资源简介

特训 04 特例法、构造法解导数小题（八大题型）
例1 已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f'(x), 若对任意x>0都有
2f(x)+xf'(x)>0成立，则( ) .
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
一般解法：(构造法)令g(x)=x f(x), 其导函数g'(x)=2xf(x)+x f(x).
当x>0时，g(x)=x[2f(x)+xf'(x)]>0, 即函数g(x)在(0,+x)上单调递增.
∵函数f(x) 是定义在R上的偶函数，
:f(-x)=f(x),∴g(-x)=(-x)}f(-x)=x}f(x)=g(x),即函数g(x)为偶函数，
∴g(-2)=g(2), 而g(2)故选A.
特例法：令f(x)=1,满足条件f(x) 是偶函数且2f(x)+ef (x) 0,把f(x)=1代入四个选项，只
有A满足.故选A.
例2 定义在R上的可导函数f(x)的导函数是f'(x),若f'(x)>f(x)- 1,f(1)=2018,则不等式
f(x)>2017ex-1+1的解集是________. .
一般解法：(构造法)构造 F（x）= f（x） 1
ex 1
特例法：令 f(x)=2018ex-1
答案：（1，+∞）
目录：
01 ：抽象函数—比较大小问题
02 ：抽象函数—利用导数解不等式
03 ：抽象函数—求参数范围
04 ：恒成立、存在性、有解问题
构造法解决导数问题
05 ：最值问题
06 ：零点、方程的根问题
07 ：其他问题
08：分段函数
01 ：抽象函数—比较大小问题
1．已知定义在 (0, + )上的函数 f x 的导数为 f x ，若 f (1) =1，且 x2 f (x) +1 > 0 ，则下列式子中一定成
立的是（ ）
f 1 > 3 f (1A． ÷ B． ) > π
è 3 π
C． f log2 e > ln 2 D． f (ln 3) < log3 e
【答案】C
【分析】设 g x = f x 1 ，得到 g x > 0，得到 g x 在 (0, + )上单调递增，再由 f (1) =1，得到
x
g 1 = 0，结合选项，逐项判定，即可求解.
【解析】因为当 x > 0时， x2 f (x) +1 > 0 ，可得 f (x)
1
+
x2
> 0，
g x f x 1令 = ，可得 g x = f x 1+
x x2
> 0，所以 g x 在 (0, + )上单调递增，
因为 f (1) =1，可得 g 1 = f 1 1 = 0，
对于 A 中，由 g(
1) g 1 f (1) 3 0 f (1< ，即 < ，所以 ) < 3，所以 A 不正确；
3 3 3
对于 B 中，由 g(
1 ) < g 1 ，即 f (1 ) 1 π < 0，所以 f ( ) < π，所以 B 不正确；
π π π
对于 C 中，由 g(log2 e) > g 1 ，即 f (log2 e) ln2 > 0，所以 f (log2 e) > ln 2，所以 C 正确；
对于 D 中，由 g(ln 3) > g 1 1，即 f (ln 3) > 0 ，所以 f (ln 3) > log3 e ，所以 D 不正确.ln3
故选：C.
2．已知函数 f x 在R 上可导，其导函数为 f x ，若 f x 满足： x 1 é f x f x ù > 0，
f 2 x = f x e2 2x ，则下列判断正确的是（ ）
A． f 1 > e f 0 B． f 2 > e2 f 0
C． f 3 > e3 f 0 D． f 4 < e4 f 0
【答案】C
f x 【分析】根据题意令F x = x ，利用导数及题干所给条件求得 F (x)的单调性，利用函数的对称性，可e
得F (1) < F (0) = F (2) < F (3) < F (4)，对其进行比较即可判断各选项.
f x e
x f x e
x f x f x f x
【解析】令F x = x ，则 F x

=
e e2x
= x ，e
函数 f (x) 满足 (x 1) f (x) f (x)] > 0，
当 x >1时 F (x) > 0, F (x) 在 1, + 上单调递增，
当 x <1时F (x) < 0, F (x) 在 ,1 上单调递减，
又由 f 2 2x f 2 x f x2 x = f x e 2 x = x F 2 x = F x ，e e
即函数F x 的图象关于 x =1对称，从而F (1) < F (0) = F (2) < F (3) < F (4)，
对于 A，F (1) < F (0)
f 1 f 0
， 1 < 0 ， f 1 < ef 0 ，A 错误；e e
f
B F (0) = F (2) 2 f 0 2对于 ， ， = ， f 2 = e f2 0 0 ，B 错误；e e
对于 C，F (3) > F (0)
f 3 f 0
， > ， f 33 0 > e
3 f 0 ，C 正确；
e e
F (4) > F (0) f 4 f 0D 对于 ， ， > ， f 4 > e4 f 04 0 ，D 错误.e e
故选：C
f x
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是构造函数F x = x ，利用导数法研究函数的单调性，结合函数e
的对称性即可.
02 ：抽象函数—利用导数解不等式
3．已知函数 f (x) 的定义域为R ，且 f 2 = 1，对任意 x R ， f (x) + xf (x) < 0 ，则不等式 x +1 f x +1 > 2
的解集是（ ）
A． ,1 B． , 2 C． 1, + D． 2, +
【答案】A
【分析】设 g x = xf x ，由 g (x) = f (x) + xf (x) < 0恒成立， g(x)在R 上单调递减，由 x +1 f x +1 > 2可
得 g(x +1) > g(2)，由单调性解不等式即可.
【解析】设 g x = xf x ，则 g 2 = 2 f (2) = 2 ，
Q对任意 x R ， f (x) + xf (x) < 0 ，\ g (x) = f (x) + xf (x) < 0 恒成立，即 g(x)在R 上单调递减，
由 x +1 f x +1 > 2可得 g(x +1) > g(2)，\ x +1 < 2 ，解得 x <1，即解集为 ,1 .
故选：A
4．若函数 f x 的定义域为R ，满足 f 0 = 2 ，"x R ，都有 f x + f x >1 x，则关于 x 的不等式 f x > e +1
的解集为（ ）
A． x x >1 B． x x > e C． x x < 0 D． x x > 0
【答案】D
【分析】本题为构造函数类型题，根据已知条件 f x + f x >1结构特征可知 f x + f x 1该部分是某个
x x x
函数的导函数变形所得，由问题中的不等式 f x > e +1提示可得到该函数为F x = e f x e ，再结合函
数的单调性情况即可进一步求解出答案.
【解析】因为 f x + f x >1 x x x，所以 f x + f x 1 > 0 ， e f x + e f x e > 0，
x
所以构造函数F x = e f x ex ，则F x = ex f x + ex f x ex = ex f x + f x 1 > 0，
所以F x 在R 上单调递增，因为 f 0 = 2 ，所以F 0 =1，
x
所以不等式 f x > e +1 ex f x ex >1 F x > F 0 ，
因为F x 在R 上单调递增，所以 x > 0，所以不等式的解集为 x | x > 0 ，
故选：D.
5．已知定义在 R 上的奇函数 f x 满足 f 2 + x = f x ，且当 x 0,1 时 f x > π，则不等式 f x sin πx
在 3,3 上的解集为 ．
【答案】 2,0 2,3
【分析】先得出 f x 的周期以及对称轴，再利用导数证明 f x sin πx在 0,1 上恒成立，通过对称性画出
函数 f x 和 y = sin πx在 3,3 上的简图，由图象得出解集.
【解析】因为 f x 为定义在 R 上的奇函数，则 f x = f x ，且 f 0 = 0，
所以 f 2+x =f x = f x ，
则 f 4 + x = f x + 2 = f x ，
所以函数 f x 为周期为 4 的函数，且图像关于 x =1对称.
令 g x = f x πx ， x 0,1 ，
则 g x = f x π > 0 ，
所以函数 g x 在 0,1 上单调递增，
所以当 x 0,1 时， g x g 0 = 0 ，即 f x πx .
设 h x = sin πx πx ， x 0,1 ，
则 h x = π cos πx π=π cos πx 1 0，
所以函数 h x 在 0,1 上单调递减，
则当 x 0,1 时， h x h 0 = 0，即 sin πx πx ，
所以 f x sin πx在 0,1 上恒成立，
结合对称性可画出函数 f x 和 y = sin πx在 3,3 上的简图，如下图所示：
由图象可知，不等式 f x sin πx在 3,3 上的解集为 2,0 2,3 .
故答案为： 2,0 2,3 .
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用导数证明 f x sin πx在 0,1 上恒成立，进而结合图象进行求解.
6．设函数 f x 在R 上的导函数为 f x ，已知 f x = ex 2x +1 + f x ， f 0 =1 x，则不等式 f x 3e < 0
的解集是 ．
【答案】 2,1
【分析】利用求导法则构造新函数，解出 f x 代入不等式，运算即可得解.
f x f x
【解析】解：由题意得 x = 2x +1，e
∴ é f x ù
f x
ê ú = 2x +1，令 x = x
2 + x + C ，
ex e
则 f x = ex x2 + x + C ，
∵ f 0 =1，∴ C =1
∴ f x = ex x2 + x +1 ，
∴ f x 3ex < 0 ex x2 + x 2 < 0 ，
则有 x2 + x 2 < 0，解得 2所以，所求解集为 2,1 .
【点睛】本题考查函数的导数的应用和一元二次不等式的解法，关键在于恰当构造函数.构造函数的主要思
路有：
（1）条件中出现 f x f x x f x 和 e 时，适当转换后考虑根据商的求导法则令j x = x ；e
（2）条件中出现 f x + f x 和 ex x时，适当转换后考虑根据积的求导法则令j x = e f x .
7．已知函数 f x 是定义在R 上的偶函数，其导函数为 f (x) ，且当 x < 0 时， 2 f x + xf (x) < 0，则不等式
x 2023 2 f (x 2023) f ( 1) > 0的解集为 ．
【答案】 2022,2024
2
【分析】构造函数F x = x f x ，由已知得出 F (x)为偶函数，且在 ,0 上是增函数，在 0, + 上为减
函数，将 x 2023 2 f (x 2023) f ( 1) > 0转化为F x 2023 > F 1 求解即可．
2 2
【解析】令F x = x f x ，则F (x) = 2xf (x) + x f (x) = x 2 f (x) + xf (x) ，
当 x < 0 时， 2 f x + xf x < 0，
所以当 x < 0 时，F (x) = x 2 f (x) + xf (x) > 0，
即F x 在 ,0 上是增函数，由题意 f x 是定义在R 上的偶函数，
所以 f x = f x ，又F ( x) = ( x)2 f ( x) = x2 f (x) = F (x)，
所以F x 是偶函数，所以F x 在 0, + 上递减，
所以F (x 2023) = (x 2023)2 f (x 2023), F ( 1) = ( 1)2 f ( 1) = f ( 1)，
即不等式等价为F x 2023 > F 1 ，
所以 x 2023 <1，所以 2022 < x < 2024 ．
故答案为： 2022,2024 ．
8．已知 f x 为定义域R 上函数 f x 的导函数，且 f x + f 2 x = 0 ， x 1， x 1 f x + 2 f x > 0
4
且 f 3 =1，则不等式 f x > x 1 2 的解集为 ．
【答案】 , 1 3,+
【分析】根据导数的对称性求得原函数的对称性，构造函数，通过不等式可得新函数导数与零的大小，可
得其单调性，解得答案.
【解析】由 f x + f 2 x = 0 ，整理可得 f x = f 2 x ，则函数 f x 关于成中心对称，
所以 f x 关于直线 x =1成轴对称，
当 x >1时， x 1 > 0，由 x 1 f x + 2 f x > 0 2，则 x 1 f x + 2 x 1 f x > 0，
由函数 y = x 1 2 f x 的导数为 y = x 1 2 f x + 2 x 1 f x ，
则函数 y = x 1 2 f x 在 1, + 上单调递增，易知在 ,1 上单调递减，
当 x = 3时， y = 3 1 2 f 3 = 4 2；当 x= 1时， y = 1 1 f 1 = 4 f 3 = 4，
f x 4所以不等式 > x 1 2 的解集为 , 1 3,+ ，
故答案为： , 1 3,+ .
【点睛】本题的接解题关键在于根据已知等式得到函数的对称性，利用构造函数的思想解题.
03 ：抽象函数—求参数范围
9．设定义域为R 的偶函数 y = f x y = f x f x + x +1 2的导函数为 ，若 也为偶函数，且
f 2a + 4 > f a2 +1 ，则实数 a的取值范围是（ ）
A． , 1 3,+ B． , 3 1,+
C． 3,1 D． 1,3
【答案】A
【分析】先令 g(x) = f (x) + (x +1)2，判断 g(x)的单调性及奇偶性，由已知结合函数的单调性及奇偶性即可求
解不等式．
【解析】因为 y = f (x) 为偶函数，
所以 f ( x) = f (x)，所以 f ( x) = f (x)，
令 g(x) = f (x) + (x +1)2，
因为 f x + x +1 2 为偶函数，
则 g( x) = g(x)，即 f ( x) + ( x +1)2 = f (x) + (x +1)2 ，
即 f (x) + ( x +1)2 = f (x) + (x +1)2 ，
所以 f (x) = 2x，
当 x > 0时， f (x) = 2x < 0，即 f (x) 在 0, + 上单调递减，则 f (x) 在 ,0 上单调递增，
由 f (2a + 4) > f (a2 +1)，即 f 2a + 4 > f a2 +1 ，
2 2 2
所以 2a + 4 < a +1，即 a +1 < 2a + 4 < a +1，解得 a < 1或 a > 3，
即实数 a的取值范围是 , 1 3,+ ．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是令 g(x) = f (x) + (x +1)2，从而推导出 f (x) = 2x，即可得到函数的
单调性.
10．已知函数 f x 在R 上连续且存在导函数 f x ，对任意实数 x 满足 f 2 x = f x + 2x 2，当 x 1,+
时， f x > 1.若 f a +1 f a 1，则 a的取值范围是 .
é1
【答案】 ê , +

