资源简介

导数构造函数解决问题类型总结
一、重点题型目录
【题型一】构造函数 xn f(x)型
【题型二】构造函数 enx f(x)型
f(x)
【题型三】构造函数 型
xn
f(x)
【题型四】构造函数 nx 型e
【题型五】构造函数 sinx与函数 f(x)型
【题型六】构造函数 cosx与函数 f(x)型
【题型七】构造 en与 af(x) + bf(x)型
【题型八】构造 kx+ b 与 f(x)型
【题型九】构造 ln kx+ b 型
【题型十】构造综合型
二、题型讲解总结
【题型】一、构造函数 xn f(x)型
例1. (2022·四川 ·盐亭中学模拟预测 (文 ))已知定义在 0,+∞ 上的函数 f x 满足 2xf x + x2 f x <
0 3 3，f 2 = 4 ，则关于 x的不等式 f x > 2 的解集为 ( )x
A. 0,4 B. 2,+∞ C. 4,+∞ D. 0,2
例2. (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____
______.
【题型】二、构造函数 enx f(x)型
例3. (2022·河南 ·襄城高中高二阶段练习 (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
例4. (2022·江苏 ·南师大二附中高二期末 )已知 f(x)为R上的可导函数，其导函数为 f x ，且对于任意
的 x∈R，均有 f x + f x > 0，则 ( )
A. e-2 021 f(-2 021)> f(0)，e2 021 f(2 021)< f(0)
B. e-2 021 f(-2 021)< f(0)，e2 021 f(2 021)< f(0)
C. e-2 021 f(-2 021)> f(0)，e2 021 f(2 021)> f(0)
D. e-2 021 f(-2 021)< f(0)，e2 021 f(2 021)> f(0)
例5. (2022·辽宁 ·大连二十四中模拟预测 )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 π
cos2x
4 < x< 2 时，f(sinx)< e
2 f(cosx) D. f(0)< e f(1)
例6. (2022·黑龙江 ·哈尔滨三中高三阶段练习 ) f x 是定义在R上的函数，满足 2 f x + f x = xex，
f -1 =- 12e，则下列说法错误的是 ( )
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
f(x)
【题型】三、构造函数 型
xn
例7. (2022·山东 ·潍坊一中高三期中 )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取值范围是 ( )
A. (-∞ ,-1) ∪ (1,+∞) B. (-1,0) ∪ (0,1)
C. (-∞ ,-1) ∪ (0,1) D. (-1,0) ∪ (1,+∞)
例8. (2022·安徽 ·砀山中学高三阶段练习 )已知 a= ln 2 b= 1 c= lnπ4 ， 2 ， 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
f(x)
【题型】四、构造函数
enx
型
例9. (2022·陕西 ·西安中学高二期中 )已知定义在R上的函数 f x 的导函数 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
例10. (2022·江苏 ·涟水县第一中学高三阶段练习 )f x 是定义在R上的函数，f x 是 f x 的导函数，
已知 f x > f x ，且 f(1) = e，则不等式 f 2x- 5 - e2x-5> 0的解集为 ( )
A. -∞ ,-3 B. -∞ ,-2 C. 2,+∞ D. 3,+∞
例11. (2023·江西 ·赣州市赣县第三中学高三期中 (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 < x
3的解集为 ( )
A. 0, e3 B.
1 , ee 3 C. 0,
3 e D. e , 33 e
例12. (2022·河北廊坊 ·高三开学考试 )已知定义域为R的函数 f x 的导函数为 f x ，且 f x - f x =
2xex，f 0 = 0，则以下错误的有 ( )
A. f x 有唯一的极值点
B. f x 在 -3,0 上单调递增
C. 当关于 x的方程 f x =m有三个实数根时，实数m的取值范围为 0,4e-1
D. f x 的最小值为 0
【题型】五、构造函数 sinx与函数 f(x)型
例13. (2022· 1云南师大附中高三阶段练习 )已知 a= sin 11 ,b=
3
31 ,c= ln1.1，则 ( )
A. a< b< c B. a< c< b C. c< a< b D. b< a< c
例14. (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 f x+ π，则不等式 2 cos
3x- 14 > 0的解集为 ( )
A. - π3 ,+∞ B. -
2π
3 ,+∞ C. -
2π , π3 3 D.
π
3 ,+∞
【题型】六、构造函数 cosx与函数 f(x)型
例15. π π已知函数 f x 的定义域为 - , 2 2 ，其导函数是 f (x).有 f
(x)cosx+ f(x)sinx< 0，则关于 x的
不等式 3 f(x)< 2f π6 cosx的解集为 ( )
A. π , π B. π , π π π π π3 2 6 2 C. - 6 ,- 3 D. - 2 ,- 6
例16. (2021·重庆 ·高二期末 )已知 f x 的定义域为 (0,+∞)且满足 f x > 0，f x 为 f x 的导函数，
f x - f x = ex(x+ cosx)，则下列结论正确的是 ( )
A. f x 有极大值无极小值 B. f x 无极值
C. f x 既有极大值也有极小值 D. f x 有极小值无极大值
【题型】七、构造 en与 af(x) + bf(x)型
例17. (2022·陕西 ·西安中学高二期中 )已知定义在R上的函数 f x 的导函数 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
例18. (2022·河南 ·高三阶段练习 (文 ))已知函数 f x = ax- ex- k，其中 e为自然对数的底数，若 k∈
-1,e2 时，函数 f x 有 2个零点，则实数 a的可能取值为 ( )
A. e B. 2e C. e2 D. 3e
例19. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知定义在R上的偶函数 y= f(x)的导函数为 y= f (x)，当 x> 0时，
f(x)
f (x) + x < 0，且 f(2) =-3，则不等式 f(2x- 1)<
-6
2x- 1 的解集为 ( )
