 ∪ 2 ,2
C. -1,0 ∪ 2,+∞ D. -∞ ,-1 ∪ 0,2
25.(2022·江西模拟预测 (文 ))已知函数 f x 的定义域为R，图象关于原点对称，其导函数为 f x ，若当 x>
0时 f x + xlnx f x < 0，则不等式 4|x| f x > 4f x 的解集为 ( )
A. -∞ ,-1 ∪ 0,+∞ B. -1,0 ∪ 0,+∞
C. -∞ ,-1 ∪ 0,1 D. -1,0 ∪ 1,+∞
26.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 1 = 2018，则不等式 f x > 2017
ex-1+ 1(其中 e为自然对数的底数 )的解集为_______．
十年高考真题
1. (2015·全国 ·高考真题 (理 ))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,+∞)
2. (2015·福建 ·高考真题 (理 ))若定义在R上的函数 f x 满足 f 0 =-1，其导函数 f x 满足 f x > k>
1，则下列结论中一定错误的是 ( )
A. f 1 < 1 B. f 1 > 1- C. f
1 < 1 D. f 1 > k
k k k k 1 k- 1 k- 1 k- 1 k- 1
x 2
3. (2013·辽宁 ·高考真题 (理 ))设函数 f x 满足 x2 f x + 2xf x = e e x ,f 2 = 8 ,则 x> 0时，f x
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
4. (2011·辽宁 ·高考真题 (文 ))函数 f x 的定义域为R，f -1 = 2，对任意 x∈R，f x > 2，则 f x > 2x+
4的解集为 ( )
A. -1,1 B. -1,+∞ C. -∞ ,-1 D. -∞ ,+∞
5. (湖南 ·高考真题 (理 ))设 f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当 x< 0时，f (x)g(x) + f(x)
g (x)> 0．且 g(-3) = 0，则不等式 f(x)g(x)< 0的解集是 ( )
A. (-3,0) ∪ (3,+∞) B. (-3,0) ∪ (0,3)
C. (-∞ ,-3) ∪ (3,+∞) D. (-∞ ,-3) ∪ (0,3)
6. (2007·陕西 ·高考真题 (理 ))已知 f(x)是定义在 (0，+∞) 上的非负可导函数，且满足 xf ′ (x) + f(x) ≤ 0，
对任意的 0< a< b，则必有 (　　 )．
A. af(b)≤ bf(a) B. bf(a)≤ af(b) C. af(a)≤ f(b) D. bf(b)≤ f(a)
7. (浙江 ·高考真题 )设 a> 0，b> 0，e是自然对数的底数
A. 若 ea+ 2a= eb+ 3b，则 a> b B. 若 ea+ 2a= eb+ 3b，则 a< b
C. 若 ea- 2a= eb- 3b，则 a> b D. 若 ea- 2a= eb- 3b，则 a< b导数中的构造函数技巧 (选填题 )
考纲要求与命题规律
导数中的构造函数常在高考题中以选择题 (填空题 )的形式考查。函数与方程思想、转化与化归思想是
高中数学思想中比较重要的两大思想，而导数中的构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现。
构造函数法是在求解某些数学问题时，根据问题的条件或目标，构想组合一种新的函数关系，使问题在新
函数下转化并利用函数的有关性质 (单调性、极值、最值等 )解决原问题是一种行之有效的解题手段。构
造函数法解题是一种创造性思维过程，具有较大的灵活性和技巧性。在运用过程中，应有目的、有意识地
进行构造，始终“盯住”要解决的目标。怎样合理的构造函数就是问题的关键，本专题就导数小题中构造
函数的技巧和大家进行分享和交流。
专题导航
一、热点题型归纳
题型 1. 加减型：f(x) ± g(x)型
题型 2. 乘积型 1：ex f(x)与 enx f(x)型
题型 3. 乘积型 2：xn f(x)型
题型 4. 乘积型 3：sinx f(x)与 cosx f(x)型
题型 5. 乘积型 4：lnx f(x)型
题型 6. 商除型 1：f(x) ex与 f(x) enx型
题型 7. 商除型 2：f(x) xn型
题型 8. 商除型 3：f(x) sinx与 f(x) cosx型
题型 9. 换元结构型
题型 10. 双元结构型
题型 11. 综合构造型
题型 12. 二次构造型
二、最新模考题组练
三、十年高考真题练
热点题型归纳
【题型 1】加减型：f(x) ± g(x)型
【解题技巧】
1. 对于 f ' x + g' x > 0，构造 h x = f x + g x
2. 对于 f ' x > g' x ，构造 h x = f x g x
3. 对于 f ' x > a a≠ 0 ，则可构 h x = f x ax
【典例分析】
1. (2023·绵阳市高三模拟 )已知定义在R上的函数 f x 满足 f 2 = 20，且 f x 的导函数 f x 满足 f x >
6x2+ 2，则不等式 f x > 2x3+ 2x的解集为 ( )
A. {x ∣ x>-2} B. {x ∣ x> 2} C. {x ∣ x< 2} D. {x ∣ x<-2或 x> 2}
【答案】B
【解析】令函数 g x = f x - 2x3- 2x，则 g x = f x - 6x2- 2> 0，所以 g x 在R上单调递增.
因为 g 2 = f 2 - 2× 23- 2× 2= 0，所以原不等式等价于 g x > 0= g 2 ，
所以所求不等式的解集为 {x ∣ x> 2}. 故选：B
【变式演练】
1. (2022·河北 ·高三一模 )已知定义在R上的函数 f x ，其导函数为 f x ，满足 f x > 2，f 2 = 4，则不等
式 xf x- 1 > 2x2- 2x的解集为__________.
【答案】 -∞ ,0 ∪ 3,+∞
【解析】构造函数 g x = f x - 2x，则 g x = f x - 2> 0，
即函数 g x 在R上为增函数，且 g 2 = f 2 - 2× 2= 0.
①当 x< 0 时，由 xf x- 1 > 2x2- 2x可得 f x- 1 < 2 x- 1 ，即 f x- 1 - 2 x- 1 < 0，
即 g x- 1 < 0= g 2 ，可得 x- 1< 2，解得 x< 3，此时 x< 0；
②当 x> 0 时，由 xf x- 1 > 2x2- 2x可得 f x- 1 > 2 x- 1 ，即 f x- 1 - 2 x- 1 > 0.
即 g x- 1 > 0= g 2 ，可得 x- 1> 2，解得 x> 3，此时 x> 3.
综上所述，不等式 xf x- 1 > 2x2- 2x的解集为 -∞ ,0 ∪ 3,+∞ . 故答案为： -∞ ,0 ∪ 3,+∞ .
2. (2022·湖南岳阳 ·模拟预测 )已知定义在R上的函数 f(x)满足 f(x) - f(-x) - 6x+ 2sinx= 0，且 x≥ 0
时，f (x)≥ 3- cosx π 3π π上恒成立，则不等式 f(x)≥ f 2 - x - 2 + 6x+ 2cos x+ 4 的解集为 ( )
A. π4 ,+∞ B.
π
4 ,+∞ C.
π
6 ,+∞ D.
π
6 ,+∞
【答案】B
【分析】令 g(x) = f(x) - 3x+ sinx，利用定义证明其奇偶性，由 f (x)≥ 3- cosx得出 g(x)的单调性，将所
求不等式变为 f(x) - 3x+ sinx≥ f π2 - x - 3
π
2 - x + sin
π
2 - x ，从而得到 g(x)≥ g
π
2 - x ，利用
函数 g(x)的奇偶性以及单调性解不等式即可.
【详解】由题得 f(x) - 3x+ sinx= f(-x) + 3x- sinx，令 g(x) = f(x) - 3x+ sinx= g(-x)，则 g(x)为偶函
数
x≥ 0 时，f (x)≥ 3- cosx，则 g (x)≥ 0，则 g(x)递增由 f(x)≥ f π2 - x -
3π
2 + 6x+ 2cos x+
π
4 得：
f(x) - 3x+ sinx≥ f π - x - 3 π - x + sin π2 2 2 - x ，即 g(x)≥ g
π
2 - x ，则 |x| ≥
π
2 - x ，所以 x≥
π
4 .
故选：B.
3. (2022·成都市高三专题练习 (理 ))定义在R上的函数 f x 的导函数为 f x ，当 x∈ 0,+∞ 时，2sinx
cosx- f x > 0且 x∈R，f -x + f x + cos2x= 1.则下列说法一定正确的是 ( )
A. 14 - f -
5π
6 >
3 - f - 2π B. 1 - f - 5π > 34 3 4 6 4 - f -
4π
3
C. 34 - f
π 1
3 > 2 - f
3π D. 1 - f - 3π > 3 - f π4 2 4 4 3
【答案】B
【解析】令F x = sin2x- f x ， x∈R，f -x + f x + cos2x= 1，
所以F -x +F x = sin2 -x - f -x + sin2x- f x = 2sin2x- f -x + f x
= 1- cos2x- 1- cos2x = 0，∴F -x =-F x ，所以，函数F x 为R上的奇函数，
∵F x = sin2x- f x ，当 x∈ 0,+∞ 时，2sinx cosx- f x > 0，即 sin2x> f x ，∴F x > 0，
所以，F x = sin2x- f x 在 0,+∞ 上单调递增，
由奇函数的性质可知，函数F x 在 -∞ ,0 上单调递增，所以，函数F x 在R上单调递增.
对于A选项，∵- 5π <- 2π6 3 ，则F -
5π
6 2π
3 ，即
1
4 - f -
5π
6 <
3
4 - f -
2π
3 ，A错误；
对于B选项，∵- 5π6 >-
4π
3 ，∴F -
5π
6 >F -
4π
3 ，即
1 - f - 5π > 3 - f - 4π4 6 4 3 ，B正确；
对于C选项，∵ π3 <
3π π 3π 3 π 1 3π
4 ，∴F 3 对于D选项，∵- 3π < π ，∴F - 3π 3π
4 <
3 - f π4 3 ，D选项错误. 故选B.
【题型 2】乘积型 1：ex f(x)与 enx f(x)型
【解题技巧】
1. 对于 f '(x) + f(x)> 0，构造 h x = ex f x 原理：[ex f(x)]' = ex[ f '(x) + f(x)]
2. 对于 f '(x) +nf(x)> 0，构造 h x = enx f x 原理：[enx f(x)]' = enx[ f '(x) +nf(x)]
【典例分析】
1. (2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习 )若 f x 在 R 上可导且 f 0 = 0，其导函数 f x 满足 f x +
f x < 0，则 f x < 0的解集是 ( )
A. -∞ ,0 B. -∞ ,1 C. 0,+∞ D. R
【答案】C
【详解】设 g x = ex f x ，则 g x = ex f x + ex f x = ex f x + f x ，
因为 f x + f x < 0，所以 g x < 0 在R上恒成立，所以 g x 单调递减，
又 f 0 = 0 得 g 0 = 0，由 f x < 0 等价于 g x < 0，所以 x> 0，即 f x < 0 的解集是 0,+∞ . 故选：C .
【变式演练】
1. (2022·山东青岛市 ·高三三模 )已知函数 f x 在R上 可导，其导函数为 f x ，若 f x 满足：当 x≠ 1时，
x- 1 f x + f x > 0，f x = e2-2x f 2- x ，则下列判断一定正确的是
A. f 1 < f 0 B. e4 f 4 < f 0 C. ef 2 > f 0 D. e3 f 3 > f 0
【答案】D
【分析】构造函数 g x = f x ex,结合导函数 ,判定 g x 的单调性 ,由 g 2- x = g x ，得 g x 的对称轴 ,
对选项判断即可.
【详解】构造函数 g x = f x ex,计算导函数得到 g x = ex f x + f x ，
由 x- 1 f x + f x > 0,得当 x> 1,f x + f x > 0,当 x< 1 时 ,f x + f x < 0.
f x
所以 g x 在 1,+∞ 单调递增 ,在 -∞ ,