2 ÷
【分析】首先变形等式，并构造函数 g x = f x + x，并判断函数的对称性和单调性，将不等式变形为
g a +1 g a ，利用函数的性质，即可求解不等式.
【解析】由 f 2 x = f x + 2x 2，可得 f 2 x + 2 x = f x + x .
令 g x = f x + x，则 f x = g x x， g 2 x = g x ，所以 g x 的图象关于直线 x =1对称.
当 x 1,+ 时， f x > 1，所以 g x = f x +1 > 0，
又 f x 在R 上连续，所以 g x 在 (1, + )上单调递增，且在 ,1 上单调递减，
由 f a +1 f a 1，可得 g a +1 a +1 g a a 1，即 g a +1 g a ，
所以 a +1 1 a 1 a
1
，解得 .
2
é1
故答案为： ê ,+ 2 ÷
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据条件构造函数 g x ,利用函数 g x 的性质，求解不等式.
04 ：恒成立、存在性、有解问题
11．已知定义在 0, + 上的单调递增函数 f x
f x
满足 > xf x 恒成立，其中 f
x 是函数 f x 的导函数.若
2 f m 2022 < m 2022 f 2 ，则实数m 的取值范围为（ ）
A． 0,2022 B． 2022,2024 C． 2022, + D． 2024, +
【答案】D
【分析】由题意可得 xf (x) f (x) < 0，构造函数 g(x)
f (x)
= (x > 0) ，讨论函数 g(x)的单调性，将
x
2 f (m 2022) < (m 2022) f (2) f (m 2022) f (2)转化为 【解析】由题意知， f (x) 在 (0, + )上单调递增，则 f (x) > 0 ，
f (x)
不等式 > x f (x) 恒成立转化为 f (x) > xf (x)，即
xf (x) f (x) < 0，

设 g(x)
f (x) (x 0) g (x) xf (x) f (x)= > ，则 = < 0，
x x2
所以 g(x)在 (0, + )上单调递减，则m 2022 > 0，
2 f (m 2022) < (m 2022) f (2) f (m 2022) f (2)由 ，得 即 g(m 2022) < g(2)，所以m 2022 > 2，解得m > 2024 ，
即实数 m 的取值范围为 (2024,+ ) .
故选：D
12 x．设函数 f x = xe ，则函数 f x 的最小值为 ；若对任意 x2 0, + ，存在 x1 0, + 不等式
f x1 f x2 2k× é 2 ù
x 2 ex
x +1 恒成立，则正数 k 的取值范围是 ．
2 2
1 k +1
1 é e ,+ 【答案】 e ê4 e ÷
f x xex e é(x)
2 +1ù 1
【分析】利用导数研究函数单调性，求最小值；令 g x = 2 = ， h x =
= x + ，问题转
x x f x x
gmin x hmin x 化为 ，利用导数和基本不等式求两个函数最小值即可.
2k k +1
【解析】 f x = xex x的导数为 f x = e x +1 ，
则 x < 1时， f x < 0， f x 单调递减； x > 1时， f x > 0， f x 单调递增，
可得 f x 在 x= 1 1处取得极小值，且为最小值 e ；
g x f x
x 2
ex e é(x) +1ùh x x 1令 = 2 = ， = = + ，x x f x x
又对任意 x2 0, + ，存在 x1 0, + ，
f x1 f x2 2k
有 × é x
2 +1ù g x恒成立，即 1 h x 2 g x h x 2 ex2 k +1 2 恒成立，即
min min ；x1 2k k +1 2k k +1
x > 0 1 1时，h x = x + 2 x × = 2，当且仅当 x =1时取得最小值 2，
x x
f x
x ex x 1
g x e= = g x 2 ， = ，x x x2
则0 < x <1时， g x < 0， g x 单调递减； x >1时， g x > 0， g x 单调递增，
可得 g x 在 x =1处取得极小值，且为最小值 e；
e 2 e
所以 ，由 k > 0，可得 k ．
2k k +1 4 e
e
所以 k é的取值范围是 ê ,+
.
4 e ÷
【点睛】方法点睛：
不等式恒成立问题，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.
2lx lnx13．已知l > 0，对任意的 x >1，不等式 e 0恒成立，则l 的取值范围为（ ）
2l
2e, é 1 , é1A． + B． ê +