A. -∞ , 1 32 ∪ 2 ,+∞ B.
3
2 ,+∞
C. 12 ,
3 D. - 1 , 12 2 2 ∪
1
2 ,
3
2
例20. (2022·全国 ·高三阶段练习 (理 ))已知函数 f x = x3- x+ 2+ ex- e-x，其中 e是自然对数的底
数，若 f a- 2 + f a2 > 4，则实数 a的取值范围是 ( )
A. -2,1 B. -∞ ,-2 C. 1,+∞ D. -∞ ,-2 ∪ 1,+∞
【题型】八、构造 kx+ b 与 f(x)型
例21. (2022·河南 ·高三阶段练习 (文 ))已知定义在 0,+∞ 上的函数 f x 的导函数为 f x ，若 f x <
2，且 f 4 = 5，则不等式 f 2x > 2x+1- 3的解集是 ( )
A. 0,2 B. 0,4 C. -∞ ,2 D. -∞ ,4
例22. (2022·河南 ·襄城高中高二阶段练习 (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
【题型】九、构造 ln kx+ b 型
1
例23. (2023·全国 ·高三专题练习 )定义在 (0，+∞) 上的函数 f(x) 满足 xf x + 1> 0,f 2 = ln 2 ，则不
等式 f(ex) + x> 0 的解集为 (　　 )
A. (0，2ln2) B. (0,ln2) C. (ln2，1) D. (ln2，+∞)
例24. (2022·河南 ·高三阶段练习 (理 ))设 a= cos 1 72 ，b= 8 ，c= ln
15
8 ，则 a，b，c之间的大小关系为
( )
A. c< b< a B. c< a< b C. b< c< a D. a< c< b
例25. (2022·贵州 · π 2高三阶段练习 (理 ))已知命题 p：在△ABC中，若A> 4 ，则 sinA> 2 ，命题 q : x
>-1，x≥ ln(x+ 1).下列复合命题正确的是 ( )
A. p∧ q B. ( p) ∧ ( q) C. ( p) ∧ q D. p∧ ( q)
【题型】十、构造综合型
例26. (2022·全国 ·高三阶段练习 (理 ))下列命题为真命题的个数是 ( )
① log 232> 3 ；② elnπ< π；③ sin
1 > 232 48；④ 3eln2< 4 2.
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
例27. (2022·江苏 ·南京师大附中高三期中 )已知函数 f x = lnx- ax2，则下列结论正确的有 ( )
A. 1当 a< 2e 时，y= f x 有 2个零点
B. 1当 a> 2e 时，f x ≤ 0恒成立
C. 当 a= 12 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
例28. (2022·黑龙江 ·齐齐哈尔市实验中学高三阶段练习 )已知函数 f x 的定义域是 0,+∞ ，f x 是
f x 的导数，若 f x = xf x - x，f 1 = 1，则下列结论正确的是 ( )
A. f x 在 0, 1e 上单调递减 B. f x 的最大值为 e
C. f 1 x 的最小值为- e D.存在正数 x0，使得 f x0 < lnx0
例29. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知函数 f x = x ex+ 1 ,g x = x+ 1 lnx，若 f x1 = g x2 > 0，
x
则 2x 可取 ( )1
A. 1 B. 2 C. e D. e2导数构造函数解决问题类型总结
一、重点题型目录
【题型一】构造函数 xn f(x)型
【题型二】构造函数 enx f(x)型
f(x)
【题型三】构造函数 型
xn
f(x)
【题型四】构造函数 nx 型e
【题型五】构造函数 sinx与函数 f(x)型
【题型六】构造函数 cosx与函数 f(x)型
【题型七】构造 en与 af(x) + bf(x)型
【题型八】构造 kx+ b 与 f(x)型
【题型九】构造 ln kx+ b 型
【题型十】构造综合型
二、题型讲解总结
【题型】一、构造函数 xn f(x)型
例1. (2022·四川 ·盐亭中学模拟预测 (文 ))已知定义在 0,+∞ 上的函数 f x 满足 2xf x + x2 f x <
0，f 2 = 3 34 ，则关于 x的不等式 f x > 的解集为 ( )x2
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 x > 32 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.
x
故选：D.
例2. (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
【题型】二、构造函数 enx f(x)型
例3. (2022·河南 ·襄城高中高二阶段练习 (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
【解析】
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，
∴ g 0 < g 1 < g 2 ，即 0< ef 1 < 4e2 f 2 ，
f 1∴ 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A的推理过程知： e < 4f 2 ，又 -

f 1 =-f 1 ，f -2 =-f 2 ，∴- e <
f -1
- 4f -2 ，则 e > 4f -2 ，D正确．
故选：D.
例4. (2022·江苏 ·南师大二附中高二期末 )已知 f(x)为R上的可导函数，其导函数为 f x ，且对于任意
的 x∈R，均有 f x + f x > 0，则 ( )
A. e-2 021 f(-2 021)> f(0)，e2 021 f(2 021)< f(0)
B. e-2 021 f(-2 021)< f(0)，e2 021 f(2 021)< f(0)
C. e-2 021 f(-2 021)> f(0)，e2 021 f(2 021)> f(0)
D. e-2 021 f(-2 021)< f(0)，e2 021 f(2 021)> f(0)
【答案】D
【解析】
通过构造函数法，结合导数确定正确答案.
【详解】
构造函数F x = ex f x ,F x = f x + f x ex> 0，
所以F x 在R上递增，
所以F -2021 即 e-2021 f -2021 < f 0 ,f 0 < e2021 f 2021 .
故选：D
例5. (2022·辽宁 ·大连二十四中模拟预测 )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
cos2x
C. π4 < x<
π
2 时，f(sinx)< e
2 f(cosx) D. f(0)< e f(1)
【答案】D
【解析】
x2
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
令 g x = e 2 f x ，
x2 x2 x2
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 π4 < x<
π
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.