1 单调递减 ,而 g 2- x = f 2- x e2-x= e2-x= f x ex=
e2-2x
g x ,
所以 g x 关于 x= 1 对称 ,故 g 3 = e3 f 3 = g -1 > g 0 = f 0 ,得到 e3 f 3 > f 0 ,故选 :D.
2. (2022·黑龙江 ·哈尔滨高三阶段练习 ) f x 是定义在 R上的函数，满足 2 f x + f x = xex，f -1 =
- 12e ，则下列说法正确的是 ( )
A. f x 在R上有极大值 B. f x 在R上有极小值
C. f x 在R上既有极大值又有极小值 D. f x 在R上没有极值
【答案】D
【分析】先由题意得 f -1 = 0，再构造 g x = e2x f x ，得到 g x = xe3x，进而再构造 h x = e2x f x =
xe3x- 2g x ，判断出 h x > 0，即 f x > 0，由此得到选项.
【详解】根据题意，2f x + f x = xex，故 2f -1 + f -1 =-e-1，
又 f -1 =- 12e ，得 2 -
1
2e + f
-1 =- 1e ，故 f
-1 = 0，
令 g x = e2x f x ，则 g x = 2e2x f x + e2x f x = e2x 2f x + f x = e2x xex= xe3x，
又 2e2x f x + e2x f x = xe3x，记 h x = e2x f x = xe3x- 2e2x f x = xe3x- 2g x ，
所以 h x = e3x+ 3xe3x- 2g x = e3x+ 3xe3x- 2xe3x= e3x x+ 1 ，
当 x<-1 时，h x < 0，h x 单调递减；当 x>-1 时，h x > 0，h x 单调递增，
所以 h x > h -1 = e-2 f -1 = 0，即 e2x f x > 0，即 f x > 0，
所以 f x 在R上单调递增，故 f x 在R上没有极值 . 故选项ABC说法错误，选项D说法正确. 故选：D
3. (2022·辽宁 ·大连模拟预测 )已知函数 y= f x ，若 f x > 0且 f x + xf x > 0，则有 ( )
A. f x 可能是奇函数，也可能是偶函数 B. f -1 > f 1
π π cos2xC. < x< 时，f(sinx)< e 24 2 f(cosx) D. f(0)< e f(1)
【答案】D
x2
【分析】根据奇函数的定义结合 f x > 0 即可判断A；令 g x = e 2 f x ，利用导数结合已知判断函数 g x
的单调性，再根据函数 g x 的单调性逐一判断BCD即可得解.
【详解】解：若 f x 是奇函数，则 f -x =-f x ，
又因为 f x > 0，与 f -x =-f x 矛盾，所有函数 y= f x 不可能时奇函数，故A错误；
x2 x2 x2 x2
令 g x = e 2 f x ，则 g x = xe 2 f x + e 2 f x = e 2 xf x + f x ，
x2
因为 e 2 > 0，f x + xf x > 0，所以 g x > 0，所以函数 g x 为增函数，
1 1
所以 g -1 < g 1 ，即 e2 f -1 < e2 f 1 ，所以 f -1 < f 1 ，故B错误；
因为 π < x< π4 2 ，所以 0< cosx<
2
2 ，
2
2 < sinx< 1，所以 sinx> cosx，
sin2x cos2x
故 g sinx > g cosx ，即 e 2 f sinx > e 2 f cosx ，
cos2x-sin2x cos2x
所以 f sinx > e 2 f cosx = e 2 f cosx ，故C错误；
有 g 0 < g 1 ，即 f 0 < e f 1 ，故D正确. 故选：D.
【题型 3】乘积型 2：xn f(x)型
【解题技巧】
1. xf '(x) +nf(x)≥ 0 构造 [xn f(x)]' = xn f '(x) +nxn-1 f(x) = xn-1[xf '(x) +nf(x)]
2. xf '(x) + f(x)≥ 0 构造 [xf(x)]' = xf '(x) + f(x)
3. xf (x) + 2f(x)≥ 0 构造 [x2 f(x)] = x[xf (x) + 2f(x)]
【典例分析】
1. (2022·绵阳市 ·模拟预测 (文 ))已知定义在 0,+∞ 上的函数 f x 满足 2xf x + x2 f x < 0 f 2 = 3 ， 4 ，
则关于 x的不等式 f x > 3 2 的解集为 ( )x
A. 0,4 B. 2,+∞ C. 4,+∞ D. 0,2
【答案】D
【分析】构造函数 h x = x2 f x ，得到函数 h x 的单调性，根据单调性解不等式即可.
【详解】令 h x = x2 f x ，则 h x = 2xf x + x2 f x < 0，所以 h x 在 0,+∞ 单调递减，
不等式 f 3 x > 2 可以转化为 x
2 f x > 4× 34 = 2
2 f 2 ，即 h x > h 2 ，所以 0< x< 2. 故选：D.
x
【变式演练】
1. (2022·河北 ·高三阶段练习 )已知奇函数 f x 的定义域为R，导函数为 f x ，若对任意 x∈ 0,+∞ ，都有
3f x + xf x > 0恒成立，f 2 = 2，则不等式 x- 1 3 f x- 1 < 16的解集是__________.
【答案】 -1,3
【分析】构造新函数 g x = x3 f x ，根据 f(x)的性质推出 g(x)的性质，最后利用 g(x)单调性解不等式.
【详解】设 g x = x3 f x ，x∈R，f x 为奇函数，∴ g -x = -x 3 f(-x) = x3 f(x) = g x ，即 g x 是偶函
数，有 g(x) = g(-x) = g x ，∵ x∈ 0,+∞ ，3f x + xf x > 0 恒成立，故 x∈ 0,+∞ 时，g x =
3x2 f x + x3 f x = x2 3f x + xf x ≥ 0，∴函数 g x 在 0,+∞ 上为增函数，∵ f 2 = 2，∴ g 2 =
g -2 = 16， x- 1 3 f x- 1 < 16 等价于 g x- 1 < 16= g(2)，g(x- 1) = g x- 1 < g(2)，且函数 g x
在 0,+∞ 上为增函数，∴ x- 1 < 2，解得-1< x< 3. 故答案为： -1,3
2. (2022·山西 ·高三三模 )设 f x 是定义在R上的奇函数，在 -∞ ,0 上有 2xf 2x + f 2x < 0，且 f -2
= 0，则不等式 xf 2x < 0的解集为 ．
【答案】 -1,0 ∪ 0,1
【分析】满足“xf x + nf x ”形式，优先构造 F x = xf 2x ，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合
求解即可．注意 f -2 = 0 和F x 的转化．
【解析】构造F x = xf 2x ，则F x = 2xf 2x + f 2x ，当 x< 0 时，F x = 2xf 2x + f 2x < 0，可以
推出 x< 0，F x < 0，F x 在 -∞ ,0 上单调递减．
∵ f x 为奇函数，x为奇函数，所以F x 为偶函数，∴F x 在 0,+∞ 上单调递增．
根据 f -2 = 0 可得F -1 = 0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象，
根据图象可知 xf 2x < 0 的解集为 -1,0 ∪ 0,1 ．
【题型 4】乘积型 3：sinx f(x)与 cosx f(x)型
【解题技巧】
1. f '(x)sinx+ f(x)cosx≥ 0 构造 [sinx f(x)]' = f '(x)sinx+ f(x)cosx
2. f '(x)cosx- f(x)sinx≥ 0 构造 [cosx f(x)]' = f '(x)cosx- f(x)sinx
【典例分析】
1. (2022·绵阳市高三专题练习 (理 ))设函数 f x 是定义在 0,π 上的函数 f x 的导函数，有 f x cosx-
f x sinx> 0 a= 1 f π ，若 2 3 ，b= 0，c=-
3
2 f
5π
6 ，则 a，b，c的大小关系是 ( )
A. a< b< c B. b< c< a C. c< b< a D. c< a< b
【答案】A
【解析】设函数 g(x) = f(x)cosx，则 g (x) = f (x)cosx- f(x)sinx，
因为 f x cosx- f x sinx> 0，所以 g (x)> 0，所以 g(x)在 0,π 上是增函数，
a= 12 f
π
3 = f
π cos π3 3 = g
π
3 ，b= 0= f
π
2 cos
π = g π2 2 ，c=-
3 f 5π = f 5π2 6 6 cos
5π
6 =
g 5π6 ，所以 a< b< c，故选：A
【变式演练】
1. (2022· π π湖南高三模拟 )函数 y= f(x)对任意的 x∈ - 2 , 2 满足 x+ 2f(x) + f
(x)sin2x= ex-1(其中 f (x)
是函数 f(x)的导函数 )，则下列不等式成立的是 ( )
A. f π4 > 3 f
π
3 B. 3 f
π
6 > 3f
π
4
C. 2- 3 f π12 > f
π
4 D. 3 f
π
3 < 2+ 3 f
5π
12
【答案】D
【解析】令F(x) = f(x)tanx，

sinx 1 f x sinxcosx+ f x f x sin2x+ 2f=
x
F x f x cosx + f x = =cos2x cos2x 2cos2x
又由已知可得，2f(x) + f (x)sin2x= ex-1- x≥ 0，所以F (x)≥ 0，即F(x)在 x∈ - π , π2 2 上单调递增
因为 π < 5π π π 5π3 12 ，所以 f 3 tan 3 < f 12 tan
π
12 ，故 3 f
π
3 < 2+ 3
5π
f 12 ，D正确，故选：D
2. (2022· π π π河南 ·高三专题练习 )已知可导函数 f x 是定义在 - 2 , 2 上的奇函数．当 x∈ 0, 2 时，f x
+ f x tanx> 0，则不等式 cosx f x+ π2 + sinx f -x > 0的解集为 ( )
A. - π ,- π π π π π2 6 B. - 6 ,0 C. - 2 ,- 4 D. - 4 ,0
【答案】D
【分析】构造函数 sinxf x ，并依据函数 sinxf x 的单调性去求解不等式 cosx f x+ π2 + sinx f -x
> 0 的解集.
【详解】当 x∈ 0, π2 时，f x + f
x tanx> 0，则 cosxf x + f x sinx> 0
则函数 sinxf x 在 0, π 上单调递增，又可导函数 f x 是定义在 - π π 2 2 , 2 上的奇函数
则 sinxf x 是 - π 2 ,
π
2 上的偶函数，且在 -
π
2 ,0 单调递减，
- π < x+ π < π
由 2 2 2 π π ，可得 x∈ -
π ,0 ，则 x+ π ∈- <- < 2 2
0, π2 ，-x∈ 0,
π
x 2

2 2
则 x∈ - π ,0 时，不等式 cosx f x+ π2 2 + sinx f -x > 0 可化为 sin x+
π
2 f x+
π
2 > sin -x
f -x
又由函数 sinxf x 在 0, π 2 上单调递增，且-x∈ 0,
π
2 ，x+
π π
2 ∈ 0, 2 ，
则有 π2 > x+
π
2 >-x> 0，解之得-
π
4 < x< 0 故选：D
3. (2022·全国 ·高三阶段练习 )已知函数 f(x)及其导函数 f (x)的定义域均为R，且 f(x)为偶函数，f π6 =
-2，3f(x)cosx+ f (x)sinx> 0 π 1，则不等式 f x+ cos32 x- 4 > 0的解集为 ( )
A. - π3 ,+∞ B. -
2π
3 ,+∞ C. -
2π
3 ,
π
3 D.
π
3 ,+∞
【答案】B
【分析】令 g x = f 1 x sin3x- 4 ，结合题设条件可得 g x 为 R 上的增函数，而原不等式即为 g x+
π
2 >
0，从而可求原不等式的解集.
【详解】f x+ π cos3x- 1 > 0 可化为 f x+ π sin3 x+ π - 12 4 2 2 4 > 0，令 g x = f x sin
3x- 14 ，
则 g x = f x sin3x+ 3f x sin2xcosx= sin2x f (x)sinx+ 3f x cosx ，
因为 3f(x)cosx+ f (x)sinx> 0，故 g x ≥ 0(不恒为零 )，故 g x 为 R 上的增函数，
故 f x+ π2 cos
3x- 14 > 0 即为 g x+
π
2 > 0，而 g -
π
6 = f -
π sin36 -
π 1 π 3 π
6 - 4 = f 6 sin - 6 -
1
4 = 0，
故 g x+ π2 > 0 的解为 x+
π
2 >-
π
6 ，故 x>-
2π π 3 1 2π
3 即 f x+ 2 cos x- 4 > 0 的解为 - 3 ,+∞ . 故
选：B.
【题型 5】乘积型 4：lnx f(x)型
【解题技巧】
f(x)
对于 f (x)lnx+ x > 0(< 0)，构造 g x = lnx f(x)
【典例分析】
1. (2022·山西 ·高三月考 )已知 f(x)是定义在 (-∞ ,0) ∪ (0,+∞)上的奇函数，f (x)是 f(x)的导函数，f(1)
≠ , f(x)0 且满足 : f (x) lnx+ x < 0,则不等式 (x- 1) f(x)< 0的解集为 ( )
A. (1,+∞) B. (-∞ ,-1) ∪ (0,1) C. -∞ ,1 D. -∞ ,0 ∪ (1,+∞)
【答案】D
【分析】根据给定含导数的不等式构造函数 g(x) = f(x)lnx，由此探求出 f(x)在 (0,+∞)上恒负，在 (-∞ ,0)
上恒正，再解给定不等式即可.
f(x)
【详解】令 g(x) = f(x)lnx，x> 0，则 g (x) = f (x)lnx+ x < 0，g(x)在 (0,+∞)上单调递减，而 g(1) = 0，
因此，由 g(x)> 0 得 0< x< 1，而 lnx< 0，则 f(x)< 0，由 g(x)< 0 得 x> 1，而 lnx> 0，则 f(x)< 0，又 f
(1)< 0，
于是得在 (0,+∞)上，f(x)< 0，而 f(x)是 (-∞ ,0) ∪ (0,+∞)上的奇函数，则在 (-∞ ,0)上，f(x)> 0，
由 (x- 1) f(x)< 得： x- 1> 00 或
x- 1< 0，即 x> 1 x< 1
f(x)< 或 ，解得 x< 0 或 x> 1，0 f(x)> 0 x> 0 x< 0
所以不等式 (x- 1) f(x)< 0 的解集为 (-∞ ,0) ∪ (1,+∞). 故选：D
【变式演练】
1. (2022·江西上饶市 ·高三月考 )若函数 f x 是奇函数 f x x∈R 的导函数，且满足当 x> 0 时，lnx
f x + 1 x f x > 0，则 x- 2020 f x > 0的解集为 ( )
A. -∞ ,0 ∪ 2020,+∞ B. -2020,-1 ∪ 1,2020
C. 0,2020 D. -1,1
【答案】A
【解析】设 g(x) = lnx f(x)，g (x) = 1x f(x) + lnx f
(x)> 0，可知函数 g(x)在 x> 0 时单调递增，
又 g(1) = 0，可知函数 g(x) = lnx f(x)在 (0,1)小于零，且 lnx< 0，可知 f(x)> 0，
同理在 (1,+∞)上，f(x)> 0，可知函数 f(x)在 (0,1)和 (1,+∞)均有 f(x)> 0，
又 y= f(x) (x∈R)为奇函数，则在区间 (-1,0)和 (-∞ ,-1)上，都有 f(x)< 0，
由 ( - ) ( )> 得 x- 2020> 0 x- 2020< 0x 2020 f x 0 > 或 ，x 0 x< 0
∴可知不等式的解集为 -∞ ,0 ∪ 2020,+∞ ．故选：A．
2. (2022 ·全国 ·模拟预测 )已知 f x 1 是定义在 R上的奇函数，f x 是 f x 的导函数，f 2 ≠ 0，且
f x f x ln 2x + x < 0，则不等式 x
2- x- 2 f x > 0的解集是 ( )
A. -∞ ,-1 ∪ 0, 12 ∪ 2,+∞ B. -1,0 ∪
1
2 ,2
C. -1,0 ∪ 2,+∞ D. -∞ ,-1 ∪ 0,2
【答案】D
【分析】根据题意，构造函数 g x = f x ln 2x ，根据已知条件以及利用导数判断其单调性，从而求得 f x
的性质，再利用 f x 的性质求解不等式即可.
【详解】设 g x = f x ln 2x ，则 g x 的定义域为 0,+∞
f x
且 g = + x f x ln 2x x < 0，所以 g x 在 0,+∞ 上单调递减.
因为 g 1 = f 12 2 ln1= 0，所以当 x∈ 0,
1
2 时，g x
1
> 0；当 x∈ 2 ,+∞ 时，g x < 0.
又当 x∈ 0, 12 时，ln
1
2x < 0，当 x∈ 2 ,+∞ 时，ln 2x > 0，所以当 x∈ 0,+∞ 时，恒有 f x < 0.
因为 f x 是R上的奇函数，所以当 x∈ -∞ ,0 时，f x > 0，
x> 0, x< 0,
所以 x2- x- 2 f x > 0 等价于 2 - - < 或 2- - > , 解得 0< x< 2 或 x<-1，x x 2 0 x x 2 0
所以不等式 x2- x- 2 f x > 0 的解集是 -∞ ,-1 ∪ 0,2 . 故选：D.
f(x) f(x)
【题型 6】商除型 1： 与
ex enx
型
【解题技巧】
'( ) - ( )≥ f(x) ' = f '(x)e
x- f(x)ex f '(x) - f(x)
1. f x f x 0 构造 ex
=(ex)2 ex
'( ) - ( )≥ f(x) ' = f '(x)e
nx-nf(x)enx = f '(x) -nf(x)2. f x nf x 0 构造 enx (enx)2 enx
【典例分析】
1. (2023·江西 ·赣州市赣县高三期中 (理 ))设 f x 是函数 f x 的导函数，且 f x > 3f x x∈R f 1 ， 3
= e(e为自然对数的底数 )，则不等式 f lnx < x3的解集为 ( )
A. 0, e B. 1 , e C. 0, 33 e 3 e D.
e 3
3 , e
【答案】C
f x
【分析】构造函数 g x =