÷ C． e, + D．
2e ê
,+
e ÷
【答案】B
【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、参变量分离法进行求解即可.
【解析】由题意l > 0，不等式即 2le2lx lnx，进而转化为 2lxe2lx lnxelnx ，
令 g x = xex，则 g x = x +1 ex ，
当 x > 0时， g x > 0，所以 g x 在 0, + 上单调递增.
则不等式等价于 g 2lx g lnx 恒成立.
因为l > 0, x > 1，所以2lx > 0,lnx > 0，
所以2lx lnx对任意 x >1恒成立，即2l
lnx
恒成立.
x
h t lnt (t 1 lnt设 = >1) ，可得 h t = 2 ，t t
当1< t e,h t 0,h t 单调递增,当 t > e, h t < 0,h t 单调递减．
1 1 1
所以 t = e, h t 有最大值 h e = ，于是 2l ，解得l ．
e e 2e
故选：B
【点睛】方法点睛：将已知条件转化为 2lxe2lx lnxelnx x，通过构造函数 g x = xe ，进而利用导数得到
2l lnx ，进而计算求得结果.
x
14．若关于 x 的不等式 e 1 lnx + ax 1 xeax 1 é在 x ê ,1
ù
ú内有解，则正实数 a的取值范围是（2 ）
A． 0,2 + 2ln2 é 1B , eù C é 1 ù． ê ú ． 0,4 D． , e
e ê 2e ú
【答案】A
ax ax
【分析】将由不等式转化为 e 1 ln xe xe 1，令 t = xeax ，得到 e 1 ln t t 1，令函数
é a ù
f t = e 1 lnt t 1 +1，问题转化为存在 t ê e2 , ea ú ，使得 f t 0，利用导数求得函数 f t 的单调性，结
2
a
合 f 1 = 0, f e = 0 1，得到 e2 e且 ea 1，即可求解.
2
ax ax ax
【解析】由不等式 e 1 lnx + ax xe 1，即 e 1 ln xe xe 1，
令 t = xeax ，即有 e 1 ln t t 1，
又由 a > 0，所以函数 t = xeax 在 x 0, + 上单调递增，
é1 ù aax é1 a ù
因为 x ê ,1ú，所以 t = xe ê e
2 , e ú ，
2 2
a
令 f t = e 1
é ù
lnt t +1 1 a，问题转化为存在 t ê e2 , e ú ，使得 f t 0，
2
f t e 1 t因为 = ，令 f t > 0，可得0 < t < e 1；令 f t < 0，得 t > e 1，
t
所以 f t 在 0,e 1 上单调递增，在 e 1,+ 上单调递减，
又因为 f 1 = 0, f e = e 1 lne e +1 = 0 ，所以当1 t e时， f t 0，
é1 a a ù 1 a
若存在 t ê e2 , e ú ，使得 f t 0成立，只需 e22 e且 e
a 1，
2
解得0 a 2 + 2ln2，因为 a > 0，所以 a 0,2 + 2ln2 .
故选：A.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围；
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与 ex 和 ln x相关的常见同构模型
① aea b ln b ea ln ea b ln b，构造函数 f x = x ln x x或 g x = xe ；
ea b ea② b
x
< < ，构造函数 f x x=a 或 g x
e
= ；
a ln b ln e ln b ln x x
③ ea x± a > b ± ln b ea ± ln ea > b ± ln b，构造函数 f x = x ± ln x或 g x = e ± x .
1
15．已知函数 f x 1 x4 2 x3 a= + x2 xlnx é在 ê , 2
ù
ú上存在单调递减区间，则实数 a的取值范围为（4 3 2 e ）
2e 1ù
A． , 2 ú B． , 2 è e
, 2e 1 C． e2 ÷
D． , 2
è
【答案】D
【分析】根据题意，转化为 f x 1< 0 é在 ê , 2
ù 1+ lnx 1
ú上有解，得到 a < + 2x x
2 é , 2ù在 ê ú上有解，令 e x e
g x 1+ lnx= + 2x x2 1 x 2

÷，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解.x è e
【解析】因为函数 f x 1= x4 2 a x3 + x2 xlnx f x = x3 2x2，可得 + ax lnx 1，
4 3 2
因为函数 f x é1 ,2ù在 ê ú上存在单调递减区间， e
f x = x3 2 é1 ù可得 2x + ax lnx 1 < 0在 ê , 2ú上有解， e
a 1+ lnx< + 2x x2 é
1
即 在 ê , 2
ù
ú上有解，x e
令 g x 1+ lnx= + 2x x2 1 x 2 a < g x lnx ÷，则 max ，且 g x = 2 2 x 1 ，x è e x
1
当 x <1
lnx
时， 2 > 0, 2 x 1 > 0，所以 g x > 0；e x
1< x 2 lnx当 时， < 0, 2 x 1 < 0，所以 g 2 x < 0，x
g x é1 所以 在 ê ,1÷上单调递增，在 1,2 上单调递减，故 g x = g 1 = 2max ，所以 a < 2 . e
故选：D．
【点睛】结论点睛：“恒成立问题”与“有解问题”在等价转化上的区别：
恒成立问题 有解问题
① f x > 0恒成立 f x > 0 ； f x < 0 恒成立 ① f x > 0有解 f x > 0min max ；
f x < 0 f x < 0max ． 有解 f x < 0min ．
② f x > a恒成立 f x > a f x > a f x > amin ； ② 有解 max ；
f x < a恒成立 f x < amax ． f x < a有解 f x < amin ．
③ f x > g x 恒成立 ③ f x > g x 有解
é f x g x ù > 0； é f x g x ù > 0min max ；
f x < g x 恒成立 f x < g x 有解
é f x g x ù < 0． é f x g x ù < 0max min ．
④ "x1 M ,"x2 N , f x1 > ④ $x1 M ,$x2 N ，使得 f x1 > g x2
g x2 f x1 > g xmin 2 ． f xmax 1 > gmax x2 min ．
16．已知函数 f (x) 及其导函数 f (x) 的定义域均为 (0, + )，且 xf (x) > (x 1) f (x)恒成立， f (3) = e，则不等
式 (x + 4) f (x + 4) < 3ex+2的解集为（ ）
A． ( 4, 1) B． ( 1,1) C． ( 1,2) D． ( 1, + )
【答案】A
xf (x)
【分析】构造函数 g(x) = x , x > 0，由导数求得函数单调性，利用单调性解不等式.e
【解析】由 xf (x) > (x 1) f (x)，有 xf (x) + f (x) xf (x) > 0 ，
xf (x) xf g(x) , x 0 g (x) (x) + f (x) xf (x)令 = x > ，则 = x > 0，所以 g(x)在区间 (0, + )上单调递增．e e
又 (x + 4) f (x + 4) < 3ex+2
(x + 4) f (x + 4) 3 f (3)
，得 x 4 < 3 ，所以 g(x + 4) < g(3)+ ，e e
所以0 < x + 4 < 3，解得 4 < x < 1．
故选：A
【点睛】关键点点睛：
本题关键点在于利用导数运算法则构造函数，令 g(x)
xf (x)
= x , x > 0，由导数证明单调递增，不等式e
(x + 4) f (x + 4) < 3ex+2变形为 g(x + 4) < g(3) ，利用单调性解即可.
17．已知函数 f (x) 的定义域为 ( 1, + )
f (x)
，导函数为 f (x) ，不等式 + ln(x +1) × f (x) ln(x +1) × f (x) 恒成
x +1
4
立，且 f (4) e= ，则不等式 ln(x + 3) × f (x + 2) ex+2 的解集为（ ）
ln 5
A．[2,+ ) B． ( 1,2] C．[0, + ) D． (0, 2]
【答案】A
【分析】设 g(x) = ln(x +1) × f (x) ， x > 1，则由题意可知 g (x) g(x)，设 h(x) = e x × g(x)， x > 1，则有
h (x) 0，不等式等价于 h(x + 2) h(4) ，利用单调性求解即可.
【解析】设 g(x) = ln(x +1) × f (x)
f (x)
， x > 1，不等式 + ln(x +1) × f (x) ln(x +1) × f (x) 恒成立，可知
x +1
g (x) g(x)，
设 h(x) = e x × g(x)， x > 1，则 h(x) = e x × ln(x +1) × f (x) ， x > 1，
h (x) é f (x)且 = ê + ln(x +1) × f (x) ln(x +1) × f (x)
ù
ú e
x 0，
x +1
于是 h(x) 在 ( 1, + )上单调递增，注意到 h(4) = e 4 × ln 5 × f (4) =1，
不等式 ln(x + 3) f (x + 2) ex+2 ，等价于 e x+2 × ln(x + 3) f (x + 2) 1，
即 h(x + 2) h(4) ，得 x + 2 4，解出 x 2 .
故选：A．
【点睛】方法点睛：证明不等式，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.
05 ：最值问题
18 x 1．已知函数 f x = e ， g x =1+ lnx，若 f m = g n ，则m n的最大值是（ ）
ln2 +1
A． 1 B．0 C． D． 2ln2 + 3
2
【答案】B
【分析】先求得m n的表达式，再构造函数，并利用导数求得其最大值，进而求得m n的最大值
【解析】设 f m = g n = k > 0，则有 em 1 = k ，解之得m = ln k +1，
1+ lnn = k ，解之得 n=ek 1，则有m n=lnk +1 ek 1
x
令 h(x)= ln x +1 ex 1(x > 0)，则 h (x)= e xe (x > 0)
ex
令 t(x) = e xex , (x > 0)，则 t (x) = (1+ x)ex < 0恒成立，
则 x > 0时， t(x) = e xex 单调递减，又 t(1) = 0，
则0 < x <1时， t(x) > 0， h (x) > 0， h(x) 单调递增，
x >1时， t(x) < 0， h (x) < 0， h(x) 单调递减，
则 h(x)max = h(1) = 0，则 lnk +1 ek 1的最大值为 0.
故m n的最大值是 0.
故选：B
x ln x x ln x 1
19．若对任意的 x1, x2 (m,+ )，且 x1 < x
1 2 2 1
2，都有 < ，则mx x 2 的最小值是（ ）2 1
1
A． B． e C．1 D． ee
【答案】B
x1 ln x2 x2 ln x1 1 ln x
1 1
2 + ln x + ln x
1
1 +
【分析】将 f (x) (m,+ )
2 1 x x f (x) =
2 ，可判断 在
2 1 x
上单调递减，进而利用导数求出 f (x) 的递减区间，列出不等式，即可得答案.
x
0 < x < x 1
ln x2 x2 ln x1 1
【解析】由题意知 1 2 ，且 ，
x ln x x ln x 1 x x x ln x 1故 1 2 2 1 < 2 1 ，即 1 2 + x
1
1 < x2 ln x1 + x2 2 2 2
，
ln x 12 + ln x
1
+ 1
故 2 1< 2
ln x +
，令 f (x) (m,+ )f (x) = 2 ，则 在 上单调递减，x2 x1 x
1 ln x
1
+ 1÷ ln x又 f (x) = è 2 ，= 2
x2 x2
1
1
当 0 < x < e2 时， f (x)