例6. (2022·黑龙江 ·哈尔滨三中高三阶段练习 ) f x 是定义在R上的函数，满足 2 f x + f x = xex，
f -1 =- 12e，则下列说法错误的是 ( )
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】ABC
【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 1 1 -1 =- 2e，得 2 - 2e + f -1 =- e，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：ABC
f(x)
【题型】三、构造函数
xn
型
例7. (2022·山东 ·潍坊一中高三期中 )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取值范围是 ( )
A. (-∞ ,-1) ∪ (1,+∞) B. (-1,0) ∪ (0,1)
C. (-∞ ,-1) ∪ (0,1) D. (-1,0) ∪ (1,+∞)
【答案】D
f(x)
【分析】根据题意构造函数 g(x) = x ，由求导公式和法则求出 g
(x)，结合条件判断出 g (x)的符号，
即可得到函数 g(x)的单调区间，根据 f(x)奇函数判断出 g(x)是偶函数，由 f(-1) = 0求出 g(-1) = 0，
结合函数 g(x)的单调性、奇偶性，再转化 f(x)> 0，由单调性求出不等式成立时 x的取值范围．

【详解】由题意设 g(x) = f(x)x ，则 g
( ) = xf (x) - f(x)x
x2
∵当 x> 0时，有 xf (x) - f(x)> 0，∴当 x> 0时，g (x)> 0，
∴函数 g( ) = f(x)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 f(-1) = 0得，g(-1) = 0，
∵不等式 f(x)> 0 x g(x)> 0，
∴ x> 0 x< 0 g(x)> g( 或1) ( )< (- )，g x g 1
即有 x> 1或-1< x< 0，
∴使得 f(x)> 0成立的 x的取值范围是：(-1，0) ∪ (1，+∞)，
故选：D
例8. (2022· ln 2 1安徽 ·砀山中学高三阶段练习 )已知 a= 4 ，b= 2 ，c=
lnπ
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 = lnx2 ，则 f
x = x- 2xlnx
x x4
，
令 f x < 0，解得 x> e，
因此 f lnx x = 2 在 e,+∞ 上单调递减，x
又因为 a= ln 2 = ln4 14 16 = f 4 ，b= 2 =
lne = f e ，c= lnπ = ln π = f π ，
e e2 2π π
因为 4> e> π> e，所以 a< b< c.
故选：C .
f(x)
【题型】四、构造函数
enx
型
例9. (2022·陕西 ·西安中学高二期中 )已知定义在R上的函数 f x 的导函数 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
【答案】D
【分析】据已知不等式构造函数，结合导数的性质进行求解即可.
f(x) f (x) - f(x)
【详解】构造函数 g(x) =
ex
g (x) = ，因为 f x < f x ，
ex
所以 g (x)> 0，因此函数 g(x)是增函数，
f(2) f(1)
于是有 g(2)> g(1) 2 > e f(2)> ef(1)，e
构造函数 h(x) = f(x) ex h (x) = ex[ f(x) + f (x)]，因为 f x < f x < 0，
所以 h (x)< 0，因此 h(x)是单调递减函数，
于是有 h(2)< h(1) e2 f(2)< ef(1) ef(2)< f(1)，
故选：D
例10. (2022·江苏 ·涟水县第一中学高三阶段练习 )f x 是定义在R上的函数，f x 是 f x 的导函数，
已知 f x > f x ，且 f(1) = e，则不等式 f 2x- 5 - e2x-5> 0的解集为 ( )
A. -∞ ,-3 B. -∞ ,-2 C. 2,+∞ D. 3,+∞
【答案】D
【分析】根据已知条件构造函数，利用导数法求函数的单调性，结合函数的单调性即可求解.
【详解】由 f x > f x ，得 f x - f x > 0,
f
设
x f x - f x
g x = x ，则 g
x = x > 0，e e
f 1
所以函数 g x 在 -∞ ,+∞ 上单调递增，因为 f 1 = e，所以

g 1 =
e1
= 1，
f 2x- 5
所以不等式 f 2x- 5 - e2x-5> 0等价于
e2x-5
> 1
即 g 2x- 5 > g 1 ，所以 2x- 5> 1，解得 x> 3，
所以不等式 f 2x- 5 - e2x-5> 0的解集为 3,+∞ .
故选 :D.
例11. (2023·江西 ·赣州市赣县第三中学高三期中 (理 ))设 f x 是函数 f x 的导函数，且 f x >
3f x x∈R 1 ，f 3 = e(e为自然对数的底数 )，则不等式 f lnx < x
3的解集为 ( )
A. 0, e B. 1 , e C. 0, 3 e D. e , 33 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
e
g lnx < g 1 3 ，根据函数的单调性即可得解.
f x f x【详解】解：令 = ，则 =
- 3f x
g x 3x g x ，e e3x
因为 f x > 3f x x∈R ，

f x - 3f x所以 = g x 3x > 0，e
所以函数 g x 在R上为增函数，
f lnx
不等式 f lnx < 1 < x3即不等式 x3 ，x> 0
1
f lnx f lnx f 又 g lnx 1 3 =
e3lnx
=
x3
，g 3 = e = 1，
所以不等式 f lnx < x3即为 g lnx < g 13 ，
即 lnx< 13，解得 0< x<
3 e，
所以不等式 f lnx < x3的解集为 0, 3 e .
故选：C .