3x ，由已知可得函数 g x 在 R 上为增函数，不等式 f lnx < x
3即为 g lnx <
e
g 13 ，根据函数的单调性即可得解.
f x f
x - 3f x【详解】解：令 = ，则 = g x 3x g x e e3x
，

因为 f
f x - 3f x
x >

3f x x∈R ，所以 g x = 3x > 0，所以函数 g x 在 R 上为增函数，e
f lnx < 1 f lnx f lnx f
1
3 不等式 f lnx < x 即不等式 x3 ，又 g lnx = = ，g
1
3lnx 3 3 =
3
e = 1，
x> 0 e x
所以不等式 f 1 1 lnx < x3即为 g lnx < g 3 ，即 lnx< 3 ，解得 0< x<
3 e，
所以不等式 f lnx < x3的解集为 0, 3 e . 故选：C .
【变式演练】
1. (2022·宁夏银川高三模拟 )设函数 f x 是函数 f x x∈R 的导函数，已知 f x < f x ，且 f x =
f 4- x ，f 4 = 0，f 2 = 1，则使得 f x - 2ex< 0成立的 x的取值范围是 ( )
A. -2,+∞ B. 0,+∞ C. 1,+∞ D. 4,+∞
【答案】B
f x x x
【解析】设 g x = ，则 g
e f x - e f x f x - f x
x x = 2x =e e ex
，
∵ f x < f x ，ex> 0，∴ g x < 0，则 g x 在R上单调递减；
∵ f x = f 4- x ，∴ f x 关于直线 x= 2 对称，又 f 2 = 1，∴ f x 关于点 2,1 中心对称，
∵ f 4 = 0，∴ 4,0 关于 2,1 的对称点 0,2 也在 y= f x 上，即 f 0 = 2，
f x f 0
由 f x - 2ex< 0 得： =
< g x x 2，∵ g 0 = 0 = 2，且 g x 在R上单调递减，e e
∴当 x> 0 时，g x < 2，即所求的 x的取值范围为 0,+∞ . 故选：B.
2. (2022·广东汕头市 ·高三三模 )已知定义在R上的函数 f(x)的导函数为 f '(x)，且满足 f '(x) - f(x) > 0，f
(2021) = e2021 1，则不等式 f ee lnx < x的解集为 ( )
A. e2021,+∞ B. 0,e2021 C. e2021e,+∞ D. 0,e2021e
【答案】D
【解析】令 t= 1e lnx，则 x= e
et，所以不等式 f 1e lnx <
e x等价转化为不等式 f e t < eet= et，
f t即
f t
< 1 构造函数 g t = ，则 g
f t - f=
t
t
et et et
，
f t - f t
由题意， g t = t > 0，所以 g t 为R上的增函数，e
f 2021
又 f(2021) = e2021，所以 g 2021 =

2021 = 1，e
f
所以 =
t
g t t < 1= g 2021 ，解得 t< 2021，即
1
e lnx< 2021，所以 0< x< e
2021e，故选：D.
e
3. (2022·重庆市高三月考 )定义在 (-2,2)上的函数 f(x)的导函数为 f (x)，满足：f(x) + e4x f(-x) = 0，f(1)
= e2，且当 x> 0时，f (x)> 2f(x)，则不等式 e2x f(2- x)< e4的解集为 ( )
A. (1,4) B. (-2,1) C. (1,+∞) D. (0,1)
【答案】A
【解析】令 g( ) = f(x)x 2x ，则 f(x) + e
4x f(-x) = 0 e2xg(x) + e4x e-2xg(-x) = 0 g(x) + g(-x) = 0，
e
f (x) - 2f(x)
即 g(x)是 (-2,2)上奇函数，而 x> 0 时，f (x)> 2f(x)，g (x) = 2x > 0，g(x)在 (0,2)上递增，e
于是 g(x)在 (-2,2)上递增，
又 g(1) = f(1) = 1，e2x f(2- x)< e4 e2x e2(2-x)2 g(2- x)< e
4 g(2- x)< g(1)，
e
所以-2< 2- x< 1 1< x< 4，不等式 e2x f(2- x)< e4的解集为 (1,4)，A正确 . 故选：A
f(x)
【题型 7】商除型 2： n 型x
【解题技巧】
'( ) - ( )≥ f(x) ' = xf '(x) - f(x)1. xf x f x 0 构造 x x2
n n-1
2. xf '(x) -nf(x)≥ f(x) x f '(x) -nx f(x)0 构造 n ' = n 2 =
xf '(x) -nf(x)
x (x ) xn+1
【典例分析】
1. (2022·四川广元市 ·高三三模 )已知定义在R上的偶函数 f x ，其导函数为 f x ，若 xf (x) - 2f(x)> 0，f
(- f(x)3) = 1 1，则不等式 x < 9 x的解集是 ( )
A. (-∞ ,-3) ∪ (0,3) B. -3,3 C. (-3,0) ∪ (0,3) D. (-∞ ,-3) ∪ (3,+∞)
【答案】A
f(x) xf '(x) - 2f(x) xf '(x) - 2f(x)
【解析】构造函数 g(x) = 2 ,g'(x) = x 4 = 3 ,x x x
当 x> 0 时，xf (x) - 2f(x)> 0，故 g'(x)> 0，g(x)在 (0,+∞) 上单调递增，
又 f x 为偶函数，y= 12 为偶函数，所以 g(x) =
f(x)
2 为偶函数，在 (-∞ ,0) 单调递减.x x
f(-3) = 1,则 f(3) = 1，g(-3) = g(3) = f(3) = 1 ; f(x) 1
32 9 x
< 9 x，
> f(x)当 x 0 时，即 < 1 12 9 ，g(x)< 9 = g(3)，所以 x∈ (0,3) ；x
当 x< f(x)0 时，即 12 > 9 ，g(x)>
1
9 = g(-3)，所以 x∈ (-∞ ,-3).x
综上所述，x∈ (-∞ ,-3) ∪ (0,3). 故选：A
【变式演练】
1. (2022·江苏苏州 ·模拟预测 )已知函数 f x 是定义在R上的奇函数，f 2 = 0，当 x> 0时，有 xf x -
f x > 0成立，则不等式 xf x > 0的解集是 ( )
A. -∞，-2 ∪ 2，+∞ B. -2，0 ∪ 2，+∞
C. -∞，-2 ∪ 0，2 D. 2，+∞
【答案】A
f x
【详解】xf x - > 成立设 =

f x 0 g x x ，
f x
f

则 = =
x x- f x
g x x 2 > 0，即 x> 0 时 g x 是增函数，x
当 x> 2 时，g x > g 2 = 0，此时 f x > 0；0< x< 2 时，g x < g 2 = 0，此时 f x < 0．
又 f x 是奇函数，所以-2< x< 0 时，f x =-f -x > 0；x<-2 时 f(x) =-f(-x)> 0
则不等式 x f x > 0 等价为 f(x)> 0 或 f(x)< 0 > < ，可得 x> 2 或 x<-2，x 0 x 0
则不等式 xf x > 0 的解集是 -∞，-2 ∪ 2，+∞ ，故选：A．
2. (2022·江苏南通市 ·高三月考 )已知偶函数 f x x≠ 0 的导函数为 f x ，且满足 f -2 = 0，当 x> 0时，
3f x - xf x > 0，则 f x > 0的解集为 ( )
A. -∞ ,-2 ∪ 2,+∞ B. -2,0 ∪ 0,2
C. -∞ ,-2 ∪ 0,2 D. -2,0 ∪ 2,+∞
【答案】B
f x
【解析】根据题意，设函数 g x =

x3
，
f x x- 3f x当 x> 0 时，g x = 4 < 0，所以函数 g x 在 0,+∞ 上单调递减，x
f(-x) f(x) f(x)
又 f x 为偶函数，所以 g -x = = =-(-x)3 -x3 x3
=-g(x)，
所以函数 g(x)为奇函数，则函数 g x 在 -∞ ,0 上也单调递减，
又 f -2 = 0，所以 f 2 = 0，得 g 2 = g -2 = 0，
故 g x 在 -∞ ,-2 和 0,2 的函数值大于零，g x 在 -2,0 和 2,+∞ 的函数值小于零．
又因为 f x = x3 g x ，所以当 x> 0 时 x3> 0，由 f x > 0 可得 g x > 0，即 0< x< 2；
当 x< 0 时 x3< 0，由 f x > 0 可得 g x < 0，即-2< x< 0．
故 f x 在 -2,0 ∪ 0,2 的函数值大于零．故选：B
f(x) f(x)
【题型 8】商除型 3：sinx 与 cosx 型
【解题技巧】
1. f '(x) f(x) f '(x)sinx- f(x)cosxsinx- f(x)cosx≥ 0 构造 sinx ' = sin2x
'( ) - ( ) ≥ f(x) ' = f '(x)cosx+ f(x)sinx2. f x cosx f x sinx 0 构造 cosx cos2x
【典例分析】
1. (2022· π黑龙江高三专题练习 )已知奇函数 f x 的导函数为 f x ，且 f x 在 0, 2 上恒有 f(x)cosx- f
(x)sinx< 0成立，则下列不等式成立的 ( )
A. 2 f π > f π B. f - π6 4 3 < 3 f -
π
6
C. 3 f - π π4 < 2 f - 3 D.
2
2 f
π
3 < 3 f
π
4
【答案】B
f(x)
【解析】构造函数F(x) = ，由 f x 在 0, πsinx 2 上恒有 f
(x)sinx- f(x)cosx> 0，

∴ ( ) = f (x)sinx- f(x)cosxF x 2 > 0，∴F x
π
在 0, 2 上为增函数，(sinx)
(- )= f(-x) -f(x)又由F x (- ) = -sinx =F(x)，∴F x 为偶函数，sin x
π π
∵ π < π ，∴F π f 6 f
6 4 6 4 ，∴
4
π < π ，∴ 2 f
π
6 < f
π
4 ，故A错误.sin 6 sin 4
∵偶函数F x 在 0, π2 上为增函数，∴F x 在 -
π
2 ,0 上为减函数，
π π
∵- π <- π ，∴F - π
f - f -
>F - π 3 6