> 0 ， f (x) 在 0,e2 ÷上单调递增，
è
1 1
当 x > e2 时， f (x) < 0 ， f (x) 在 e
2 ,+ ÷ 上单调递减，
è
1
故 (m,
1
+ ) e2 , + ÷，则
è m e
2 ，
1
即m 的最小值是 e2 = e ，
故选：B
06 ：零点、方程的根问题
e
20．若函数 f x = + lx 2 x e1 x 在 0, + 上没有零点，则实数l 的取值范围为（ ）
x
3 3 4 4
A． ,
e e , e e e e ÷ 3
+ ÷ B． , ÷ C． , e U ,+ ÷ D． e, ÷
è è 9 è 3 9 è 32 è 32
【答案】D
ex
【分析】 f x 在 0, + 上没有零点，即 0, + 1上 + lx 2 x e x 0 ，则l
x x2 2 x ，构造函数
x
g x e=
x2 2 x ，利用导数研究 g(x)的值域即可得出结果.
【解析】 f 1x e= + lx 2 x e1 x = e éê + lx 2 x e
x ù ,
x x ú
因为 f x 在 0, + 1上没有零点，所以在 0, + 上 + lx 2 x e x 0 ，
x
e
x=2时， f 2 = 0，
2
ex x
x 2时，l 2 g x
e
=
x x > 02 x 即可，令 x2 2 x ， 且 x 2，
ex x2 2 x ex é 2x 2 x x
2 ù ex 2x2 x3 4x + 2x2 + x2 g x =
2 2
= 2
éx 2 x
2
ù éx 2 x ù
ex x3 5x2 + 4x ex x2 5x + 4 ex x 1 x 4
= 2 = 2 =3 3 2 ，é 2 x 2 x ù x 2 x x 2 x
所以 g (x) = 0时， x =1或 x = 4，
所以0 < x <1时， g (x) > 0， g(x)单调递增，1< x < 4且 x 2，时， g (x) < 0， g(x)单调递减， x > 4时，
g (x) > 0， g(x)单调递增，
4
g 1 = e， g(4) e= ， x 0 时， g(x) .
32
é 4
所以 g(x)
e
的值域为 , e ê ,+ ÷，
32
4
因为l g x e，所以实数l 的取值范围为 e, ÷ .
è 32
故选：D
21 2a x
2
．若方程 2a ln = (a < 0)在 a,0x 上有实根，则 a 的取值范围是（ ）x e
A． , 2 B． 2,0 C． , ln 2 D． ln 2,0
【答案】C
2a ln 2a
【分析】根据题意，化简得到 ln ÷e x = xe
x t 2a
，设 f t = te , t > 0 f ln ，得到
x ÷
= f x ，求得
è è x
f t > 0，得到 f t 为增函数，转化为方程 ln 2a = ln x x在 a,0 上有实根，设 g x = ln x x，
利用导数求得函数 g x 的单调性，结合 ln 2a < g a ，进而求得 a的范围.
2a x2 2a ln 2a
2a
2a ln = = xe x
2a ln x
【解析】由 ，可得 ，即 ln ÷e x = xe ，x ex x x è x
2a
因为 a<0，可得 2a < a < x < 0，所以 ln > 0，其中 x < 0 ，
x
设 f t 2a= tet , t > 0 ，则 f ln ÷ = f x ，
è x
又因为 f t = t +1 et > 0，所以 f t 在 0, + 上为增函数，
所以 ln
2a
= x，即 ln 2a = ln x x，
x
所以问题转化为方程 ln 2a = ln x x在 a,0 上有实根，
设 g x = ln x x（ a < x < 0），则 g x 1 x= < 0 ，所以 g x 在 a,0 上是减函数，
x
所以 ln 2a < g a = ln a a ，解得 a < ln 2．
故选：C．
2
【点睛】关键点睛：解本题的关键是通过函数 f t = tet 的单调性，把 2a ln 2a x= 在 a,0x 上有实根转化x e
为 ln
2a
= x在 a,0 上有实根，对于既含有指数式又含有对数式的等式或不等式，直接求导会出现越求导
x
式子越复杂的情况，此时可通过同构函数，再利用函数的单调性，把问题转化为较为简单的函数的导数问
题．
07 ：其他问题
22．不等式 x 2 x +1 < sin x2 2x sin 2 x 的解集为（ ）
A． , 1 2, + B． 1,2
C． 2,1 D． 0,2
【答案】B
2 2
【分析】不等式等价于 sin 2 x 2 x < sin x 2x x 2x ，构造函数 f x = sin x x ，求导，确定
单调性，利用单调性解不等式即可.
【解析】由 x 2 x +1 < sin x2 2x sin 2 x ，
x2即 x 2 < sin x2 2x sin 2 x ，得 sin 2 x 2 x < sin x2 2x x2 2x ，
设 f x = sin x x ，则 f x = cos x 1 0，所以 f x 在R 上单调递减，
故由 sin 2 x 2 x < sin x2 2x x2 2x 得 f 2 x < f x2 2x ，
所以 2 x > x2 2x ，解得 1 < x < 2 .
故选：B.
【点睛】方法点睛：同构法解不等式
将不等式两边整理为结构相同的形式，由此构造新函数，本题中将不等式整理为
sin 2 x 2 x < sin x2 2x x2 2x ，从而构造函数 f x = sin x x ，不等式化为
f 2 x < f x2 2x ，由 f x 的单调性解不等式.
1 98 23．已知 a = ,b = e 99 ,c = ln 98 ，则 a,b,c的大小关系是（ ）
99 99
A． a < b < c B． a < c < b C． c【答案】C
98
【分析】构造函数 f x = ln x x +1，求导可得 f x 在 x 0, + 上单调递增，即可得 f ÷ < f 1 ，从而
è 99
得出 a,c x
98
大小，构造函数 g x = e 1 x，求导可得 g x 在 x 0, + 上单调递增，即可得 g > g 0 ，
è 99 ÷
从而得出 a,b大小，即可得结论.
【解析】解：设 f x = ln x + x 1， x 0, + ，所以 f x 1= +1 1+ x= ，
x x
f x > 0，所以 f x 单调递增，
f 98 98 98 98 1则 ÷ = ln + 1 = ln < f 1 = 0 ，
è 99 99 99 99 99
98 1
所以 ln < ，则 c < a；
99 99
g x = ex 1 x g x = ex， 1，
当 x 0, + 时， g x > 0，所以 g x 在 0, + 上单调递增，
98 98 98
所以 g ÷ = e 99
98
1+ = e 99 1 > g 0 = 0，
è 99 99 99
98

e 99 1所以 > ，故b > a，故 c99
故选：C.
08：分段函数
ìx3 2x, x < 0
24．已知函数 f (x) = í ，若方程 f x + f x = 0有且仅有两不等实根，则实数 a 的取值范围
x + a, x > 0
是 ．
【答案】 0,+ 2
ì x3 + 3x, x < 0
【分析】由题意，构造函数 g(x) = í 3 ，方程 f x + f x = 0有且仅有两不等实根，即直线 y = a
x 3x, x > 0
与函数 y = g(x) 的图象有两个交点，作出函数的图象，根据交点的情况得到答案．
【解析】当 x < 0 时，方程 f x + f x = 0可化为 x3 2x x + a = 0，即 a = x3 + 3x，
当 x > 0时，方程 f x + f x = 0可化为 x + a + ( x)3 2( x) = 0 ，即a = x3 3x ，
ì x3 + 3x, x < 0
令 g(x) = í ，方程 f x + f x = 0有且仅有两不等实根，即直线 y = a 与函数 y = g(x)x3 的图象 3x, x > 0
有两个交点，
当 x < 0 时， g(x) = x3 + 3x， g (x) = 3x2 + 3，
当 1 < x < 0时， g (x) > 0， g(x)单调递增；当 x < 1时， g (x) < 0， g(x)单调递减；当 x= 1时， g(x)取
极小值－2．
当 x > 0时， g(x) = x3 3x ， g (x) = 3x2 3，
当0 < x <1时， g (x) < 0， g(x)单调递减；当 x >1时， g (x) > 0， g(x)单调递增；当 x =1时， g(x)取极小
值－2．
根据以上信息，作出 g(x)的图象如图，
由图可知，当 a 0或 a = 2 时，直线 y = a 与函数 y = g(x) 的图象有两个交点，即方程 f x + f x = 0有
且仅有两不等实根．
故答案为： 0,+ 2 ．
ì1+ ln x, x 1
25．已知函数 f (x) =