例12. (2022·河北廊坊 ·高三开学考试 )已知定义域为R的函数 f x 的导函数为 f x ，且 f x - f x =
2xex，f 0 = 0，则以下错误的有 ( )
A. f x 有唯一的极值点
B. f x 在 -3,0 上单调递增
C. 当关于 x的方程 f x =m有三个实数根时，实数m的取值范围为 0,4e-1
D. f x 的最小值为 0
【答案】ABC
f(x)
【分析】构造 g(x) = x ，结合已知求 g(x)的解析式，进而可得 f(x) = x
2ex，再利用导数研究 f(x)的
e
极值点、单调性，并判断其值域范围，即可判断各选项的正误.
( ) = f(x) f

( ) = (x) - f(x)【详解】令 g x x ，则 g x = 2x，故 g(x) = x
2+C，(C为常数 )，
e ex
所以 f(x) = ex(x2+C)，而 f 0 = e0 0+C = 0，故C= 0，
所以 f(x) = x2ex，则 f (x) = (x2+ 2x)ex，
令 f (x) = 0，可得 x=-2或 x= 0，
在 (-∞ ,-2)、(0,+∞)上 f (x)> 0，f(x)递增；在 (-2,0)上 f (x)< 0，f(x)递减；
所以 f(x)有 2个极值点，在 -3,0 上不单调，A、B错误；
由 x趋于负无穷时 f(x)趋向于 0，f(-2) = 42 ，f(0) = 0，x趋于正无穷时 f(x)趋向于正无穷，e
所以 f x =m有三个实数根时m的范围为 0,4e-2 ，f x 的最小值为 0，C错误，D正确；
故选：ABC
【题型】五、构造函数 sinx与函数 f(x)型
例13. (2022· 1 3云南师大附中高三阶段练习 )已知 a= sin 11 ,b= 31 ,c= ln1.1，则 ( )
A. a< b< c B. a< c< b C. c< a< b D. b< a< c
【答案】B
【分析】根据结构构造函数 f(x) = x- sinx,x∈ π 0, 2 ，利用导数判断单调性，即可得到 a< b；根据结
构构造函数 g(x) = lnx+ 1- x，利用导数判断单调性，即可得到 a< c；根据结构构造函数 h(x) = ln
(x+ 1) - 3x3+ x，利用导数判断单调性，即可得到 c< b.
【详解】构造函数 f(x) = x- sinx,x∈ π 0, 2 ，则 f (x) = 1- cosx≥ 0，故函数 y= f(x)在
0, π 2 上单
调递增，故 f 111 > f(0) = 0，即
1
11 > sin
1 3 1
11，又 31 > 11，故 a< b．
构造函数 g(x) = lnx+ 1- x，则 g (x) = 1x - 1，易知函数 y= g(x)在 x= 1处取得最大值 g(1) = 0，故
g 10 < 0，即 ln 10 + 1- 10 < 0，即 1 <-ln 10 = ln 1111 11 11 11 11 10 = ln1.1，由前面知 sin
1 < 111 11，故 a< c．
构造函数 h(x) = ln(x+ 1) - 3x
2
3+ x，则 h
(x) = 1x+ 1 -
9 = (3+ x) - 9(x+ 1) =
(3+ x)2 (x+ 1) (3+ x)2
x(x- 3)
2 ，故知函数 y= h(x)在 (0,3)上单调递减，故 h(0.1)< h(0) = 0，即 ln1.1<
0.3 3
(x+ 1) (3+ x) 3.1
= 31，
故 c< b.综上，a< c< b.
故选：B．
例14. (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+ 2 cos
3x- 4 > 0的解集为 ( )
A. - π3 ,+∞ B. -
2π
3 ,+∞ C. -
2π π π
3 , 3 D. 3 ,+∞
【答案】B
【分析】令 g x = f x sin3x- 14，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+ π2 > 0，从而可求原不等式的解集.
【详解】f x+ π cos32 x-
1
4 > 0可化为 f x+
π
2 sin
3 x+ π2 -
1
4 > 0，
令 g x = f x sin3x- 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+ π cos3x- 12 4 > 0即为 g x+
π
2 > 0，
而 g - π6 = f -
π
6 sin
3 - π 1 π 3 π 16 - 4 = f 6 sin - 6 - 4 = 0，
故 g x+ π2 > 0的解为 x+
π
2 >-
π
6，
故 x>- 2π3 即 f x+
π
2 cos
3x- 14 > 0的解为 -
2π
3 ,+∞ .
故选：B.
【题型】六、构造函数 cosx与函数 f(x)型
例15.已知函数 f x π π 的定义域为 - , ，其导函数是 f (x).有 f 2 2 (x)cosx+ f(x)sinx< 0，则关于 x的
π
不等式 3 f(x)< 2f 6 cosx的解集为 ( )
A. π3 ,
π
2 B.
π
6 ,
π
2 C. -
π ,- π6 3 D. -
π π
2 ,- 6
【答案】B
【分析】
f x f x令 F x = cosx，根据题设条件，求得F' x < 0，得到函数F x = cosx 在 -
π , π2 2 内的单调递减
π
f x f
函数，再把不等式化为 6cosx < π ，结合单调性和定义域，即可求解.cos 6
【详解】由题意，函数 f x 满足 f ' x cosx+ f x sinx< 0，
f x f ' x cosx+ f x sinx令F x = cosx，则F' x = 2 < 0cos x
f x
函数 F x π π = cosx 是定义域 - 2 , 2 内的单调递减函数，由于 cosx> 0，关于 x的不等式 3 f(x)
π
f x<
f
2f π6 cosx可化为 <
6 ，即F π π π πcosx π x 6，解得
π
cos 2
> x
6
> π6，
不等式 3 f(x)< 2f π6 cosx的解集为
π
6 ,
π
2 .故选：B
例16. (2021·重庆 ·高二期末 )已知 f x 的定义域为 (0,+∞)且满足 f x > 0，f x 为 f x 的导函数，
f x - f x = ex(x+ cosx)，则下列结论正确的是 ( )
A. f x 有极大值无极小值 B. f x 无极值
C. f x 既有极大值也有极小值 D. f x 有极小值无极大值
【答案】B
【解析】
f x令 F x = x ，根据题意得到F
x = x+ cosx，设 g x = x+ cosx,x> 0，利用导数求得 g x 在
e
区间 (0,+∞)单调递增，得到F x > 0，由 f x = ex F x ，得到 f x > 0，即函数 f x 为单调递增
函数，得到函数无极值.