3 6 3 6 ，∴ >sin - π3 sin -
π
6
∴-f - π3 >- 3 f -
π
6 ，∴ f -
π
3 < 3 f -
π
6 ，故B正确；
f - ππ π 4 f -
π
F - sin - 4 sin -
4
3
2 f - π3 ，故C错误；
π π
∵ π > π
f f
，∴F π >F π ，∴ 3 > 4 ，∴ 2 f π3 4 3 4 π π 3 > 3 f
π
4 ，故D错误 . 故选：B.sin 3 sin 4
【变式演练】
1. (2022· π陕西 ·高三模拟 )已知定义在 0, 2 上的函数 f(x)，f
(x)为其导数，且 f(x)< f (x)tanx恒成立，则
( )
A. 3 f π4 > 2 f
π
3 B. 2 f
π
6 > f
π
4
C. 3 f π6 < f
π
3 D. f 1 < 2f
π
6 sin1
【答案】C
【解析】因为 x∈ 0, π2 ，所以 sinx> 0,cosx> 0，则由 f(x)< f
(x)tanx得 f(x)< f (x) sinxcosx，即 cosxf(x)
- cosf(x) - sinxf(x)sinxf (x)< 0．令F(x) = sinx( )，则F
(x) = sinx( ) = 2 < 0，所以F(x)在 0,
π
f x f x [ f(x)] 2 上递
sin π sin π
减，所以F π π6 >F 3 ，即
6 > 3 ，即 3 f ππ < f
π
f f π 6 3
，故选C．
6 3
2. (2022· π π浙江高三专题练习 )定义域为 - 2 , 2 的函数 f x 满足 f x + f -x = 0，其导函数为 f
x ，当 0
≤ x< π2 时，有 f
x cosx + f x sinx< 0 成立，则关于 x的不等式 f (x) < 2 f π4 cosx的解集为 (
)
A. - π2 ,-
π
4 ∪
π , π4 2 B.
π
4 ,
π
2
C. - π4 ,0 ∪ 0,
π
4 D. -
π
4 ,0 ∪
π , π4 2
【答案】B
【解析】∵ f(x) + f(-x) = 0 且 x∈ - π π2 , 2 ，∴ f(x)是奇函数，
( ) = f(x)

≤ < π ( ) = f (x)cosx+ f(x)sinx设 g x cosx，则 0 x 2 时，g x < 0，∴ g x 在 0,
π 是减函数．
cos2x 2
f(x)
又 f(x)是奇函数，∴ g(x) = π cosx 也是奇函数，因此 g(x)在 - 2 ,0 是递减，从而 g(x)在 -
π π
2 , 2 上是
π
f(x) f
减函数，不等式 f(x)< 2 f π 44 cosx为 cosx < π ，即 g(x)< g
π π
4 ，∴ 4 < x<
π
2 ．故选：B．cos 4
【题型 9】换元结构型
【典例分析】
2
1. (2022河南高三期末 (理 ))已知函数 f x = lnx- 2ax，g x = 4axlnx - 2x，若方程 f x = g x 恰有三个
不相等的实根，则 a的取值范围为 ( )
A. 0,e B. 0, 1 2e C. e,+∞ D. 0,
1
e
【答案】B
【详解】由题意知方程 f x = g x 在 0,1 ∪ 1,+∞ 上恰有三个不相等的实根，
即 lnx- 2ax= 4ax
2
lnx - 2x，①.
因为 x> 0，①式两边同除以 x，得 lnx - 2a= 4axx lnx - 2.
所以方程 lnxx - 2a-
4ax
lnx + 2= 0 有三个不等的正实根.
记 t x = lnxx ，x∈ 0,1 ∪ 1,+∞ ，则上述方程转化为 t x - 2a-
4a + 2= 0.
t x
即 t x + 2 t x - 2a = 0，所以 t x =-2 或 t x = 2a. 因为 t x 1- lnx = 2 ，当 x∈ 0,1 ∪ 1,e 时，x
t x > 0，所以 t x 在 0,1 ， 1,e 上单调递增，且 x→ 0 时，t x →-∞. 当 x∈ e,+∞ 时，t x < 0，
t x 在 e,+∞ 上单调递减，且 x→+∞时，t x → 0. 所以当 x= e 时，t x 取最大值 1e ，当 t x =-2，有
一根 . 所以 t x = 2a恰有两个不相等的实根，所以 0< a< 12e . 故选：B.
【变式演练】
1. (2022甘肃高三模拟 )已知函数 f(x) = (aex+ ex) (ex+ ex)与 g(x) = e2x的图象恰有三个不同的公共点 (其
中 e为自然对数的底数 )，则实数 a的取值范围是 ( )
A. - 12 ,1 B. -
1 2 2
2 , 2 C. 2 ,1 D. (1, 2)
【答案】A
【分析】由两图象有三个公共点可得 f(x) = g(x)有三个实根，变形得 a+ exex 1+
ex
x = 1，设 t= h(x) =e
ex
x ，则关于 t的方程 (a+ t) (1+ t) = 1 有两个不同的实数根 t1,t2且 h(x) = t1,h(x) = t2共有三个实数根，结e
合二次方程根的分布和 h(x)的图象性质可得答案.
【详解】令 f(x) = g(x)，可得 (aex+ ex) (ex+ ex) = e2x，可得 a+ ex 1+ exx x = 1. 设 t= h(x) = ex，则 (ae e ex
+ ) ( + e(1- x)t 1 t) = 1，即 t2+ (a+ 1)t+ a- 1= 0.h (x) = x ，当 x< 1 时，h(x)单调递增且 h(x) ∈e
(-∞ ,1)；
当 x> 1 时，h(x)单调递减且 h(x) ∈ (0,1). 作出 t= h(x)的图象如图所
示.
对于 t2+ (a+ 1)t+ a- 1= 0，Δ= (a+ 1)2- 4(a- 1) = (a- 1)2+ 4> 0，
设该方程有两个不同的实根 t1,t2，由题意得 h(x) = t1,h(x) = t2共有三个
实数根.
若 t= 1 是方程的根，则 1+ a+ 1+ a- 1= 0，即 a=- 12 ，则方程的另一
个根为 t=- 32 ，不合题意.
若 t= 0 是方程的根，则 0+ 0+ a- 1= 0，即 a= 1，则方程的另一个根为 t=-2，不合题意.
所以关于 t的方程的两根 t1,t2(不妨令 t1< t2)满足 t1< 0< t2< 1.
0+ 0+ a- 1< 0,所以 1 1+ a+ 1+ a- 1> 解得- < a< 1. 故选A.0, 2
2 n
2. (2022·江西 ·高三专题练习 (理 ))设大于 1的两个实数 a b ln b b， 满足 2a < a ，则正整数 n的最大值为e
( )．
A. 7 B. 9 C. 11 D. 12
【答案】B
【分析】将已知条件变形 ln
2b e2a
n < n ，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出n的最大值即可.b a
2
【详解】解：易知 ln b < b
n ln2b 2a 2 xn-1 lnx 2-nlnx
2a n 等价于 n <
e ．令 f x = ln x x> 1 ，则 f

n n x =e a b a x x2n
=
lnx 2-nlnx
xn+1
．
2 2 2
令 f x = 0 得 x= en．当 f x > 0 时 x∈ 1,en ；当 f x < 0 时 x∈ en,+∞ ．
2
2
2 2 2
所以 f x 在 1,en 上单调递增，在 en,+∞ 上单调递减，则 f x 有最大值 f en = n2 ．e
e2x 2x令 g x = x> 1 ，则 g
e 2x-n
n x =
n
n+1 ．当 2 ≤ 1 时不符合，舍去，所以
n
2 > 1．x x
则 g x = 0，x= n2 ．当 g
n x > 0 时 x> 2 ；当 g
x < 0 时 1< x< n2 ．
n
所以 g x 在 1, n2 上单调递减，在
n
2 ,+∞ 上单调递增，则 g
n e
x 有最小值 g 2 = n n ． 2
2
ln2b e2a 2
2 n n-2
若 n < n 成立，只需 f en ≤ g n n e2 ，即 2 ≤ n n ，即 e
n+2≥ n ．b a e 22
两边取自然对数可得n+ 2≥ n- 2 n ln 2 ．当n= 2 时等式成立；当n≥ 3 时有
n+ 2 ≥ ln nn- 2 2 ．
令 φ x+ 2 x = x- 2 - ln
x
2 ，本题即求 φ x > 0 的最大的正整数．
φ x = -4 - 1 2 x < 0 恒成立，则 φ x 在 3,+∞ 上单调递减． x- 2
因为 φ 8 = 5 3 - ln4> 0，φ 9 =
11
7 - ln
9
2 ≈ 1.5714- 1.51> 0，φ 10 =
3
2 - ln5< 0，
所以 φ x > 0 的最大正整数为 9．故选：B．
【题型 10】双元结构型
【解题技巧】
双元，可以借助相同结构来构造对应“统一函数”。
【典例分析】
1. (2022.河南高三期中 ) x对于任意 x1，x2∈ [1,+∞)，当 x2> x1时，恒有 aln 2x < 2(x2- x1)成立；则实数 a的1
取值范围是 ( )
A. (-∞ ,0] B. (-∞ ,1] C. (-∞ ,2] D. (-∞ ,3]
【答案】C
【分析】对于任意 x1，x2∈ 1,+∞ ，当 x2> x1时，恒有
x
aln 2x < 2 x2- x1 成立，可得 alnx2- 2x2< alnx1-1
2x1成立，令 f x = alnx- 2x，可知函数 f x 在 1,+∞ 上单调递减，求导，令 f x ≤ 0 恒成立，即可求出
a的取值范围．
【详解】对于任意 x1，x2∈ 1,+∞ ，当 x2> x1时，恒有
x
aln 2x < 2 x2- x1 成立，1
即 alnx2- 2x2< alnx1- 2x1成立，令 f x = alnx- 2x，∴ f x2 < f x1 ，
∴ f x 在 1,+∞ 上单调递减，∴ f′ a x = x - 2≤ 0 在 1,+∞ 恒成立，∴ a≤ 2x在 1,+∞ 恒成立，
∵当 x≥ 1，2x≥ 2，∴实数 a的取值范围为 -∞ ,2 ，故选C .
【变式演练】
1. (2023·广东 ·高三模拟 )已知变量 x1,x2∈ 0,m (m> 0)，且 x < x ，若 xx21 2 1 < xx12 恒成立，则m的最大值_
_______．
【答案】e
【详解】不等式两边同时取对数得 lnx lnxlnxx2< lnxx1，即 x lnx < x lnx ，又 x ,x ∈ 0,m 即 1 21 2 2 1 1 2 1 2 x <1 x
成立，
2
设 f(x) = lnxx ，x∈ (0，m)，∵ x1< x2，f(x1)< f(x2)，则函数 f(x)在 (0，m)上为增函数，
1
x x- lnx函数的导数 f (x) = 1- lnx2 = 2 ，由 f′ (x)> 0 得 1- lnx> 0 得 lnx< 1，得 0< x< e，x x
即函数 f(x)的最大增区间为 (0，e)，则m的最大值为 e 故答案为：e
x lnx - x lnx
2. (2023·全国 ·高三专题练习 )若对于任意的 0< x < x < a，都有 2 1 1 21 2 x - x > 2，则 a的最大值为1 2
( )
A. 1 B. e C. 1 D. 1e 2
【答案】C
【分析】问题转化为 lnx1+ 2 < lnx2+ 2x x ，构造函数 f(x) =
lnx+ 2
x ，易得 f(x)在定义域 (0,a)上单调递增，1 2
所以 f (x)≥ 0 在 (0,a)上恒成立，进而可求出 a的最大值．
【详解】解：∵ 0< lnx lnxx1< x2< a，∴ x1- x2< 0，∴ x2lnx1- x1lnx2< 2(x 1 2 2 21- x2)，∴ x - x < - ，1 2 x2 x1
∴ lnx1+ 2x <
lnx2+ 2
x ，∴函数 f(x) =
lnx+ 2
x 在定义域 (0,a)上单调递增，1 2
∴ 1- (lnx+ 2)f′ (x) = = -lnx- 12 2 ≥ 0 在 (0,a)上恒成立，由-lnx- 1≥ 0，解得 0< x≤
1
e ，故 a的最x x
大值是 1e . 故选：C．
【题型 11】综合构造型
【解题技巧】
f(x) ± a
结合式子，寻找各种综合构造规律，如 g(x) = nx 或者 g x = e
x f x - k 或者 g( ) =
cosx f(x)
x
e ex
【典例分析】
1. (2022·河南 ·高三阶段练习 (理 ))已知奇函数 f x 的定义域为 R，其函数图象连续不断，当 x> 0 时，
x+ 2 f x + xf x > 0，则 ( )
f 1 f -1
A. 4e > f 2 B. f 2 < 0 C. f -3 f 1 > 0 D. e > 4f -2
【答案】D
【分析】令 g x = x2ex f x ，根据导数可知其在 0,+∞ 上单调递增，由 g 2 > g 1 > g 0 = 0 可知AB错
f 1
误，同时得到 e < 4f 2 ，f 1 > 0，f 3 > 0，结合奇偶性知C错误，D正确.
【详解】对于AB，令 g x = x2ex f x ，则 g 0 = 0，g x = x x+ 2 ex f x + x2ex f x ，
当 x≥ 0 时，g x = xex x+ 2 f x + xf x ≥ 0，∴ g x 在 0,+∞ 上单调递增，
f 1
∴ < g 0 g 1 < g 2 ，即 0< ef 1 < 4e2 f 2 ，∴ f 2 > 0， 4e < f 2 ，AB错误；
对于C，由A的推理过程知：当 x> 0 时，g x = x2ex f x > 0，则当 x> 0 时，f x > 0，∴ f 1 > 0，f 3
> 0，
又 f x 为奇函数，∴ f -3 =-f 3 < 0，∴ f -3 f 1 < 0，C错误．
f 1 f -1
对于D，由 的推理过程知： A e < 4f 2 ，又 f -1 =-f 1 ，f -2 =-f 2 ，∴-