í1 1 ，则 f (x) 的零点为 ，若 x1 x2 ，且 f (x1) + f (x2 ) = 2，则 x1 + x
x + , x <1
2
2 2
的取值范围是 ．
【答案】 1 [3 2ln 2, + )
【分析】根据分段函数以及零点的定义，令 f (x) = 0 即可解得函数的零点；由 f (x1) + f (x2 ) = 2可知 x1, x2 在 1
的左右两侧，分别代入计算得出 x1, x2 的关系式，将 x1 + x2 消元之后构造函数即可求得其取值范围.
【解析】令 f (x) = 0 ，
即 x 1,1+ ln x = 0，解得 x
1
= 不合题意，舍去；
e
或 x 1,
1 1
< x + = 0，解得 x= 1，符合题意；
2 2
所以，函数 f (x) 的零点为 1 .
由 x1 x2 ，且 f (x1) + f (x2 ) = 2可知，
当 x1, x2 1,+ 时， f (x1) + f (x2 ) =1+ ln x1 +1+ ln x2 >2 ,不合题意；
当 x1, x2 ，1 时， f (x1) + f (x
1
2 ) = x
1 1
1 + + x
1 1
2 + =1+ (x1 + x2 2 2 2 2 2
)<2，不合题意；
所以， x1, x2 分别属于两个区间，不妨取 x1 1, + , x2 ，1 ，
f (x ) f (x ) 1 ln x 1 1 1 1则 1 + 2 = + 1 + x2 + = 2，即 ln x1 + x2 2 2 2
= ；
2
ln x 1
1 (1 x )
所以， 1 = (1 x2 ) x1 = e2
2
2
1
则 (1 x2 )x1 + x = e22 + x ，2
1 1(1 x) 1 (1 x)
令 g(x) = e2 + x, x ,1 ，所以 g (x) = e2 +1, x ,1 2
令 g (x) = 0，得 x =1 2ln 2，
当 x ( ,1 2ln 2)时， g (x) < 0，即函数 g(x)在 ( ,1 2ln 2)上为单调递减；
当 x (1 2ln 2,1)时， g (x) > 0，即函数 g(x)在 (1 2ln 2,1)上为单调递增；
所以函数 g(x)在 x =1 2ln 2时取最小值，
即 g(x) g(1 2ln 2) = 3 2ln 2，即 x1 + x2 3- 2ln 2
所以 x1 + x2 的取值范围是[3 2ln 2, + ) .
故答案为： 1 ；[3 2ln 2, + )
【点睛】方法点睛：本题在求解 x1 + x2 的取值范围时首先应确定两个变量的取值范围，根据等量关系将双变
量问题消元，转换成单变量问题后构造函数，利用自变量取值范围即可求得结果.
ì x 2
x+e e , x 0
26．已知函数 f x = eí M , N y = f x 1 ，点 是函数 图象上不同的两个点，设O为坐标原点，则 x2 , x > 0
4
tan MON 的取值范围是 ．
2
【答案】[0,1+ ]
e
(x , x0 2 x0 2 1 x【分析】设切点坐标为 00 x +e e )(x0 0)，求得切线方程为 y x +e + e = x +e (x x0 )，将原点代入该切e 0 e 0 e 0
x2 2
线方程求得 0 = e2 ，构造函数 g x x= ，利用导数求得函数 g xx e x e + + 的单调性，得到切线方程为e 0 e
y = (e +1)x，再设过原点的切线为 y = k1x，联立方程组，结合Δ = 0，求得切线为 y = x，设直线 y = x与
y = (e +1)x 3π的夹角为q ，结合 tanq = tan( a)，即可求解.
4
【解析】当 x 0 时， f x x= 2 1 x
ex e
e ，可得 f x = x e > 0，所以 f x 在 ( ,0]+ + 上单调递增，e
2 1
当 x > 0时， y = x ，作出函数 f x 的大致图象，如图所示，
4
设过原点的直线与函数 y = f x (x 0)的图象相切的直线方程为 y = kx ，
x 2 x 2 1 x
其中切点坐标为 (x , 0 e )(x 0)，则切线方程为 y 00 x +e 0 x +e + e =
0
e 0 e 0 ex0 +e
(x x0 )，
x20 x0 x x
2
将原点代入该切线方程可得 x +e +
0 e2 = 0 ，即 0 = e2 ，
e 0 ex0 +e ex0 +e
g x x
2
x 0 g x 2x x
2
构造函数 = ，其中 ，则 = 0，
ex+e 0 ex+e
所以函数 g x 在 ( ,0]上单调递减，且 g e = e2，
可得 x0 = e，所以 k
1 x
= 0x e = e +1，切线方程为 y = (e +1)x，e 0
又由函数 y
1
= x2 , x < 0，设过原点的切线方程为 y = k1x，4
ì 1
y = x2
联立方程组 í 4 ，整理得 x2
1
+ k1x + = 0 ，
y = k x 4 1
D = k 2 1令 1 4 = 0，解得 k1 = 1或 k1 =1（舍去），即切线方程为 y = x4
设直线 y = x与 y = (e +1)x的夹角为q ，直线 y = (e +1)x的倾斜角为a ，
tan 3π tana
则 tana = e +1，可得 tanq = tan(
3π 1 (e +1) 2
a ) = 4 3π = =1+ ，4 1+ tan tana 1 (e +1) e
4
结合图象可知，当M , N 均在 y = f x (x 0)的图象上时，
2
MON = 0，可得 tan MON = 0，所以0 tan MON 1+ .
e
2
故答案为：[0,1+ ] .
e
【点睛】
方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与 ex 和 ln x相关的常见同构模型
① aea b ln b ea ln ea b ln b x，构造函数 f x = x ln x 或 g x = xe ；
② e
a b ea b x ex
< a < ，构造函数 f x = 或 g x = ；a ln b ln e ln b ln x x
③ ea ± a > b ± ln b ea ± ln ea > b ± ln b，构造函数 f x = x ± ln x或 g x = ex ± x .
一、单选题
1．（2024·辽宁·模拟预测）已知 a，b R ，若 2 a < b ， ab = ba ，则 b 的可能值为（ ）
A．2.5 B．3.5 C．4.5 D．6
【答案】B
f x ln x【分析】构造函数 = ，求导确定其单调性，结合 f (2) = f (4)可得答案.
x
b a ln a ln b【解析】由 a = b 得 = ，设 f x ln x= ，则 f (a) = f (b) ，
a b x
又 f (x)
1 ln x
=
x2
，
当0 < x < e时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增，
当 x>e时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减．
ln 2 2ln 2 ln 4
因为 f (2) = = = = f (4) ，所以 2 a < e < b 4．
2 4 4
结合选项可知 B 正确，ACD 错误.
故选：B.
2．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数 f (x) = aex 1n
a
+ 2，若 f x > 0恒成立，则正实数 a的取值
x + 2
范围是（ ）
A．0 < a < e B． a > e2 C． a > e D． a > 2e
【答案】C
【分析】分离参数 a，整理为 x + ln a + ex+ln a + > ln x + 2 + eln x+2 x，构造函数 g x = x + e ，单调递增，得到
ln a > ln x + 2 x ，再构造 k x = ln x + 2 x ，进而得到 ln a > k x =1max ，从而 a > e .
【解析】Q f (x) = aex +1n
a
2 > 0 x+ln a，\e + ln a > ln x + 2 + 2，且 a > 0，
x + 2
x+ln a
两边加上 x 得 e + x + ln a > ln x + 2 + x + 2 = ln x + 2 + eln x+2 ，
g x = x + ex设 ，则 g x =1+ ex > 0，所以 g x 单调递增，
\ x + ln a > ln x + 2 ，即 ln a > ln x + 2 x ，
k x = ln x + 2 x k x 1 1 x +1令 则 = = ，
x + 2 x + 2
Q f x 的定义域是 2, + ，
\当 x 2, 1 时， k x > 0， k x 单调递增，当 x 1, + 时， k x < 0， k x 单调递减，
\当 x= 1时， k x 取得极大值即为最大值， k x = k 1 =1max ，
\ln a > k x =1，\ a > emax .
故选：C．
x+ln a
【点睛】方法点睛：将等式两边整理为结构相同的形式，由此构造新函数，本题中将 e + ln a > ln x + 2 + 2
x + ln a + ex+ln a ln x+2 整理为 + > ln x + 2 + e ，从而构造函数 g x = x + ex 求解.
1
3．（2024· 2lx河南·模拟预测）已知l > 0，对任意的 x >1，不等式 e lne2l ÷ lnx 0恒成立，则实数l 的取
è
值范围为（ ）
é1 ,+ é 1 A． ê ÷ B． ,+ ÷ e ê 2e
C． 2e, + D． e, +
【答案】B
u
【分析】根据题意，转化为 2lxe2lx elnxlnx 恒成立，令 h u = ue ，利用导数求得 h u 为单调递增函数，得
到 h 2lx h lnx lnx恒成立，进而转化为2l 恒成立，构造函数m t lnt= ，利用导数求得m t 单调性和
x t
最小值，即可求解.
1
【解析】因为l > 0 2lx，所以整理不等式 e lne2l ÷ lnx 0，
è
可得 2le2lx lnx，转化为 2lxe2lx elnxlnx 恒成立，
令 h u = ueu ,u > 0，则 h u = u +1 eu ,u > 0，
因为 h u > 0，所以 h u 在 0，+ 上单调递增，所以 h 2lx h lnx 恒成立，
又因为l > 0, x > 1，所以2lx > 0,lnx > 0，
lnx
所以2lx lnx对任意的 x >1恒成立，即2l 恒成立，
x
m t lnt t 1 m t 1 lnt构造函数 = > ，则 = 2 t >1 ，t t
当1 < t < e时，m t > 0，m t 单调递增；当 t > e时，m t < 0，m t 单调递减，
1 1 1
所以，当 t = e 时，m t =max ，所以 2l ，即l ．e e 2e
故选：B．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、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；
3、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．
4、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．
4．（2024·广东广州·模拟预测）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 .对于
x f f x x 任意的实数 ，均有 < 成立，若 f 3 = 16 f x > 2x+1，则不等式 的解集为（ ）
ln2
A． , 3 B． ,3 C． 3, + D． 3, +
【答案】D
f x fg x g x x 【分析】构造函数 = x ，然后由已知可得 = x 的单调性，最后将不等式转化为2 2
g x > g 3 ，即可得到答案.