【详解】
f x f x - f x
令 F x = x ,x> 0，可得
= F x ，
e ex
因为 f x - f x = ex(x+ cosx)，可得F x = x+ cosx，
设 g x = x+ cosx,x> 0，可得 g x = 1- sinx≥ 0，
所以 g x 在区间 (0,+∞)单调递增，
又由 g 0 = 1，所以 g x > g 0 = 1，所以F x > 0，所以F x 单调递增，
因为 f x > 0且 ex> 0 ，可得F x > 0，
f x
因为F x =

x ，可得 f x = e
x F x ,x> 0，
e
则 f x = ex F x +F x > 0，所以函数 f x 为单调递增函数，
所以函数 f x 无极值.
故选：B.
【题型】七、构造 en与 af(x) + bf(x)型
例17. (2022·陕西 ·西安中学高二期中 )已知定义在R上的函数 f x 的导函数 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
【答案】D
【分析】据已知不等式构造函数，结合导数的性质进行求解即可.
( ) = f(x) ( ) = f
(x) - f(x)
【详解】构造函数 g x x g x

x ，因为 f x < f x ，e e
所以 g (x)> 0，因此函数 g(x)是增函数，
f(2) f(1)
于是有 g(2)> g(1) 2 > e f(2)> ef(1)，e
构造函数 h(x) = f(x) ex h (x) = ex[ f(x) + f (x)]，因为 f x < f x < 0，
所以 h (x)< 0，因此 h(x)是单调递减函数，
于是有 h(2)< h(1) e2 f(2)< ef(1) ef(2)< f(1)，
故选：D
例18. (2022·河南 ·高三阶段练习 (文 ))已知函数 f x = ax- ex- k，其中 e为自然对数的底数，若 k∈
-1,e2 时，函数 f x 有 2个零点，则实数 a的可能取值为 ( )
A. e B. 2e C. e2 D. 3e
【答案】D
【分析】由题意可知方程 ax- ex= k,k∈ -1,e2 有两个实数根，令 g(x) = ax- ex，则 g(x)的图象与直
线 y= k,k∈ -1,e2 有两个交点，结合导数分析函数 g(x)的单调性与极值情况即可解决问题．
【详解】由题意可知方程 ax- ex= k,k∈ -1,e2 有两个实数根，
令 g(x) = ax- ex，则 g(x)的图象与直线 y= k,k∈ -1,e2 有两个交点，g (x) = a- ex．
(1)若 a≤ 0,g (x)< 0在R上恒成立，所以 g(x)在R上单调递减，
g(x)的图象与直线 y= k,k∈ -1,e2 至多只有一个交点，不合题意；
(2)若 a> 0，当 x< lna时，g (x)> 0，当 x> lna时，g (x)< 0，
所以 g(x)的单调递增区间是 (-∞ ,lna)，单调递减区间是 (lna,+∞)，
所以当 x= lna时，g(x)取得极大值，也是最大值，为 alna- a．
当 x→-∞时，g(x) →-∞，当 x→+∞时，g(x) →-∞，
所以要使 g(x)的图象与直线 y= k,k∈ -1,e2 有两个交点，只需 alna- a> e2．
alna- a= a(lna- 1)，当 0< a≤ e时，alna- a≤ 0，当 a> e时，alna- a> 0，
所以 alna- a> e2,a> e，
设 h(a) = alna- a,a> e，则 h (a) = lna> 0，
所以 h(a)在 (e,+∞)上单调递增，而 h e2 = e2，
所以 alna- a> e2的解为 a> e2，而 3e> e2，
故选：D．
例19. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知定义在R上的偶函数 y= f(x)的导函数为 y= f (x)，当 x> 0时，
( ) + f(x)f x x < 0，且 f(2) =-3，则不等式 f(2x- 1)<
-6
2x- 1 的解集为 ( )
A. -∞ , 1 ∪ 3 32 2 ,+∞ B. 2 ,+∞
C. 1 , 3 D. - 1 , 1 ∪ 12 2 2 2 2 ,
3
2
【答案】A
【分析】根据题干中的不等式，构造函数F x = xf x ，结合 y= f(x)在在R上为偶函数，得到F x =
xf x 在R上单调递减，其中F 2 = 2f 2 =-6，分 x> 12 与 x<
1
2，对 f(2x- 1)<
-6
2x- 1 变形，利
用函数单调性解不等式，求出解集.
> ( ) + f(x) = xf
(x) + f(x)
【详解】当 x 0时，f x x x < 0，
所以当 x> 0时，xf (x) + f(x)< 0，
令F x = xf x ，则当 x> 0时，F x = xf (x) + f(x)< 0，
故F x = xf x 在 x> 0时，单调递减，
又因为 y= f(x)在在R上为偶函数，
所以F x = xf x 在R上为奇函数，
故F x = xf x 在R上单调递减，
因为 f(2) =-3，所以F 2 = 2f 2 =-6，
当 x> 12 时，f(2x- 1)<
-6
2x- 1 可变形为 2x- 1 f(2x- 1)<-6，
即F 2x- 1 因为F x = xf x 在R上单调递减，
所以 2x- 1> 2，解得：x> 32，
与 x> 12 取交集，结果为 x>
3
2；
当 x< 12 时，f(2x- 1)<
-6
2x- 1 可变形为 2x- 1 f(2x- 1)>-6，
即F 2x- 1 >F 2 ，
因为F x = xf x 在R上单调递减，
所以 2x- 1< 2，解得：x< 32，
与 x< 12 取交集，结果为 x<
1
2；
综上：不等式 f(2x- 1)< -62x- 1 的解集为 -∞ ,
1 3
2 ∪ 2 ,+∞ .