e <-4f -2 ，
f -1则 e > 4f -2 ，D正确．故选：D.
2. (2022. 陕西高三模拟 )设定义在 0,+∞ 上的函数 f x ≠ 0 恒成立，其导函数为 f ′ x ，若 f x -
x+ 1 f′ x ln x+ 1 < 0，则 ( )
A. 2f 1 > f 3 > 0 B. 2f 1 < f 3 < 0 C. 2f 3 > f 1 > 0 D. 2f 3 < f 1 < 0
【答案】B
ln(x+ 1)
【分析】由题设构造 g(x) = ，易知 0,+∞ 上 g ( (x)< 0，即 g(x)单调递减，进而可比较 f(1)、f(3)f x)
的大小.
ln(x+ 1)
【详解】由题意，在 0,+∞ 上的函数 f x ≠ 0 恒成立，若 g(x) =
f( ，则 g (x) =x)
f(x)
x+ 1 - f (x)ln(x+ 1)，
f 2(x)
f x
∵ 0,+∞ 上 x+ 1 - f′ x ln x+ 1 < 0，即 g
(x)< 0，
∴ g(x)在 0,+∞ 上单调递减，而 g(0) = 0，故 0> g(1)> g(3)
∴ 0> ln2 ln4( ) > ( )，可得 2f(1)< f(3)< 0. 故选：Bf 1 f 3
【变式演练】
1. (2022·陕西一模 (理 ))若定义在R上的函数 f x 满足 f x + f x > 1，f 0 3 = 4，则不等式 f x >
ex
+
1(e为自然对数的底数 )的解集为 ( )
A. (0,+∞) B. (-∞ ,0) ∪ (3,+∞) C. (-∞ ,0) ∪ (0,+∞) D. (3,+∞)
【答案】A
【分析】把不等式 f x > 3 x x x x
ex
+ 1 化为 e f x > 3+ e ，构造函数令F x = e f x - e - 3，利用导数求得函
数F x 的单调性，结合单调性，即可求解.
【详解】由题意，不等式 f x 3 > + 1，即 ex f x > 3+ ex，
ex
令F x = ex f x - ex- 3，可得F x = ex f x + ex f x - ex= ex f x + f x - 1 ，
因为 f x + f x > 1 且 ex> 0，可知F x > 0，所以F x 在R上单调递增，
又因为F 0 = e0 f 0 - e0- 3= f 0 - 4= 0，所以F x > 0 的解集为 (0,+∞). 故选：A.
2. (2022·河南 ·高三阶段练习 (文 ))若定义在R上的函数 f(x)满足 f(x) + x+ f (x) + 1> 2e-x，f(0) = 5，则
不等式 f(x)> (2x+ 5)e-x- x的解集为 ( )
A. (-∞ ,0) ∪ (0,+∞) B. (-∞ ,0) ∪ (5,+∞) C. (0,+∞) D. (5,+∞)
【答案】C
【分析】构造函数 g(x) = ex[ f(x) + x]- 2x，利用导数研究 g x 的单调性，由此求得不等式 f(x)> (2x+ 5)
e-x- x的解集.
【详解】令 g(x) = ex[ f(x) + x]- 2x，则 g (x) = ex[ f(x) + x]+ ex f (x) + 1 - 2
= ex f(x) + x+ f (x) + 1 - 2> ex 2e-x- 2= 0，所以 g(x)在R上单调递增，
又因为 g(0) = e0[ f(0) + 0]- 2× 0= 5，由 f(x)> (2x+ 5)e-x- x，得 f(x) + x>(2x+ 5)e-x，
两边同时乘以 ex，得 ex[ f(x) + x]> 2x+ 5，得 ex[ f(x) + x]- 2x> 5，即 g(x)> g(0)，解得 x> 0，
即不等式的解集是 (0,+∞). 故选：C
3. (2022·成都高三月考 )定义在R上的连续函数 f(x)的导函数为 f (x)，且 cosxf (x)< (cosx+ sinx)f(x)成
立，则下列各式一定成立的是 ( )
A. f(0) = 0 B. f(0)< 0 C. f(π)> 0 D. f π2 = 0
【答案】C
【解析】由题可得 cosxf (x) - sinxf(x)< cosxf(x)，所以 (cosxf(x)) < cosxf(x)，

( cosx f(x) (cosxf(x)) - cosxf(x)设 g x) = x 则 g
(x) = x < 0，所以 g(x)在 R 上单调递减，且 g πe e 2 = 0
f(π)
由 g(0)> g π2 > g(π)可得 f(0)> 0>- π ，所以 f(0)> 0，f(π)> 0，所以选项A B错误，选项C正确e
. 把 x= π 2 代入 cosxf (x)< (cosx+ sinx)f(x)，可得 f
π
2 > 0，所以选项D错误，故选：C .
【题型 12】二次构造型
【典例分析】
1. (2022 · 辽宁 · 沈阳市高三阶段练习 ) 已知定义在 (0，+∞) 上的函数满足 xf x + 2- x f x =
ex
x x+ lnx- 1 ，则下列不等式一定正确的是 ( )
A. 4f 1 < e f 1 2 B. 4f 2 < ef 1 C. 4ef 2 > 9f 3 D. e
3
2 f
1
2 < 16f 2
【答案】A
ex x
2 f x + 2x- x2 f x【分析】观察式子特点 xf x + 2- x f x = x x+ lnx-

1 ，即 x = x+ lnx- 1，e
x2 f x
构造函数 g x = x ，利用 h x = x+ lnx- 1(0，+∞)上为增函数，且 h 1 = 0，结合选项特点 g 2 >e
g 1 ，
g 1 3 > g 2 ，g 2 > g 1 从而得解.
x x2 f x + 2x- x2 f x
【详解】解：由 xf x e + 2- x f x = x x+ lnx- 1 ，得 x = x+ lnx- 1，e
x2 f x x2 f x ex- x2 f x ex 2xf x + x2 f x设 = ，则 = =
- x2 f x
g x x g x e ex 2 ex
x2 f x + 2x- x2 f x= x = x+ lnx- 1e
设 h x = x+ lnx- 1，则 h x 在 (0，+∞)上为增函数，且 h 1 = 0，
则当 x> 1 时，h x > h 1 = 0，此时 g x = h x > 0，此时函数 g x 为增函数，
当 0< x< 1 时，h x < h 1 = 0，此时 g x = h x < 0，此时函数 g x 为减函数，
4f 2 f 1 9f 3 4f 2
由 g 2 > g 1 ，即

2 >
，即 > e 4f 2 ef 1 ，由 g 3 > g 2 ，得 3 > 2 ，即 4ef 2 9f 3 ，
1
1 4 f
1 f 1由 g 2 > g 1 ，得
2
1 > e ，即 4f 1 < e f
1
2 ，故选：Ae2
【变式演练】
f 1
( 1. 2022·吉林 ·高三阶段练习 (理 ))已知定义在R上的函数 f x 和函数 g x 满足 f x = 2 e
2x-2+ x2
- 2f 0 x，且 g x + 2g x < 0，则下列不等式成立的是
A. f 2 g 2017 > g 2019 B. f 2 g 2017 < g 2019
C. g 2017 > f 2 g 2019 D. g 2017 < f 2 g 2019
【答案】C
f 1 = f 1 e0+ 2- 2f 0
【分析】对函数 y= f x 求导，由题意得出 f 1 ，解出 f 0 和 f 1 的值，可得出函f 0 = 2e2
数 y= f x 的解析式，可得出 f 2 = e4，构造函数 h x = e2x g x ，利用导数判断出函数 y= h x 在R上
为减函数，可得出 h 2017 > h 2019 ，化简后可得出正确选项.
f 1
【详解】∵ f x = e2x-2+ x2- 2f 0 x，∴ f x = f 2 1 e
2x-2+ 2x- 2f 0 ，
f 1
则 f 1 = f 1 e0+ 2- 2f 0 ，∴ = ，∴

f 0 1 f x = 2 e
2x-2+ x2- 2x，
f 1
将 x= 0 代入函数 y= f x 的解析式得

f 0 = 2 = 1，得 f
1 = 2e2，
2e
∴ f x = e2x+ x2- 2x，则 f 2 = e4. 构造函数 h x = e2x g x ，
则 h x = 2e2x g x + e2x g x = e2x 2g x + g x < 0，所以，函数 y= h x 在R上单调递减，
∴ h 2017 > h 2019 ，即 e4034g 2017 > e4038g 2019 ，即 g 2017 > e4g 2019 ，
因此，g 2017 > f 2 g 2019 ，故选C .
2. (2022·吉林 ·高三专题练习 )若函数 f x 满足： x- 1 f x - f x = x+ 1 x - 2，f e = e- 1，其中 f
x
为 f 1 x 的导函数，则函数 y= f x 在区间 e , e 的取值范围为 ( )
A. 0,e B. 0,1 C. 0, e D. 0,1-
1
e
【答案】D
x- 1 f 【分析】变换得到
x - f x 1
x- 1 2
= x，代入数据计算得到 f x = x- 1 lnx，求导得到函数单调性，
计算最值得到答案.
x- 1 2
【详解】由 x- 1 f x - f x = x+ 1 - 2 有 x- 1 f x x - =

f x x ，
x- 1 f x - f x 1 f x f x可得： 2 = x，故有：
1
x- 1 = x，得

x- 1 = lnx+C(C为常数 )，得 f x-
=
x 1
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- 1 xlnx+ x- 1 x = lnx+ x = 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 1
e = 1- e ，f e =
e- 1
2 ，
1 e- 1 e- 2- e e 2e- e e + e- 2 e 2- e + e- 2由 1- e - 2 = 3 2e =