【解析】 f x f x < f x f f xx ln2 > 0 ，令 g x = ，
ln2 2x

f x ×2
x 2x f x ln2 f x f x ln2
则 g x = 2 = > 02x ，则 g x 在 , + x 上单调递增.2
由 f 3 = 16 ， f x 为奇函数，得 f 3 =16 f 3 ，则 g 3 = = 2，
8
f x > 2x+1 f x f x2 f 3 从而原不等式 可化为 > ，即 > ，此即为 g x > gx x 3 3 .2 2 2
由于 g x 在 , + 上单调递增，故这等价于 x > 3，所以不等式的解集为 3, + .
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造新的函数并利用已知条件.
5．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数 f x = lnx +1 ax有两个零点 x1, x2 ，且 x1 < x2，则下列命题正确的
是（ ）
2
A． a > 1 B． x1 + x2 < a
1
C． x1 × x2 <1 D． x2 x1 > 1a
【答案】D
a lnx +1【分析】根据零点可将问题转化为 = ，构造 g x lnx +1= ，求导即可根据函数的单调性得函数的大
x x
2
致图象，即可根据图象求解 A，根据极值点偏移，构造函数 h x = f x ÷ f x ，结合函数的单调性即
è a
2
可求解 B，根据 x1 + x2 > 可得 ln x1x2 > 0，即可求解 C，根据不等式的性质即可求解 D.a
lnx +1 lnx +1
【解析】由 f x = 0可得 a = ，令 g x = ，其中 x > 0，
x x
则直线 y = a 与函数 g x lnx的图象有两个交点， g x =
x2
，
由 g x > 0可得0 < x <1，即函数 g x 的单调递增区间为 0,1 ，
由 g x < 0可得 x >1，即函数 g x 的单调递减区间为 1, + ，
0 x 1且当 < < 时， g x lnx +1 0 1 lnx +1= < ，当 x > 时， g x = > 0， g 1 =1，
e x e x
如下图所示：
由图可知，当 0 < a < 1时，直线 y = a 与函数 g x 的图象有两个交点，故 A 错误；
1
由图可知， < x1 < 1 < xe 2 ，
f x 1 a 1 ax f x > 0 0 x 1 f x < 0 x 1因为 = = ，由 可得 < < ，由 可得 > ，
x x a a
1 1 1
所以，函数 f x 的增区间为 0, ÷，减区间为 ,+ ÷ ，则必有0 < x1 < < x ，è a è a a 2
所以，0 x
1 2 1
< 1 < ，则 xa a 1
> ，
a
h x f 2= x 2 2 1令 ÷ f x = ln x ÷ aa x ÷ lnx + ax ，其中0 < x < ，è è a è a a
1 22a x

÷
则 h x 1 1= + 2a = è a < 0，则函数 h x 0,
1
2 在 ÷上单调递减，x x ax x
2
è
a a ֏
h x h 1 2所以， 1 > ÷ = 0

，即 f x

1 ÷ f x1 > 0，即 f x f
2
1 < x

1 ÷，
è a è a è a
2
又 f x2 = f x1 = 0 ，可得 f x2 < f x1 ÷，
è a
因为函数 f x 1 2 2的单调递减区间为 ,+ ÷ ，则 x2 > x1，即 x1 + x2 > ，故 B 错误；è a a a
ìax1 = lnx1 +1 ln x x + 2 2
由 í 1 2
ax2 = lnx 1
，两式相加整理可得 x1 + x2 = > ，
2 + a a
所以， ln x1x2 > 0，可得 x1 × x2 >1，故 C 错误；
1
由图可知 < x1 < 1 < x2 ，则 x1 > 1
1 1
e ，又因为
x2 > ，所以， xa 2
x1 > 1，故 D 正确.a
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x a sin x + cos x = x + x在 0, π 上恰有两个极值点，则实数 a 的取值e
范围是（ ）
2 π 2 π
A π π． 0, e 4 ÷ 4 ÷ B． , e C． 0,e D． e ,+ ÷÷
è 2 è 2
【答案】D
ex
【分析】函数 f x 在 0, π 上恰有两个极值点， f x 在 0, π 上有两个变号零点，分离常数得 a = ，
2sin x
转化为两函数图象有两个不同的交点，利用数形结合思想进行求解；或直接求函数 f x 的单调性，求图象
在 0, π 上与 x 轴有两个交点的条件.
2a sin x
【解析】解法一： 由题意可得 f x = x +1，因为函数 f x 在 0, π 上恰有两个极值点，所以 f x e
在 0, π 上有两个变号零点．
2a sin x x x
令 f x = x +1 = 0
e e
，可得 a = ，令 g xe = , x 0, π ，2sin x 2sin x
则直线 y = a 与函数 y = g x ， x 0, π 的图象有两个不同的交点，
x π
x
2e sin x cos x
2 2e sin x ÷
g x = = è 4 ，
2sin x 2 2sin x 2
x π ,π 当 ÷时， g x
π
> 0 ，所以 g x 在 ,π4 ÷ 上单调递增，è 4 è
π π
当 x 0, ÷时， g x < 0，所以 g x 在 0, ÷上单调递减，
è 4 è 4
π 2 π
又 g ÷ = e 4 ，当 x 趋近于 0 时， g x 趋近于+∞，当 x 趋近于 π 时， g x 趋近于+∞，
è 4 2
π
所以可作出 g x 2的图象如图所示，数形结合可知 a > e 4 ，
2
2 π
即实数 a 的取值范围是 4 e , + 2 ÷÷，è
故选：D．
解法二 由题意可得 f x 2a sin x= x +1．因为函数 f x 在 0, π 上恰有两个极值点，所以 f x 在 0, π 上e
有两个变号零点．
当 a 0时， f x > 0在 0, π 上恒成立，不符合题意．
h x f x 2a sin x 2 2a sin
x π
当 a > 0时，令 = = x +1，则
÷
h x è 4 ，e =
ex
当 x
π
,π ÷时， h x > 0， h x

单调递增，当 x 0,
π
÷时， h x < 0， h x 单调递减，
è 4 è 4
π 2a
π 2a π
因为 h 0 = h π =1 2， h =1 4 ÷ π ，所以 h 4 ÷ =1 π < 0，则è è a > e
4 ，即实数 a 的取值范围是
e 4 e 4 2
2 π
e
4 , +
2 ÷÷，è
故选：D．
【点睛】方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注
意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处
理，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.
7．（2024·湖南邵阳·二模）已知函数 f x 的定义域为R, f x 为 f x 的导函数.若 f 1 = e，且
f x + ex < f x 在R 上恒成立，则不等式 f x < 2 x ex的解集为（ ）
A． , 2 B． 2, +
C． ,1 D． 1, +
【答案】D
f x
【分析】设 g x = x + x，利用导数求得 g x 在R 上单调递减，把不等式转化为 g x < g 1 ，即可求解.e
f x f x ex f x ×e
x f x f x + ex
【解析】设函数 g x = x + x，可得 g x = 2x +1 = x < 0，e e e
所以函数 g x 在R 上单调递减，
由 f x < 2 x ex f x + xex < 2ex f x f 1，可得 ，即 x + x < 2