故选：A
例20. (2022·全国 ·高三阶段练习 (理 ))已知函数 f x = x3- x+ 2+ ex- e-x，其中 e是自然对数的底
数，若 f a- 2 + f a2 > 4，则实数 a的取值范围是 ( )
A. -2,1 B. -∞ ,-2 C. 1,+∞ D. -∞ ,-2 ∪ 1,+∞
【答案】D
【分析】构造函数 g(x) = f x - 2，利用奇偶性的定义、导数的符号变化判定其奇偶性和单调性，再将 f
(a- 2) + f(a2)> 4变为 g(a- 2)> g(-a2)，利用 g(x)的单调性进行求解.
【详解】构造函数 g(x) = f x - 2= x3- x+ ex- e-x，因为 g(x)的定义域为 (-∞ ,+∞)，且 g -x =
-x 3- -x + e-x- ex=-x3+ x- ex+ e-x
=- (x3- x+ ex- e-x) =-g(x)，即 g(x)是奇函数，
又 g x = 3x2- 1+ ex+ e-x≥ 3x2- 1+ 2 ex e-x= 3x2+ 1> 0，
所以 g(x)在 (-∞ ,+∞)上单调递增；
因为 f(a- 2) + f(a2)> 4，所以 f(a- 2) - 2>-[ f(a2) - 2]，
即 g(a- 2)>-g(a2)，即 g(a- 2)> g(-a2)，所以 a- 2>-a2，
即 a2+ a- 2> 0，解得 a> 1或 a<-2，
即 a∈ (-∞ ,-2) ∪ (1,+∞).
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用函数的性质解决不等式问题时，往往要利用题干中的表达式或不等式的结构
特点合理构造函数，如本题中，构造函数 g(x) = f x - 2，将问题转化为利用函数的奇偶性和单调性
求 g(a- 2)>-g(a2)的解集.
【题型】八、构造 kx+ b 与 f(x)型
例21. (2022·河南 ·高三阶段练习 (文 ))已知定义在 0,+∞ 上的函数 f x 的导函数为 f x ，若 f x <
2，且 f 4 = 5，则不等式 f 2x > 2x+1- 3的解集是 ( )
A. 0,2 B. 0,4 C. -∞ ,2 D. -∞ ,4
【答案】C
【分析】根据所求不等式 f 2x > 2x+1- 3的形式，构造函数 g x = f x - 2x+ 3，利用题目中的条件
判断出 g x 在 0,+∞ 上单调递减，进而将所求转化为 g 2x > g 4 ，再利用单调性求出解集．
【详解】设 g x = f x - 2x+ 3，则 g x = f x - 2．
因为 f x < 2，所以 f x - 2< 0，即 g x < 0，所以 g x 在 0,+∞ 上单调递减．
不等式 f 2x > 2x+1- 3等价于不等式 f 2x - 2× 2x+ 3> 0，即 g 2x > 0．
因为 f 4 = 5，所以 g 4 = f 4 - 2× 4+ 3= 0，所以 g 2x > g 4 ．
因为 g x 在 0,+∞ 上单调递减，所以 2x< 4，解得 x< 2．
故选：C．
例22. (2022·河南 ·襄城高中高二阶段练习 (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
【解析】
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，
∴ g 0 < g 1 < g 2 ，即 0< ef 1 < 4e2 f 2 ，
f
∴ > ，
1
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 ，由 的推理过程知： D A e < 4f 2 ，又 f -1 =-f 1 ，f -2 =-

f 2 ，∴- e <
f
- - ，则
-1
4f 2 e > 4f -2 ，D正确．
故选：D.
【题型】九、构造 ln kx+ b 型
例23. (2023· · ) (0 +∞) f(x) xf x + 1> 0,f 2 = ln 1全国 高三专题练习 定义在 ， 上的函数 满足 2 ，则不
等式 f(ex) + x> 0 的解集为 (　　 )
A. (0，2ln2) B. (0,ln2) C. (ln2，1) D. (ln2，+∞)
【答案】D
【分析】构造新函数 g(x) = f(x) + lnx,(x> 0)，利用导数说明其单调性，将 f(ex) + x> 0变形为 g(ex)
> g(2)，利用函数的单调性即可求解.
【详解】令 g(x) = f(x) + lnx,(x> 0) ，
xf x
则 ( ) = ( ) + 1 =
+ 1
g x f x x x ，由于 xf x + 1> 0,
故 g (x)> 0,故 g(x)在 (0，+∞)单调递增，
而 g(2) = f(2) + ln2= ln 12 + ln2= 0 ，
由 f(ex) + x> 0，得 g(ex)> g(2) ，
∴ ex> 2 ，即 x> ln2 ,
∴不等式 f(ex) + x> 0的解集为 (ln2，+∞),
故选：D．
例24. (2022·河南 ·高三阶段练习 (理 ))设 a= cos 1 7 152 ，b= 8 ，c= ln 8 ，则 a，b，c之间的大小关系为
( )
A. c< b< a B. c< a< b C. b< c< a D. a< c< b
【答案】A
2
【分析】构造函数 g x = ln x+ 1 - x，f x = cosx- 1- x2 ，借助函数的单调性分别得出 c< b与
a> b，从而得出答案.