2e = 2e > 0，
故所求取值范围为： 1 0,1- e . 故选：D
x
3. (2022· 1 e黑龙江 ·高三阶段练习 )若定义域 2 ,+∞ 的函数 f x 满足 f
(x) - f(x) = x 且 f 1 =-e，若
f 3- 1m ≤-e恒成立，则m的取值范围为 ( )
A. 1 2 ,1 B.
1 2 ,+∞ C. 0,
2
5 D.
2 , 1 5 2
【答案】D
f(x)
【分析】先根据条件构造函数 = lnx+ c，再利用导数研究函数单调性，进而解决不等式 f 3- 1ex m ≤
-e= f(1)恒成立问题即可.
x
【详解】函数 f x 满足 f (x) - f( ) = e ∴
f (x) - f(x)
x x ， x =
1 f(x)，则 = 1x ，e ex x
f(x)
可设 x = lnx+ c，c为常数，故 f(x) = lnx+ c e
x，∴ f 1 = c e1=-e，
e
∴ c=-1，故 f(x) = lnx- 1 ex，f (x) = ex lnx+ 1x - 1 ，x∈
1
2 ,+∞ ，
令 g(x) = lnx+ 1x - 1 ，x∈
1
2 ,+∞ ，则 g
(x) = 1x -
1
2 =
x- 1
2 ，x x
x∈ 1 2 ,1 时，g (x)< 0，故 g(x)单调递减；x∈ 1,+∞ 时，g (x)> 0，故 g(x)单调递增，∴ g(x)在 x= 1 时
取得最小值 g(1) = 0，∴ g(x)≥ 0 恒成立，
f (x) = ex lnx+ 1x - 1 ≥ 0 在 x∈
1
2 ,+∞ 成立，故 f x 在
1
2 ,+∞ 上递增，又 f 1 =-e，所以不等式
f 3- 1m ≤-e 即 f 3-
1
m ≤ f(1)，根据单调性得
1 1
2 ≤ 3- m ≤ 1，解得
2
5 ≤m≤
1
2 . 故选：D.
最新模考题组练
1. (2022·重庆高三月考 )已知定义在R上的奇函数 f(x)，且其图象是连续不断的，满足 f '(x) + 3< 0，则不等
式 f(x- 1)> 3lnx- 2x+ 2的解集为 ( )
A. (0,e) B. (e,+∞) C. (0,1) D. (1,+∞)
【答案】C
【解析】∵ f(x- 1)> 3lnx- 2x+ 2，∴ f(x)> 3ln(x+ 1) - 2x(x>-1)，令 g(x) = f(x) - 3ln(x+ 1) + 2x(x
>-1)，
∵ f (x) + 3< 0，则 g (x) = f (x) - 3 3x+ 1 + 2=[ f (x) + 3]- x+ 1 - 1< 0，∴ y= g(x)在 (-1,+∞)单调
递减．
又 f(x)为R上的奇函数，∴ f(0) = 0，∴ g(0) = f(0) - 3ln(0+ 1) + 2× 0= 0，
∴ f(x)> 3ln(x+ 1) - 2x(x>-1) g(x)> g(0)，∴-1< x< 0．
而 g(x- 1) = f(x- 1) - 3ln[(x+ 1) - 1]+ 2(x- 1) = f(x- 1) - (3lnx- 2x+ 2) (x> 0)，
∴ g(x- 1)> 0= g(0)，∴-1< x- 1< 0，即 0< x< 1，故选：C．
2. (2022·吉林 ·高三阶段练习 (理 ))已知在定义在R上的函数 f x 满足 f x - f -x - 6x+ 2sinx= 0，且
x≥ 0 f x ≥ 3 - cosx f x ≥ f π - x - 3π + 6x + 2cos x+ π时， 恒成立，则不等式 2 2 4 的解集为
( )
A. 0, π B. π4 4 ,+∞ C. -∞ ,
π
6 D.
π
6 ,+∞
【答案】B
【分析】结合已知不等式，构造新函数 g x = f x - 3x+ sinx，结合单调性及奇偶性，列出不等式，即可求
解.
【详解】由题意，当 x≥ 0 时，f x ≥ 3- cosx恒成立，即 f x - 3+ cosx≥ 0 恒成立，
又由 f x - f(-x) - 6x+ 2sinx= 0，可得 f x - 3x+ sinx= f(-x) + 3x- sinx，
令 g x = f x - 3x+ sinx，可得 g -x = g -x ，则函数 g x 为偶函数，且当 x≥ 0 时，g x 单调递增，
结合偶函数的对称性可得 g x 在 (-∞ ,0)上单调递减，由 f x ≥ f π - x - 3π 2 2 + 6x+ 2cos x+
π
4 ，
化简得到 f π π π x - 3x+ sinx≥ f 2 - x - 3 2 - x + sin 2 - x ，
即 g π x ≥ g 2 - x ，所以
π
x ≥ 2 - x ，解得 x≥
π
4 ，即不等式的解集为
π 4 ,+∞ . 故选：B.
3. (2022·山东 ·高三三模 )定义在R上的奇函数 f x 的图象连续不断，其导函数为 f x ，对任意正实数 x恒
有 xf x > 2f -x ，若 g x = x2 f x ，则不等式 g log3 x2- 1 + g -1 < 0的解集是 ( )
A. 0,2 B. -2,2 C. - 3,2 D. -2,-1 ∪ 1,2
【答案】D
【解析】因为 f x 是定义在R上的奇函数，所以 f -x =-f x ，
所以当 x∈R时，有 g -x = x2 f -x =-x2 f x =-g x ，所以 g x 为奇函数，且对于正实数 x，
有 xf x > 2f -x =-2f x ，即 xf x + 2f x > 0，
所以 g x = 2xf x + x2 f x = x 2f x + xf x > 0，
所以 g x = x2 f x 在 x> 0 是增函数，又因为 g x 为奇函数，所以 g x 为 x∈R上的增函数，
由 g log3 x2- 1 + g -1 < 0 得 g log 23 x - 1 <-g -1 = g 1 ，
所以 log 2 23 x - 1 < 1，即 0< x - 1< 3，解得-2< x<-1 或 1< x< 2，故选：D.
4. (2022·全国 )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 2f(x) + x f (x)> x2，
则不等式 (x+ 2021)2 f(x+ 2021) - 4 f(-2)> 0的解集为 ( )
A. (-∞，-2023) B. (-∞，-2) C. (-2，0) D. (-2022，0)
【答案】A
【解析】令 g(x) = x2 f(x)，则 g (x) = x2 f (x) + 2x f(x) = x[x f (x) + 2f(x)]，
∵ 2 f(x) + x f (x)> x2> 0，x< 0，∴ x[x f (x) + 2f(x)]< 0，即 g (x)< 0，
∴ g(x) = x2 f(x)在 (-∞ ,0)上是减函数，
∴ (x+ 2021)2 f(x+ 2021) - 4 f(-2)> 0 可化为： (x+ 2021)2 f(x+ 2021)> 4 f(-2) = (-2)2 f(-2)，
∴ g(x+ 2021)> g(-2)，即 x+ 2021<-2，解得 x<-2023，
所以不等式 (x+ 2021)2 f(x+ 2021) - 4 f(-2)> 0 的解集为 (-∞，-2023). 故选：A
5. 已知函数 f(x) π π的定义域为 - 2 , 2 ，其导函数为 f
(x).若 f (x) = tanx [ f(x) + x]，且 f(0) = 0，则下列结
论正确的是 ( )
A. f(x)是增函数 B. f(x)是减函数 C. f(x)有极大值 D. f(x)有极小值
【答案】A
【分析】对 f x = tanx sinx f x + x 化简可得 f (x) = cosx [ f(x) + x]，即为 f (x)cosx- sinxf(x) =
x sinx，设函数 g(x) = f(x) cosx，研究函数 y= g(x)的性质，从而得到 y= f(x)的单调性与极值，从而得
到答案.
【解析】解：设函数 g(x) = f(x) cosx因为 f x = tanx f x + x 化简可得 f (x) = sinxcosx [ f(x) + x]，
即为 f (x)cosx- sinxf(x) = x sinx，故 g (x) = x sinx，因为 x∈ - π2 ,-
π
2
所以 g (x) = x sinx≥ 0 恒成立，所以 y= g(x)在 x∈ - π2 ,-
π
2 上单调递增，又因为 f(0) = 0，
所以 g(0) = f(0) cos0= 0，所以当 x∈ - π2 ,0 时，g(x)< 0，

当 x∈ g(x) 0, π 时，g(x)> 0，f (x) =
g = (x) cosx+ g(x)sinx 2 cosx cos2
，
x
当 x∈ - π2 ,0 时，g(x)< 0，g
(x)> 0，cosx> 0，sinx< 0，

故 f ( g(x) g (x) cosx+ g(x)sinxx) = cosx = cos2
> 0 恒成立；
x
当 x∈ 0, π2 时，g(x)> 0，g
(x)> 0，cosx> 0，sinx> 0，
( ) = g(x)
= g (x) cosx+ g(x)sinx故 f x cosx cos2
> 0 恒成立；
x
所以 y = f (x)≥ 0 在 x∈ - π2 ,-
π
2 上恒成立，
故 y= f(x)在 x∈ - π2 ,-
π
2 上单调递增，故函数没有极值，不可能单调递减。所以选A.
6. (2022·安徽合肥市 ·高三模拟 (理 ))已知函数 f(x)满足 xf (x)lnx+ f(x)> 0(其中 f (x)是 f(x)的导数 )，
令 a= e f(e)
1
，b= π-f π ，c= 1，则 a，b，c的大小关系为 ( )
A. a> b> c B. b> a> c C. c> b> a D. a> c> b
【答案】D
【解析】令 g(x) = f(x)lnx，则 g (x) = f (x)lnx+ 1x f(x) =
1
x xf
(x)lnx+ f(x) > 0，
故 g(x)在 (0,+∞)上单调递增 .∴ g(e)> g(1)> g 1π ，即 f(e)> 0>-f
1
π lnπ，
1 1 1
∴ e f(e)> e0> e-f π lnπ= elnπ -f π = (π)-f π ，∴ a> c> b. 故选：D.
7. (2022·河南濮阳 ·一模 (理 ))已知函数 f x+ 1 为定义域在R上的偶函数，且当 x≥ 1时，函数 f x 满足
xf x + 2f x = lnx 12 ，f e = 4e ，则 4ef x < 1的解集是 ( )x
A. -∞ ,2- e ∪ e,+∞ B. 2- e, e
C. -∞ ,2- e ∪ e,+∞ D. 2- e,e
【答案】A
g x
【详解】由题可知，当 x≥ 1 时， x2 f lnx x = x ．令 g x = x
2 f x ，则 f x = ，
x2
x
2g x - 2xg x lnx- 2g x
f x = = ，令 h 1 1- 2lnx 4 3 x = lnx- 2g x ，h
x = x - 2g
x =
x x x
，
令 h x = 0，解得 x= e．可知函数 h x 在 e,+∞ 上单调递减﹐在 1, e 上单调递增．
又 h e = ln e- 2g e = 0，所以 h x ≤ 0，f x ≤ 0，所以函数 f x 在 1,+∞ 上单调递减，
4ef x < 1，可化为 f x < 14e = f e ，又函数 f x 关于 x= 1 对称，
故 x- 1 > e- 1 ,x- 1< 1- e 或 x- 1> e- 1，
所以不等式的解集为 -∞ ,2- e ∪ e,+∞ ．故选：A
8. (2022·安徽 ·高三阶段练习 )已知 a= ln 2 1 lnπ4 ，b= 2 ，c= 2π 则 a，b，c的大小关系为 ( )e
A. a< c< b B. b< a< c C. a< b< c D. c< a< b
【答案】C
【分析】构造函数，根据函数的单调性比较大小.
【详解】令 f x = lnx 2 ，则 f
x = x- 2xlnx4 ，令 f
x < 0，解得 x> e，
x x
因此 f x = lnx 2 在 e,+∞ 上单调递减，又因为 a=
ln 2 = ln44 16 = f 4 ，b=
1 = lne2 2 = f e ，c=x e e
lnπ = ln π2π π = f π ，因为 4> e> π> e，所以 a< b< c. 故选：C .
9. (2022·江西 ·高三一模 )已知奇函数 f(x) π的定义域为 - 2 ,0 ∪ 0,
π
2 ，其导函数是 f '(x)．当 x∈ 0,
π
2
时，f '(x)sinx- f(x)cosx< 0 π，则关于 x的不等式 f(x)< 2f 6 sinx的解集为 ( )
A. - π π π π π π π2 ,- 6 ∪ 0, 6 B. - 2 , 6 ∪ 6 , 2
C. - π6 ,0 ∪ 0,
π D. - π ,0 ∪ π6 6 6 ,
π
2
【答案】D
【解析】g(x) = f(x) ∴ '( )= f '(x)sinx- f(x)cosxsinx， g x ，sin2x
∵当 x∈ 0, π2 时，f '(x)sinx- f(x)cosx< 0，∴ g'(x)< 0，
∴ g(x)在 0, π2 上单调递减，∵ f(x)是定义在 -
π
2 ,0 ∪ 0,
π
2 上的奇函数，
f -x- = = f(x)故 g x π = g(x)，∴ g(x)是定义在 - ,0 ∪
sin -x sinx 2 0,
π
2 上的偶函数．
∴ g(x)在 - π2 ,0 上单调递增．①当 x∈ 0,
π
2 时，sinx> 0，
f(x) f π
则不等式 f(x)< 2f π6 sinx可转化为 <
6
sinx ，sin π6
即 g(x)< g π ，∴ x> π ，故 x∈ π , π6 6 6 2 ．
π
②当 x∈ - π
f(x) f
2 ,0 时，sinx< 0，则不等式 f(x)< 2f
π
6 sinx可转化为
6
sinx > ，sin π6
即 g(x)> g π6 = g -
π
6 ，∴ x>-
π
6 ，故 x∈ -
π
6 ,0 ．
不等式 f(x)< 2f π6 sinx的解集为 -
π π
6 ,0 ∪ 6 ,
π
2 ．故选：D．
10.(2023·全国 ·高三专题练习 )定义在R上的连续函数 f(x)的导函数为 f (x)，且 cosxf (x)< (cosx+ sinx)f
(x)成立，则下列各式一定成立的是 ( )
A. f(0) = 0 B. f(0)< 0 C. f(π)> 0 D. f π2 = 0
【答案】C
( ) = cosx f(x)【分析】设 g x x ，由条件可得 g (x)< 0，即 g(x)在 R 上单调递减，且 g π2 = 0，由此卡判断选e
项A，B， C， 将 x= π2 代入条件可得 f
π
2 > 0，可判断选项D.
【详解】由题可得 cosxf (x) - sinxf(x)< cosxf(x)，所以 (cosxf(x)) < cosxf(x)，
( ) = cosx f(x)

( ) = (cosxf(x)) - cosxf(x)设 g x x 则 g x x < 0，e e
f(π)
所以 g(x)在 R 上单调递减，且 g π2 = 0 由 g(0)> g
π
2 > g(π)可得 f(0)> 0>- π ，e
所以 f(0)> 0，f(π)> 0，所以选项A B错误，选项C正确.
把 x= π2 代入 cosxf
(x)< (cosx+ sinx)f(x)，可得 f π2 > 0，所以选项D错误，故选：C .
11. (2022·江苏 ·南京师大附中高三期中 )已知函数 f x = lnx- ax2，则下列结论不正确的有 ( )
A. a< 1当 2e 时，y= f x 有 2个零点
B. a> 1当 2e 时，f x ≤ 0恒成立
C. 1当 a= 2 时，x= 1是 y= f x 的极值点
D. 若 x1,x2是关于 x的方程 f x = 0的 2个不等实数根，则 x1x2> e
【答案】A
【分析】对于A和B，由 f x = 0 可得 a= lnx，令 g x = lnx ，利用导数得到 g x 的单调性和最值情况即
x2 x2
可判断；对于C，将 a= 12 代入 f x ，利用导数得到 f x 的单调性即可判断；对于D，问题转化为 2at= lnt
t2 1 - 1
有两个零点，证明 t t > e21 2 ，进而只需要证明 lnt + lnt > 2，也即是
t t
ln 1 > 21 2 t t ，从而令
t
m= 1
2 1 t
>
2
t + 12
2 m- 1
1，构造函数 s m = lnm- m+ 1 m> 1 求出最值即可
1 x2- lnx 2x
【详解】对于A，令 f x = lnx- ax2= 0 即 a= lnx，令 g lnx x2 x = 2 ,x> 0，则 g
x = =
x x x2 2
1- 2lnx
x3
，
令 g x = 0，解得 x= e，故当 x∈ 0, e ，g x > 0，g x 单调递增；当 x∈ e,+∞ ，g x < 0，g x
单调递减；所以 g x 的最大值为 g 1 e = 2e ，
又因为当 x< 1 时，g x = lnx2 < 0；当 x> 1 时，g x =
lnx

x x2
> 0，
故 g x 如图所示，
当 0< a< 12e 时，函数 y= a与 g x 有两个交点，此时 y= f x 有
2 个零点，故A错误；
对于B，由A选项可得 g lnx x = 2 ≤
1 ，当 a> 12e 2e 时，由 a>x
lnx
2 ，可整理得 lnx- ax
2< 0，即 f x < 0，故B正确；对于C，将 a= 12 代入 f x 得 f x = lnx-
1
2 x
2,x
x
> 0，所以 f x = 1 - x= 1- x
2
，令 f x = 0，解得 x= 1，故当 x∈ 0,1 ，f x x x > 0，f x 单调递增；当 x
∈ 1,+∞ ，f x < 0，f x 单调递减；
所以 x= 1 是 y= f x 的极大值点，故C正确；对于D，由 f x = lnx- ax2= 0 即 ax= lnxx ，
因为 x1,x2是关于 x的方程 f x = 0 的 2 个不等实数根，
ax1=
lnx1
所以 x1 ，即 2ax
2
1= lnx21
lnx 2= 2，所以等价于：2at= lnt有两个零点，证明 t1t 22> e ，ax = 2 2ax2 lnx22 x2
不妨令 > > ，由 2at1= lntt t 0 11 2 = =
lnt1- lnt2a 2 ，要证 t t > e2t - t 1 2 ，只需要证明 lnt1+ lnt2> 2，2at2 lnt2 1 2
即只需证明： lnt - lntlnt1+ lnt2= 2a t + t 1 21 2 = t1+ t2 t - t > 2，1 2
t1
2
只需证明： - >
t - t t 2 t - 1
lnt lnt 1 2 ，即 ln 1 > 2