= +1，
e e
可得 g x < g 1 ，所以 x >1，即不等式 f x < 2 x ex的解集为 1, + .
故选：D.
8．（2024· 2陕西商洛·模拟预测）已知函数 f x = 2xlnx ax ，若对任意的 x1, x2 0, + ，当 x1 > x2 时，都
有 2x1 + f x2 > 2x2 + f x1 ，则实数 a的取值范围为（ ）
é 1 é1
A． ê ,+ ÷ B． 1, + C． ê ,+ ÷ D． 2, + 2e e
【答案】C
【分析】构造函数F x = f x 2x ，求导，分离参数求最值即可.
【解析】不等式 2x1 + f x2 > 2x2 + f x1 等价于 f x1 2x1 < f x2 2x2 ，
令F x = f x 2x, x 0, + ，根据题意对任意的 x1, x2 0, + ，
当 x1 > x2 时，F x1 < F x2 ，所以函数F x = f x 2x 在 0, + 上单调递减，
所以F x = f x 2 = 2lnx 2ax 0在 0, + 上恒成立，
lnx
即 a 在 0, + 上恒成立.
x
g x lnx , x 0, g x 1 lnx令 = + ，则 = 2 ，x x
所以当 x 0,e 时， g x > 0， g x 单调递增，
当 x e, + 时， g x < 0, g x 1 1单调递减.所以 g(x)max = g e = ，所以 a .e e
故选：C.
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1） a f x 恒成立 a f x max ；
（2） a f x 恒成立 a f x min .
二、多选题
a
9．（2024· x江西·二模）若 e > a ln x a 恒成立，则实数 a的取值可以是（
x ）
A．0 B． e 2 C．ee+1 D． e2
【答案】ABD
【分析】分类讨论 a的取值范围，构造函数，结合导函数与函数单调性、最值的关系即可求解．
【解析】由题知， x > 0，
①当 a = 0 ex时， > 0在 0, + 恒成立，
a a 1
②当 a<0 ex时，由 > 0，则 ex > a ln x a x ，即 e > a + ln x 1

x x x ÷
恒成立，
è
设 f (x)
1 ln x 1, x 0 f (x) 1 1 x 1= + > ，则 = 2 + = 2 ，令 f (x) = 0得 x =1，x x x x
所以当 x 0,1 时， f (x) < 0 ，则 f (x) 在 0,1 单调递减，
当 x 1, + 时， f (x) > 0 ，则 f (x) 在 1, + 单调递增，
所以 f (x) f (1) = 0，则 a × f (x) 0 ，
ex 0 a 1所以 > + ln x 1

，即 a<0满足题意；
è x ÷
③当 a > 0时，设 g(x) = xex ，则 g (x) = ex x +1 ，令 g (x) = 0， x= 1，
当 x , 1 时， g (x) < 0，则 g(x)在 , 1 单调递减，
当 x 1, + 时， g (x) > 0，则 g(x)在 1, + 单调递增，
所以 g(x) a = xex a 在 0, + 单调递增，且 g(0) a = a < 0， g(a) a = a ea 1 > 0 ，
所以$x x00 0, a ，使得 g(x0 ) a = x0e a = 0 ；
当 x 0, x x a a x0 时， xex a < 0，即 e < 0 ，设m(x) = e a ln x + a, x > 0x ，x
a
则m (x) = 2 e
x a < 0，所以m(x)在 0, x0 上单调递减，x x
x0
所以当 x 0, x0 时，m(x) > m x
a x e
0 =
0 a ln x0 + a = a ln x + a ；x 00
当 x x0 ,+
a
时， xex a > 0 x即 e > 0，设 n(x) ex
a
= a ln x + a, x > x0，x x
2 x
则 n (x) ex a a x e ax + a= + = ，设 p(x) = x2ex ax + a, x x ,+
x2
，
x x2 0
p (x) = x2 + 2x ex a q x = x2 + 2x ex，设 a, x x0 , + ，
q (x) = x2 x则 + 4x + 2 e > 0，
可知 q x 在 x0 ,+ 内单调递增，
所以 q(x) > q(x0 ) = x0 + 2 x0ex0 a = a x0 +1 > 0，即 p (x) > 0 ，
所以 p(x) > p(x0 ) = x
2ex00 ax0 + a = ax0 ax0 + a = a > 0，
p(x)
所以 n (x) = 2 > 0，x
所以 n(x) 在 x0 ,+ 上单调递增，
所以当 x x0 ,+ 时， n(x) n x0 = a ln x0 + a，
又因为当 x 0, x0 时，m(x) > m x0 = a ln x0 + a ，
a
所以当 a > 0时， ex > a ln x a a ln x0 + a > 0，解得0 < x0 < e，x
又 a = x x00e ，所以 a 0,ee+1 ，
综上， a , ee+1 ，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：当 a > 0时，$x0 0, a x a x，使得 x0e 0 = a，当 x 0, x0 时，设m(x) = e a ln x + ax ，
求得最小值 a ln x0 + a；当 x x0 ,+ 时，设 n(x) ex a= a ln x + ax ，求得最小值 a ln x0 + a，令 a ln x0 + a > 0
即可．
10．（2024·浙江·二模）设定义在 R 上的函数 f x 的导函数为 f x ，若"x R ，均有 xf x = x +1 f x ，
则（ ）
A． f 0 = 0 B． f 2 = 0 （ f x 为 f x 的二阶导数）
C． f 2 < 2 f 1 D． x = 1是函数 f x 的极大值点
【答案】AB
é f x ù f x f x
【分析】由 xf x = x +1 f x ，令 x = 0，即可判断 A；由已知得 ê ú = ，即得函数 = e
x + c ，
x x x
确定 c = 0 ，从而可得 f x = x ex + c f x ，求导数，即可判断 B；令 g x = , (x > 0)，判断其单调性，即
x
可判断 C；根据极值点与导数的关系可判断 D.
【解析】由"x R ， xf x = x +1 f x ，令 x = 0，则 0 = 0 +1 f 0 ,\ f 0 = 0，A 正确；
当 x 0时，由 xf x = x +1 f x 得 xf x f x xf x
f x × x f x f x = ，故 2 = ，x x
é f x ù f x f x
即 ê ú = ，则 = e
x + c （c x为常数），则 f x = x e + c ，
x x x
f 0 = 0 x满足该式，故 f x = x e + c ，则 f x = ex + c + xex ，
x
将 f x = x e + c 代入 xf x = x +1 f x 中，得 x ex + c + xex = x +1 x ex + c ，
即 xex + xc + x2ex = x2ex + x2c + cx + xex ，而 x R ，故 c = 0 ，
f x = xex f x = ex + xex f x = ex + ex + xex x则 ， ， = e (2 + x) ，
x
故 f 2 = e (2 2) = 0，B 正确；
f x x
令 g x = , (x > 0)， g x = e > 0，故 g x 在 (0,+ )上单调递增，
x
f 2 f 1
故 > ，即 f 2 > 2 f 1 ，C 错误；
2 1
x x x
由于 f x = e + xe ，令 f x > 0,\e 1+ x > 0，即得 x > 1，
令 f x < 0,\ex 1+ x < 0，即得 x < 1，
故 f x 在 ( , 1)上单调递减，在 ( 1,+ )上单调递增，
故 x = 1是函数 f x 的极小值点，D 错误，
故选：AB
11．（2024·全国· x 2模拟预测）已知函数 f x = lna + b e a ex ，其中 e为自然对数的底数，则（ ）
A．若 f x 为减函数，则 f 0 < 0 B．若 f x 存在极值，则 aeb >1
C．若 f 1 = 0，则b > ln2 D．若 f x 0，则b a
【答案】BCD
【分析】对 f x 求导可得 f x = lna + b ex a2e，当 f 0 = 0时， f x 也为减函数，可得 A 错误；若 f x
存在极值可知 f x 存在“变号”零点，可得 B 正确；由 f 1 = 0 2可得b = a2 lna ，构造 g x = x lnx 并判断
a2ex ex b lna
单调性可得b > ln2，C 正确；由 f x 0可得 lna + b x ，易知 x 1，可得 a ，构造函数e e a a
h x = x lnx , x > 0 并判断单调性即可求得b a ，D 正确.
x
【解析】因为 f x = lna + b ex a2ex ，所以 f x = lna + b ex a2e，
所以当 f 0 = lna + b = 0时， f x = a2e < 0, f x 为减函数，A 错误．
若 f x 存在极值，则 f x = lna + b ex a2e存在“变号”零点．
因为 f x = 0 lna + b ex = a2可得 e ，所以 lna + b > 0，即 aeb >1，B 正确．
若 f 1 = 0，则 lna + b e a2e = 0，即b = a2 lna ．
2 2
令 g x = x2 lnx 2 x + 2 ÷ x 2 ÷，则 ，
g x 1= 2x = è è , x > 0
x x
所以当0 < x 2< 时， g x < 0，当 x 2> 时， g x > 0，
2 2
2 2
所以 g x 在 0, ÷÷ 上为减函数，在 ,+ 2 2 ÷÷上是增函数，è è