【详解】构造函数 g x = ln x+ 1 - x， x>-1，则 g x = 1 - 1= -x x+ 1 x+ 1，
当-1< x< 0时，g x > 0，g x 单调递增，当 x> 0时，g x < 0，g x 单调递减，
∴ g x ≤ g 0 = 0，∴ ln x+ 1 ≤ x(当 x= 0时等号成立 )，
∴ ln 15 = ln 7 + 1 < 78 8 8，则 c< b，
构造函数 f x = cosx- 1- 12 x
2 ，0< x< 1，则 f x = x- sinx，
令 φ x = x- sinx，0< x< 1，∴ φ x = 1- cosx> 0，φ x 单调递增，
∴ φ x > φ 0 = 0，∴ f x > 0，f x 单调递增，
2
从而 f x > f 1 1 1 1 7 0 = 0，∴ f 2 > 0，即 cos 2 > 1- 2 2 = 8，则 a> b．
∴ c< b< a．
故选：A．
例25. (2022· π 2贵州 ·高三阶段练习 (理 ))已知命题 p：在△ABC中，若A> 4 ，则 sinA> 2 ，命题 q : x
>-1，x≥ ln(x+ 1).下列复合命题正确的是 ( )
A. p∧ q B. ( p) ∧ ( q) C. ( p) ∧ q D. p∧ ( q)
【答案】C
【分析】命题 p可举出反例，得到命题 p为假命题，构造函数证明出 q : x>-1，x≥ ln(x+ 1)成立，
从而判断出四个选项中的真命题.
【详解】在△ABC中，若A= 5π6 ，此时满足A>
π
4，但 sinA=
1
2 <
2
2 ，故命题 p错误；
令 f x = x- ln x+ 1 ,x>-1，
则 f x = 1- 1 xx+ 1 = x+ 1，
当 x> 0时，f x > 0，当-1< x< 0时，f x < 0，
所以 f x 在 x> 0上单调递增，在-1< x< 0上单调递减，
所以 f x 在 x= 0处取得极小值，也是最小值，
f 0 = 0- ln 0+ 1 = 0，
所以 q : x>-1，x≥ ln(x+ 1)成立，为真命题；
故 p∧ q为假命题，( p) ∧ ( q)为假命题，( p) ∧ q为真命题，p∧ ( q)为假命题.
故选：C
【题型】十、构造综合型
例26. (2022·全国 ·高三阶段练习 (理 ))下列命题为真命题的个数是 ( )
2 1 23
① log32> 3 ；② elnπ< π；③ sin 2 > 48；④ 3eln2< 4 2.
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【分析】利用指数式与对数的互化、对数函数的单调性推得①错误；构造函数 f lnx x = x ，利用导数研
究其单调性和最值，进而判定②④正确；构造函数 h(x) = sinx- x+ 1 3 π6 x ，x∈ 0, 2 ，利用二次求导
确定其单调性，利用 h 12 > h(0)得到③正确.
2
【详解】对于①：若 log32> 23，则 2> 3
3，即 8> 9，
显然不成立，故①错误；
对于②：将 elnπ< π变为 lnπ < lneπ e ，
构造 f x = lnx，则 f x = 1- lnx x 2 ，x
则当 0< x< e时，f x > 0，x> e时，f x < 0，
所以 f x = lnx x 在 (0,e)上单调递增，在 (e,+∞)上单调递减，
则 x= e时，f 1 x 取得最大值 e，
由 f π < f e 得 lnπ < lne π e ，
即 elnπ< π成立，故②正确；
对于③：令 h(x) = sinx- x+ 16 x
3，x∈ 0, π2 ，
则 g 1 x = h x = cosx- 1+ 2 x
2，
t x = g x =-sinx+ 1，
因为 t x = g x =-sinx+ 1> 0在 0, π2 成立，
所以 g x = h x 1 = cosx- 1+ 2 x
2在 0, π2 上单调递增，
又 g(0) = cos0- 1+ 0= 0，所以 g x = h x > 0在 0, π2 上成立，
即 h(x) = sinx- x+ 1 x36 在在 0,
π
2 上单调递增，
所以 h 12 > h(0)，即 sin
1 - 232 48 > 0，即 sin
1
2 >
23
48，
故③正确；
对于④：将 3eln2< 4 2变为 ln2 2 < lne，
2 2 e
由②得 f 2 2 < f e ，即 ln2 2 < lne ，
2 2 e
即 3eln2< 4 2成立，故④正确；
综上所述，真命题的个数为 3.
故选：C .
【点睛】方法点睛：利用函数的单调性解决不等式问题时，往往要利用题干中的不等式的结构特点合
理构造函数，如本题中证明 elnπ< π、3eln2< 4 2构造函数 f x = lnx x ，证明 sin
1 23
2 > 48 构造 h(x)
= sinx- x+ 16 x
3，x∈ 0, π2 ，将问题转化为利用导数研究函数的单调性问题.