1 2 t + t t t ，令
t
m= 1
1 2 2 1 + t
> 1，
1 2t2
2 m- 1 2 m- 1只需证明： lnm> m+ 1 m> 1 ，令 s m = lnm- m+ 1 m> 1 ，
m- 1则
2
s m = > 0，即 s m 在 1,+∞ 上为增函数，又 s 1 = 0，所以 s m > s 1 = 0．
m m+ 1 2
综上所述，原不等式成立，即 x1x2> e 成立，故D正确，故选：A
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
x ex1- x ex2
12.(2022·全国 ·高三专题练习 )若对任意的 x ，x ∈ -2,0 ，x < x ， 2 11 2 1 2 x - x < a恒成立，则 a的最小值1 2
为 ( )
A. - 32 B. -
2 1 1
e e2
C. - D. -
e2 e
【答案】A
x ex1 x2 x x x【解析】将不等式 2 - x1e
1 2
x - x < a转化为
e
x +
a
x >
e + ax x ，构造函数 f x
e
= x +
a
x，只需使 f x 在1 2 1 1 2 2
e
x x- 1 - a
-2,0 上递减，则

f x = 2 ≤ 0 在 -2,0 恒成立，只需 e
x x- 1 ≤ a恒成立，然后求解 a的
x
取值范围.
x ex1- x ex2【详解】因为 x < x ，所以 x - x < 0，则 2 11 2 1 2 x - x < a可化为 x e
x1 x2
2 - x1e > a x1- x2 ，
1 2
x1 x2
整理得 x ex1+ ax > x ex22 2 1 + ax1，因为 x1x2> 0，所以 ex +
a e a
1 x
>
1 x
+
2 x
，
2
x
令 f x e a = x + x，则函数 f x 在 -2,0 上递减，
x
e x- 1则 =
- a
f x 2 ≤ 0 在 -2,0 上恒成立，所以 e
x x- 1 ≤ a在 -2,0 上恒成立，
x
令 g x = ex x- 1 ，则 g x = ex x- 1 + ex= xex< 0 在 -2,0 上恒成立，
则 g x = ex x- 1 在 -2,0 上递减，所以 g x ≤ g -2 =- 32 ，故只需满足：a≥-
3
2 . 故选：A.e e
13.已知函数 f(x)的定义域为R，且 f(x+ 2) 1是偶函数，f (x)> 2 x- 1+ ln(x- 1) ( f
(x)为 f(x)的导函数 ).
x∈ (0,+∞) f -t2+ 2t+ 1 ≥ f 1
x
若对任意的 ，不等式 2 - 2 恒成立，则实数 t的取值范围是 ( )
A. [-2,4] B. (-∞ ,-2]∪ [4,+∞)
C. [-1,3] D. (-∞ ,-1]∪ [3,+∞)
【答案】D
【分析】设函数 p(x) = 12 x- 1+ ln(x- 1)，求得 x≥ 2 时，p
(x)> 0，得到当 x≥ 2 时，f (x)> 0，得到函数 f
x
(x)的单调性，把任意的 x∈ (0,+∞)，f -t2+ 2t+ 1 ≥ f 12 - 2 恒成立，转化为-t
2+ 2t+ 1≤-2，即
可求解.
【详解】由 f x+ 2 为偶函数，得函数 f x 的图象关于直线 x= 2 对称.
设函数 p(x) = 12 x- 1+ ln(x- 1)，则 p
(x) = 12 -
1
x- 1 ，
当 x≥ 2 时，p (x)> 0，函数 p x 在 [2,+∞)上单调递增，
可得当 x≥ 2 时，p(x)≥ p(2) = 12 × 2- 1+ ln(2- 1) = 0，所以当 x≥ 2 时，f
(x)> 0，
所以函数 f(x)在 [2,+∞)上单调递增，在 -∞ ,2 上单调递减.
1 x设函数 g(x) = 2 - 2，则当 x∈ (0,+∞)时 g(x) ∈ (-2,-1)，因为-t
2+ 2t+ 1=- (t- 1)2+ 2≤ 2，
x
所以由对任意的 x∈ (0,+∞)，f -t2+ 2t+ 1 ≥ f 12 - 2 恒成立，
可得-t2+ 2t+ 1≤-2，即 t2- 2t- 3≥ 0，解得 t≤-1 或 t≥ 3，即实数 t的取值范围是 (-∞ ,-1]∪ [3
,+∞).
14.已知 f(x)是定义在R上的奇函数 ,记 f(x)的导函数为 f '(x) ,当 x≥ 0时 ,满足 f '(x) - f(x)> 0.若 x∈
-2,+∞ 使不等式 f ex x3- 3x+ 3 ≤ f(aex+ x)成立 ,则实数 a的最小值为
A. 2 - 1 B. 2- 2 C. 1+ 2e2 D. 1- 1e e e
【答案】D
【分析】由题意构造函数 f x = ex- e-x，借助单调性问题转化为 ex(x3- 3x+ 3) - aex- x≤ 0 在 -2,+∞
上有解，变量分离求最值即可．
【详解】由 f x 是定义在R上的奇函数, 当 x≥ 0 时 ,满足 f ' x - f x > 0. 可设 f x = ex- e-x故 f x 为
R上的增函数，
又 f ex x3- 3x+ 3 ≤ f aex+ x ∴ ex(x3- 3x+ 3) - aex- x≤ 0 在 -2,+∞ 上有解，
∴ a≥ x3- 3x+ 3- x ，令 g(x) = x3x - 3x+ 3-
x 2 x- 1
x ，g′ (x) = 3x - 3+ x = (x- 1)e e e 3x+ 3+
1
x ，e
故当 x∈ (-2，1)时，g′ (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 g 1 1min(x) = g(1) = 1- 3+ 3- e = 1- e ；故选D．
15.(2022·湖南高三月考 )已知函数 f(x)是定义在R上的奇函数，其导函数为 f (x)，且对任意实数 x都有 f(x)
+ f (x)> 1，则不等式 ex f(x)> ex- 1的解集为 ( )
A. (-∞ ,0) B. (0,+∞) C. (-∞ ,1) D. (1,+∞)
【答案】B
【解析】设 g(x) = ex[ f(x) - 1]，则 g (x) = ex[ f(x) - 1]+ ex f (x) = ex( f(x) + f (x) - 1)．
因为 f(x) + f (x)> 1，所以 f(x) + f (x) - 1> 0，所以 g (x)> 0,故 g(x)在R上单调递增．
因为 f(x)是定义在R上的奇函数，所以 f(0) = 0，所以 g(0) =-1，
所以不等式 ex f(x)> ex- 1 可化为 ex[ f(x) - 1]>-1，即 g(x)> g(0)，
又 g(x)在R上单调递增．所以 x> 0，所以不等式 ex f(x)> ex- 1 的解集为 (0,+∞). 故选：B.
16.(2022·黑龙江 ·哈尔滨高三期中 (理 ))设函数 f x 在R上的导函数为 f x ，若 f x > f(x) + 1，f x =
f 6- x ，f 3 = 1，f 6 = 5，则不等式 f lnx + 2x+ 1< 0的解集为 ( )
A. 0,1 B. 0,3 C. 1,3 D. 3,6
【答案】A
f(x) + 1
【分析】构造函数 g(x) = x ,得到 g(x)也是R上的单调递增函数 .，分析得到函数 f(x)关于点 (3,1)e
对称 . 由 f lnx + 2x+ 1< 0 得到 g(lnx)< g(0)，即得解.
f(x) + 1
【详解】构造函数 g(x) = x ,g
(x) = f (x) - f(x) - 1x > 0，所以 g(x)也是R上的单调递增函数.e e
因为 f x = f 6- x ，所以 f (x)关于直线 x= 3 对称，
所以 f (x)dx= f (6- x)dx,∴ f(x) + c1=-f(6- x) + c2，(c1,c2为常数 )，
∴ f(x) + f( c - c6- x) = c2- c1，令 x= 3，所以 2f(3) = c - c 2 12 1,∴ f(3) = 2 .
因为 f 3 = 1，所以 c2- c1= 2,所以 f(x) + f(6- x) = 2，所以函数 f(x)关于点 (3,1)对称.
由 f(3) = 1,f(6) = 5 得到 f(0) =-3，因为 f lnx + 2x+ 1< 0，∴ f lnx + 1<-2x=-2elnx，
f lnx + 1所以 lnx <-2，所以 g(lnx)<-2= g(0) =
-3+ 1
0 ，所以 g(lnx)< g(0)，所以 lnx< 0,∴ 0< x< 1.e e
故选：A
17.(2022·陕西 ·高三阶段练习 (理 ))定义在R上的函数 f(x)满足 f(x) - f (x) + ex< 0(e为自然对数的底数
)，其中 f (x)为 f(x)的导函数，若 f(3) = 3e3，则 f(x)> xex的解集为 ( )
A. (-∞ ,2) B. (2,+∞) C. (-∞ ,3) D. (3,+∞)
【答案】D
【分析】构造新函数，并利用函数单调性把抽象不等式 f(x)> xex转化为整式不等式即可解决.
( ) = f(x) - ( )= f(3)【详解】设 g x x x，则 g 3 3 - 3= 0，所以 f(x)> xe
x等价于 g(x)> 0= g(3)，
e e

由 f(x) - f (x) + ex< 0，可得 f (x) - ( )> f (x) - f(x)f x ex> 0 则 g (x) = x - 1> 0，e
所以 g(x)在 R 上单调递增，所以由 g(x)> g(3)，得 x> 3．故选：D
18.(2021·陕西宝鸡市 ·高三一模 )若定义在R上的函数 f x 满足 f(x) + f (x) > 1，f(0) = 4，则不等式 ex f
(x)> ex+ 3 (其中 e为自然对数的底数 )的解集为 ( )
A. (-∞，0) ∪ (0，+∞) B. (-∞，0) ∪ (3，+∞)
C. (0，+∞) D. (3，+∞)
【答案】C
【解析】令 g(x) = ex f(x) - ex- 3，则 g (x) = ex f(x) + ex f (x) - ex= ex[ f(x) + f (x) - 1]> 0，
所以 g(x)在R上单调递增，又因为 g(0) = e0 f(0) - e0- 3= 0，所以 g(x)> 0 x> 0，
即不等式的解集是 (0，+∞)，故选：C
19.(2022·河南新乡市 ·高三一模 )设函数 f(x)是定义在R上的奇函数，函数 f(x)的导函数为 f (x)，且当 x∈
[0,+∞)时，f(x)sinx< f (x)cosx- ef (x)，e为自然对数的底数，则函数 f(x)在R上的零点个数为 ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】由 f(x)sinx< f (x)cosx- ef (x)，得 (cosx- e)f (x) - f(x)sinx> 0.
令 g(x) = (cosx- e)f(x)，因为 cosx- e≠ 0，所以 f(x) = 0 等价于 g(x) = 0. 当 x∈ [0,+∞)时，g (x)> 0，g
(x)在 [0,+∞)上单调递增，又 f(x)是定义在 R 上的奇函数，所以 g(x) = (cosx- e)f(x)也是定义在 R 上
的奇函数，从 g(x)在 R 上单调递增，又 g(0) = 0，所以 g(x)在 R 上只有 1 个零点，从而可得 f(x)在 R 上只
有 1 个零点. 故选：B.
20.(2022·全国 ·高三专题练习 )已知 f ' x 是函数 f 2 x 的导函数，对任意的实数 x都有 f ' x + f x =-
ex
，
且 f 32 = 0，若函数 y= f x - a有两个零点，则实数 a的取值范围是 ( )
- 2 2 5 5A. -2e 5,+∞ B. -2e5,0 C. -2e- 2,+∞ D. -2e- 2,0
【答案】D
【分析】首先构造函数 g x = ex f x + 2x- 3，根据 g' x = 0 和 g 32 = 0 得到 f x =
3- 2x