例27. (2022·江苏 ·南京师大附中高三期中 )已知函数 f x = lnx- ax2，则下列结论正确的有 ( )
A. a< 1当 2e 时，y= f x 有 2个零点
B. 当 a> 12e 时，f x ≤ 0恒成立
C. 当 a= 12 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】BCD
【分析】对于A和B，由 f x = 0可得 a= lnx2 ，令 g x =
lnx
2 ，利用导数得到 g x 的单调性和最值情x x
况即可判断；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
t
2 1 - 1
为 2at= lnt有两个零点，证明 t1t2> 2，进而只需要证明 + > ，也即是
t1 > te lnt1 lnt2 2 ln 2t2 t
，从
1
t + 12
2
而令 = t1 >
m- 1
m t 1，构造函数 s m = lnm- m+ 1 m> 1 求出2
最值即可
【详解】对于A，令 f x = lnx- ax2= 0即 a= lnx
x2
，
1 x2- lnx 2x
令 g lnx x x = 2 ,x> 0，则 g x = 2 2 =
1- 2lnx，
x x 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 e = 1 2e，
又因为当 x< 1时，g lnx lnx x = 2 < 0；当 x> 1时，g x = 2 > 0，故 g x 如图所示，x x
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 x lnx 1 = 2 ≤x 2e
，
当 a> 12e 时，由 a>
lnx
2 ，可整理得 lnx- ax
2< 0，即 f x < 0，故B正确；
x
2
对于C，将 a= 12 代入 f x 得 f x = lnx-
1 x22 ,x> 0，所以 f
x = 1 - x= 1- xx x ，
令 f x = 0，解得 x= 1，
故当 x∈ 0,1 ，f 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，
= lnx ax
1
1 x 2 2所以 1 lnx ，即
2ax1= lnx1
，
ax = 2 2ax
2
2= lnx22
2 x2
所以等价于：2at= lnt有两个零点，证明 t1t2> e2，
不妨令 t1> t2> 0，
由 2at1= lnt1 = lnt1- lnt2 2a2at2= lnt2 t1- t ，2
要证 t1t2> e2，只需要证明 lnt1+ lnt2> 2，
即只需证明： + lnt - lntlnt1 lnt2= 2a t1+ t2 = t1+ t 1 22 t - t > 2，1 2
t1
2 t - t 2 - 1
只需证明： t tlnt1- lnt >
1 2 1 2
2 t1+ t
，即 ln > ，
2 t2 t1
t + 12
令 = tm 1t > 1，2
2 m- 1
只需证明： lnm> m+ 1 m> 1 ，
2 m- 1令 s m = lnm- m+ 1 m> 1 ，
m- 1则 =
2
s m
m m+ 1 2
> 0，即 s m 在 1,+∞ 上为增函数，
又 s 1 = 0，所以 s m > s 1 = 0．
综上所述，原不等式成立，即 x1x2> e成立，故D正确，
故选：BCD
【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．
例28. (2022·黑龙江 ·齐齐哈尔市实验中学高三阶段练习 )已知函数 f x 的定义域是 0,+∞ ，f x 是
f x 的导数，若 f x = xf x - x，f 1 = 1，则下列结论正确的是 ( )
A. f 1 x 在 0, e 上单调递减 B. f x 的最大值为 e
C. f x 的最小值为- 1e D.存在正数 x0，使得 f x0 < lnx0
【答案】AC
f x
【分析】构造 = g x x ，得到 g
x
1
= x，从而得到 g x = lnx+ c，结合 f
1 = 1，得到 f x =
xlnx，求导得到 f x = lnx+ 1，从而得到函数的单调性和极值，最值情况，判断出ABC选项；
解不等式 x- 1 lnx< 0得到解集为 ，故D错误.
f x
【详解】由 f x = xf x - x得 f x =

x + 1，
x
f x
f x xf x - f x x + 1 - f x 设 g x = x ，则 g
x = 2 =
1
x x2
= x .
设 c为常数，则 lnx+ c = 1x，
∴ g x = lnx+ c，
∴ f x = xg x = xlnx+ cx.
∵ f 1 = 1，
∴ f 1 = 0，
∴ c= 0，所以 f x = xlnx，
∴ f x = lnx+ 1.
当 0< x< 1 e 时，f x < 0，f x 单调递减，
当 x> 1e 时，f
x > 0，f x 单调递增.
∵ f 1e = 0，
∴ f x 1 在 x= e 时取得极小值，也是最小值-
1
e，f x 无最大值.
∴A正确，B错误，C正确，
由 f x < lnx得 xlnx< lnx，
∴ x- 1 lnx< 0.
当 0< x< 1时，x- 1< 0，lnx< 0， x- 1 lnx> 0.
当 x= 1时， x- 1 lnx= 0.
当 x> 1时，x- 1> 0，lnx> 0， x- 1 lnx> 0.
因此不等式 x- 1 lnx< 0即 f x < lnx的解集是 .
所以D错误.
故选：AC
【点睛】当条件中出现类似 f x = xf x - x的条件时，通常要构造函数来解决问题，本题中的难点是
f x利用
f x
f x = x + 1来构造 g x = ，从而结合 f

x 1 = 1求出 f x = xlnx.
例29. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知函数 f x = x ex+ 1 ,g x = x+ 1 lnx，若 f x1 = g x2 > 0，
x
则 2x 可取 ( )1
A. 1 B. 2 C. e D. e2
【答案】CD
【分析】由 g x = x+ 1 lnx= lnx elnx+ 1 ，利用同构结合 f x 在 (0,+∞)上单调递增，即可得到 x1
x1 x
= lnx2，则
x2 e e
x = x , x1> 0 ，记 h(x) = x ,(x> 0)，求出 h
(x)即可判断 h(x)在 (0,+∞)上的单调性，
1 1
即可得出 x2x ≥ e，由此即可选出答案.1
【详解】因为 f x1 = g x2 > 0，所以 x1> 0,x2> 1，
因为 f x = ex+ 1+ xex= (x+ 1)ex+ 1> 0恒成立，
所以 f x 在 (0,+∞)上单调递增，
又 g x = x+ 1 lnx= lnx elnx+ 1 ，
因为 f x1 = g x ，即 x ex1+ 1 = lnx elnx22 1 2 + 1 ，
所以 x = lnx x = ex11 2 2 ，
所以 x
x
2 = e
1
x x , x1> 0 ，1 1
记 h(x) = e
x
x ,(x> 0)，
x
所以 h ( ) = e (x- 1)x
x2
当 0< 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 xh(x)≥ h(1) = e，即 2x ≥ e1
故选：CD.
【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，属于难题，其中将 g x = x+ 1 lnx= lnx elnx+ 1 变形为
f x = x ex+ 1 的结构，是解本题的关键.

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