ex
，再根据函数
f x 的单调性和最值即可得到实数 a的取值范围.
【详解】设函数 g x = ex f x + 2x- 3，则 g' x = ex f x + ex f ' x + 2，
因为 f ' x + f x =- 2 ，所以 g' x = ex× - 2 x e ex + 2= 0，
又因为 g 3 = 0，所以 g x = 0，即 f x = 3- 2x2 .ex
f ' x = 2x- 5 x ，f x 在 -∞ , 52 上单调递减，在
5
2 ,+∞ 上单调递e
增，
5
f x
5
min= f 2 =-2e
- 2. 且当 x> 52 时，f x < 0，如图所示：
- 5所以当 a∈ -2e 2,0 时，y= f x 与 y= a有两个交点，
5
所以实数 a的取值范围是 -2e- 2,0 . 故选：D
21.(2022·江苏 ·高三阶段练习 )已知函数 y= f x- 1 图象关于点 1,0 对称，且当 x> 0 时，f x sinx+
f x cosx> 0则下列说法正确的是 ( )
A. f 5π6 <-f
7π
6 <-f -
π
6 B. - f
7π < f 5π6 6 <-f -
π
6
C. - f - π6 <-f
7π
6 < f
5π
6 D. - f -
π
6 < f
5π
6 <-f
7π
6
【答案】D
【详解】由 f x- 1 关于点 1,0 对称可知，f x 关于点 0,0 对称，则 f x 为奇函数
令 g x = f x sinx，则 g x 为偶函数，
又 x> 0 时，f x sinx+ f x cosx> 0，即 f x sinx > 0 则 g x 在 0,+∞ 上单调递增，
则有 g - π = g π < g 5π < g 7π 即- 1 f - π < 1 f 5 π <- 16 6 6 6 2 6 2 6 2 f
7
6 π
就是-f - π6 < f
5
6 π <-f
7
6 π ，故选：D
22.(2022·辽宁 ·沈阳高三阶段练习 )已知函数 f x 为函数 f (x)的导函数，满足 tanx f x > f (x)，a=
6 f π6 ，b= 3 f
π
4 ，c= 2 f
π
3 ，则下面大小关系正确的是 ( )
A. a< b< c B. a< c< b C. b< a< c D. c< b< a
【答案】A
【详解】根据题意，tanx f x > f(x) tanx f x - f(x)> 0，
- f(x) > - f(x) cosx变换可得：tanx f x sin
2x f(x)
tanx 0 tanx f x sinx > 0 cosx sinx > 0，

分析可得，x∈ 0, π
f(x)
2 ，cosx> 0， πsinx > 0，x∈ 2 ,π ，
f(x)
cosx< 0， sinx < 0，所以函数 g( ) =
f(x)
x πsinx 在 0, 2 上单调递增，
f π6 f
π f π
所以 π <
4 3
π < π ，即 2f
π
6 < 2 f
π < 2 34 3 f
π
3 ，故选：A.sin 6 sin 4 sin 3
23.(2022·河南 ·模拟预测 (理 ))已知函数 f x 的定义域为 0,+∞ ，其导函数是 f ′ x ，且 2f x + xf ′ x >
x 4．若 f 2 = 1，则不等式 3f x - x- 2 > 0的解集是 ( )x
A. 0,2 B. 2,+∞ C. 0, 23 D.
2
3 ,+∞
【答案】B
【详解】构造函数 g x = x2 f x 1 - x33 ，其中 x> 0，
则 g x = 2xf x + x2 f x - x2= x 2f x + xf x - x > 0，
故函数 g x = x2 f x - 1 3 x
3在 0,+∞ 上为增函数，且 g 2 = 4f 2 - 8 = 4 3 3 ，
因为 x> 0，由 3f x - x- 42 > 0 可得 x
2 f x - 1 x3> 4 3 3 ，即 g x > g 2 ，解得 x> 2. 故选：B.x
24.(2022·江西 · 1高二阶段练习 (理 ))已知 f(x)是定义在R上的奇函数，f x 是 f(x)的导函数，f 2 ≠ 0，
f x
当 x> 0时，f x ln 2x + x < 0，则不等式 x
2- x- 2 f(x)> 0的解集是 ( )
A. -∞ ,-1 ∪ 0, 1 ∪ 12 2,+∞ B. -1,0 ∪ 2 ,2
C. -1,0 ∪ 2,+∞ D. -∞ ,-1 ∪ 0,2
【答案】D
【详解】设 g(x) = f(x)ln(2x)，则 g ( f(x)x) = f (x)ln(2x) + x ，
由已知 x> 0 时，g (x)< 0，g(x)单调递减，而 g 12 = 0，
所以 0< x< 12 时，g(x) = f(x)ln(2x)> 0，此时 ln(2x)< 0，所以 f(x)< 0，
x> 12 时，g(x) = f(x)ln(2x)< 0，此时 ln(2x)> 0，所以 f(x)< 0，而 f
1
2 ≠ 0，
因此 x> 0 时，f(x)< 0，f(x)是奇函数，所以 x< 0 时，f(x)> 0，
x22- - ( )> - x- 2< 0
2
x x 2 f x 0
x - x- 2> 0
f( 或x)< 0 f(x)> ，解得 0< x< 2 或 x<-1．故选：D．0
25.(2022·江西模拟预测 (文 ))已知函数 f x 的定义域为R，图象关于原点对称，其导函数为 f x ，若当 x>
0时 f x + xlnx f x < 0，则不等式 4|x| f x > 4f x 的解集为 ( )
A. -∞ ,-1 ∪ 0,+∞ B. -1,0 ∪ 0,+∞
C. -∞ ,-1 ∪ 0,1 D. -1,0 ∪ 1,+∞
【答案】C
f x
【详解】构造函数 g x = f x lnx，其中 x> 0，则 g x = + f x x lnx=
1
x f x + xlnx f
x < 0，
所以，函数 g x = f x lnx在 0,+∞ 上单调递减，
易知 g 1 = 0，当 0< x< 1 时，lnx< 0，g x = f x lnx> g 1 = 0，此时 f x < 0，
当 x> 1 时，lnx> 0，g x = f x lnx< g 1 = 0，此时 f x < 0，
因为函数 f x 的定义域为 R，图象关于原点对称，即函数 f x 为奇函数，
若 x<-1 或-1< x< 0 时，f x > 0，且 f 0 = 0，由 4|x| f x > 4f x 可得 4 x - 4 f x > 0，
当 4 x > 4 时，即 x > 1，可得 x<-1 或 x> 1，此时 f x > 0，可得 x<-1；
当 4 x < 4 时，即 x < 1，可得-1< x< 1，此时 f x < 0，可得 0< x< 1.
因此，不等式 4|x| f x > 4f x 的解集为 -∞ ,-1 ∪ 0,1 . 故选：C .
26.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 1 = 2018，则不等式 f x > 2017
ex-1+ 1(其中 e为自然对数的底数 )的解集为_______．
【答案】 -∞ ,1
【解析】设 g(x) = e- x-1 f x - e- x-1 ，则 g′ (x) =-e- x-1 f(x) + e- x-1 f ′ (x) + e- x-1 = e- x-1 [ f ′ (x) - f
(x) + 1]，
∵ f(x) - f′ (x)> 1,∴ f′ (x) - f(x) + 1< 0，∴ g′ (x)< 0，∴ y= g(x)在定义域上单调递减 ,g(1) = 2017，
∵ f x > 2017 ex-1+ 1,∴ e- x-1 f x - e- x-1 > 2017= g(1)，
得到 g(x)> 2017= g( 1)，∴ g(x)> g(1)，得 x< 1，∴ f x > 2017 ex-1+ 1 的解集为 -∞ ,1 ，故答案
为： -∞ ,1 .
点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，一般：(1)条件含有 f x + f x ，就构造
g x = ex
f x
f x ,(2)若 f x - f x ，就构造

g x = x ，(3)2 f x + f
x ，就构造 g x = e2x f x ，(4)
e
f x
2f x - f x 就构造

g x = 2x ，等便于给出导数时联想构造函数。e
十年高考真题
1. (2015·全国 ·高考真题 (理 ))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,+∞)
【答案】A
f x xf x - f x【详解】构造新函数 g x = x , g' x = x2
，当 x> 0 时 g' x < 0.
f x
所以在 0,+∞

上 g x = x 单减，又 f 1 = 0，即 g 1 = 0.
f x
所以 g x = x > 0 可得 0< x< 1,此时 f x > 0，
又 f x 为奇函数，所以 f x > 0 在 -∞ ,0 ∪ 0,+∞ 上的解集为： -∞ ,-1 ∪ 0,1 . 故选A.
点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如 xf x - f x ，想到构造 g x =
f x
. 一般：(1)条件含有 f x + f x ，就构造 g x = ex
f x
x f x ,(2)若 f x - f
x ，就构造

g x =
ex
，
f x( ) 3 2f x + f x ，就构造 g x = e2x f x ，(4)2f x - f x 就构造 g x = 2x ，等便于给出导数时联想构e
造函数.
2. (2015·福建 ·高考真题 (理 ))若定义在R上的函数 f x 满足 f 0 =-1，其导函数 f x 满足 f x > k>
1，则下列结论中一定错误的是 ( )
A. f 1 < 1 B. f 1 > 1 C. f 1 < 1 D. f 1 > kk k k k- 1 k- 1 k- 1 k- 1 k- 1
【答案】C
【详解】试题分析：令 g(x) = f x - kx，则 g'(x) = f x - k> 0，因此 g 1- > g(0) f
1
k 1 k- 1 -
k
k- 1
> f(0) f 1 > k- - - 1=
1 ，所以选C .
k 1 k 1 k- 1
考点：利用导数研究不等式
【方法点睛】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
f(x)
造辅助函数常根据导数法则进行：如 f (x)< f(x)构造 g(x) = x ，f
(x) + f(x)< 0 构造 g(x) = ex f(x)，
e
xf (x)< f(x)构造 g(x) = f(x)x ，xf
(x) + f(x)< 0 构造 g(x) = xf(x)等
x 2
3. (2013·辽宁 ·高考真题 (理 ))设函数 f x 满足 x2 f x + 2xf e e x = x ,f 2 = 8 ,则 x> 0时，f x
A. 有极大值，无极小值 B. 有极小值，无极大值
C. 既有极大值又有极小值 D. 既无极大值也无极小值
【答案】D
x
【详解】∵函数 f(x)满足 x2 f '(x) + 2xf(x) = ex ，
ex ex e2∴ x2 f x ' = x ，令F x = x
2 f x ，则F' x = x ,F 2 = 4·f 2 = 2 ，
由 x2 f ' x + 2xf x = e
x ex- 2F x
x ，得 f '

x = x3 ，令 φ x = e - 2F x ，则 φ' x = e
x- 2F' x =
x
ex x- 2
x ,
∴ φ x 在 0,2 上单调递减，在 2,+∞ 上单调递增，∴ φ x 的最小值为 φ 2 = e2- 2F 2 = 0,∴ φ x ≥
0.
又 x> 0,∴ f ' x ≥ 0,∴ f x 在 0,+∞ 单调递增，∴ f x 既无极大值也无极小值，故选D.
考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数研究函数的极值及函数的求导法则.
【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，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”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数 . 本题通过观察导函
数的“形状”，联想到函数F x = x2 f x ，再结合条件判断出其单调性，进而得出正确结论.
4. (2011·辽宁 ·高考真题 (文 ))函数 f x 的定义域为R，f -1 = 2，对任意 x∈R，f x > 2，则 f x > 2x+
4的解集为 ( )
A. -1,1 B. -1,+∞ C. -∞ ,-1 D. -∞ ,+∞
【答案】B
【分析】构造函数 g x = f x - 2x- 4，利用导数判断出函数 y= g x 在R上的单调性，将不等式 f x >
2x+ 4 转化为 g x > g -1 ，利用函数 y= g x 的单调性即可求解.
【详解】依题意可设 g x = f x - 2x- 4，所以 g x = f x - 2> 0.
所以函数 y= g x 在R上单调递增，又因为 g -1 = f -1 + 2- 4= 0.
所以要使 g x = f x - 2x- 4> 0，即 g x > g -1 ，只需要 x>-1，故选B.
【点睛】本题考查利用函数的单调性解不等式，解题的关键就是利用导数不等式的结构构造新函数来解，
考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
5. (湖南 ·高考真题 (理 ))设 f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当 x< 0时，f (x)g(x) + f(x)
g (x)> 0．且 g(-3) = 0，则不等式 f(x)g(x)< 0的解集是 ( )
A. (-3,0) ∪ (3,+∞) B. (-3,0) ∪ (0,3)
C. (-∞ ,-3) ∪ (3,+∞) D. (-∞ ,-3) ∪ (0,3)
【答案】D
【分析】构造函数 h(x) = f(x)g(x)，利用已知可判断出其奇偶性和单调性，进而即可得出不等式的解集．
【详解】令 h(x) = f(x)g(x)，则 h(-x) = f(-x)g(-x) =-f(x)g(x) =-h(x)，因此函数 h(x)在R上是奇函
数．
①∵当 x< 0 时，h (x) = f (x)g(x) + f(x)g (x)> 0，∴ h(x)在 x< 0 时单调递增，
故函数 h(x)在R上单调递增

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