g(x) g 2
1 2 1 1
所以 min = 2 ÷÷
= ln = 1+ ln2 ，所以b 1+ ln2 > ln2，C 正确．
è 2 2 2 2
2
f x 0 a ex x ex若 ，即 lna + b x ．由 e x +1，得 e
x 1 x ，即 x 1，e e
b lna
所以 lna + b a2 ，易知 a > 0，所以 a ．a a
h x x lnx
2
= , x > 0 h x 1 1 lnx x 1+ lnx设 ， = 2 = ．x x x2
2
设j x = x 1+ lnx, x > 0,j x = 2x 1+ > 0，所以j x 在 0, + 上单调递增，
x
结合j 1 = 0，当0 < x <1时，j x < 0, h x < 0, h x 在 0,1 上单调递减；
当 x >1时，j x > 0, h x > 0,h x 在 1, + 上单调递增．
所以 h(x)min = h 1 =1
b
，所以 1，即b a ，D 正确．
a
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：在求解参数取值范围时，往往根据已知条件得出变量之间的基本关系，通过构造函数
得出函数单调性即可求得参数取值范围.
三、填空题
2
12．（2024· e陕西安康·模拟预测）已知实数 a,b满足 a = e2 a , lnb = ，则 lna + lnb =
b
【答案】2
【分析】由题意变形可得 aea = lnb x×elnb = e2，构造函数 f x = xe ，结合函数单调性可得 a = ln b，即可得解.
2 a a e
2 e2
【解析】由 a = e > 0 ，则 = a ，即 ae
a = e2 ，由 lnb = ，则blnb = e2 ，
e b
即有 aea = blnb = e2 ，即 aea = lnb ×elnb = e2，
令 f x = xex x > 0 ，有 f a = f ln b = e2，
则 f x = x +1 ex > 0，故 f x 在 0, + 上单调递增，故 a = ln b，
则 lna + lnb = lna + a = ln aea = lne2 = 2 .
故答案为： 2 .
x
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得到 aea = lnb ×elnb = e2，从而构造函数 f x = xe ，结合单调性得到
a = ln b .
x
f x ex 2e ln x 1
3
13．（2024·四川凉山·三模）已知函数 = x2 ln x x >
2t
÷ 的零点为 t ，则 t 1 = ．x è e e
【答案】 2e
et et x t
【分析】先零点代入函数解析式得 2 ln 2 = t ln t，构造函数 g x
e e 1
= 2 ，利用导数研究其单调性得 > ，t t x t 2 e
再根据 h x = x ln x 的单调性计算即可.
【解析】Qt
t 1 为函数零点 > ÷，
è e
t
et 2e ln t\ t 2 ln t = 0 tet 2et ln t t3 ln t = 0
t
t t
et t 2ln t = t3 ln t e 2 ln
e
t t 2
= t ln t ．
g x e
x
x 2 e
x
令 = g x = ，
x2 x3
显然 x 0,2 时， g x < 0， x 2, + 时， g x > 0，
\ g x 在 0,2 上单调递减，在 2, + 上单调递增，
e2 1 et 1
\ g x = g 2 = > > ，min 4 e t 2 e
令 h x = x ln x ， h x = ln x +1 > 0，
x 1显然 > 时， h x > 0，即 h x 1 ,+ 在 ÷ 上单调递增，e è e

h e
t et 2t3
则 t 3t 2 ÷
= h t ，所以 2 = t e = t è t et 1
= 2e .
故答案为： 2e
et et ex
【点睛】思路点睛：先将零点代入函数解析式通过同型构造得 2 ln 2 = t ln t，之后判定函数 g x = 2 的单t t x
et 1
调性得出 > ，再根据 h x = x ln x2 的单调性计算即可.t e
14．（2024·吉林·二模）若实数 x0 满足 f x0 = g x0 ，则称 x0 为函数 y = f x 与 y = g x 的“关联数”.若
f x = a x a > 0, a 1 与 g x = x2 在实数集R 上有且只有 3 个“关联数”，则实数 a的取值范围为 .
2 2
【答案】 -1 < a < e e 或 e e < a <1，
x 2 3 ln a ln x
2 ln x2
【分析】由题意可得a = x 仅有 个解，即 = 仅有 3 个解，由此构造函数 h(x) = , (x 0)，利
x x
用导数判断其单调性，结合函数奇偶性，可作出函数图象，进而将方程的解转化为函数图象的交点问题，
数形结合，列出不等式，即可求得答案.
x 2
【解析】由题意可知 f x = a a > 0, a 1 与 g x = x 在实数集R 上有且只有 3 个“关联数”，
即 f x = g x 仅有 3 个解，即a x = x2 仅有 3 个解，
2
x = 0 ln x显然不是该方程的解，则 ln a x = ln x2 ，即 ln a = 仅有 3 个解，
x
2
h(x) ln x ln x
2
设 = , (x 0)，定义域关于原点对称，且满足 h( x) = = h(x)。
x x
即 h(x) 为奇函数，
h(x) 2 ln x h (x) 2(1 ln x)考虑 x > 0时的情况， = ， =
x x2
，
当0 < x < e时， h (x) > 0，即 h(x) 在 (0, e)上单调递增，
当 x>e时， h (x) < 0，即 h(x) 在 (e,+ ) 上单调递减，
2
则函数极大值为 h(e) = ，且当0 < x <1时， h(x) < 0；当 x >1时， h(x) > 0；
e
结合函数 h(x) 为奇函数，即可作出函数 h(x) 的图象如图示：
2 2
由于 ln a ln x= 仅有 3 个解，故 y = ln a与函数 h(x) ln x= 的图象仅有 3 个交点，
x x
0 ln a 2 2结合图象可得 < < 或 < ln a < 0，
e e
2 2
即 -1 < a < e e 或 e e < a <1，
2 2
故答案为： -1 < a < e e 或 e e < a <1
【点睛】方法点睛：根据题意将“关联数”转化为方程的解，进而将方程的解的问题转化为函数图象的交点问
题，结合方程的特征构造函数，利用导数判断其单调性，作出图象，数形结合，即可求解.特训 04 特例法、构造法解导数小题（八大题型）
例1 已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f'(x), 若对任意x>0都有
2f(x)+xf'(x)>0成立，则( ) .
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
一般解法：(构造法)令g(x)=x f(x), 其导函数g'(x)=2xf(x)+x f(x).
当x>0时，g(x)=x[2f(x)+xf'(x)]>0, 即函数g(x)在(0,+x)上单调递增.
∵函数f(x) 是定义在R上的偶函数，
:f(-x)=f(x),∴g(-x)=(-x)}f(-x)=x}f(x)=g(x),即函数g(x)为偶函数，
∴g(-2)=g(2), 而g(2)故选A.
特例法：令f(x)=1,满足条件f(x) 是偶函数且2f(x)+ef (x) 0,把f(x)=1代入四个选项，只
有A满足.故选A.
例2 定义在R上的可导函数f(x)的导函数是f'(x),若f'(x)>f(x)- 1,f(1)=2018,则不等式
f(x)>2017ex-1+1的解集是________. .
一般解法：(构造法)构造 F（x）= f（x） 1
ex 1
特例法：令 f(x)=2018ex-1
答案：（1，+∞）
目录：
01 ：抽象函数—比较大小问题
02 ：抽象函数—利用导数解不等式
03 ：抽象函数—求参数范围
04 ：恒成立、存在性、有解问题
构造法解决导数问题
05 ：最值问题
06 ：零点、方程的根问题
07 ：其他问题
08：分段函数
01 ：抽象函数—比较大小问题
1．已知定义在 (0, + )上的函数 f x 的导数为 f x ，若 f (1) =1，且 x2 f (x) +1 > 0 ，则下列式子中一定成
立的是（ ）
A． f
1
÷ > 3 B． f (
1 ) > π
è 3 π
C． f log2 e > ln 2 D． f (ln 3) < log3 e
2．已知函数 f x 在R 上可导，其导函数为 f x ，若 f x 满足： x 1 é f x f x ù > 0，
f 2 x = f x e2 2x ，则下列判断正确的是（ ）
A． f 1 > e f 0 B． f 2 > e2 f 0
C． f 3 > e3 f 0 D． f 4 < e4 f 0
02 ：抽象函数—利用导数解不等式
3．已知函数 f (x) 的定义域为R ，且 f 2 = 1，对任意 x R ， f (x) + xf (x) < 0 ，则不等式 x +1 f x +1 > 2
的解集是（ ）
A． ,1 B． , 2 C． 1, + D． 2, +
4．若函数 f x 的定义域为R ，满足 f 0 = 2 ，"x R ，都有 f x + f x >1，则关于 x 的不等式 f x > e x +1
的解集为（ ）
A． x x >1 B． x x > e C． x x < 0 D． x x > 0
5．已知定义在 R 上的奇函数 f x 满足 f 2 + x = f x ，且当 x 0,1 时 f x > π，则不等式 f x sin πx
在 3,3 上的解集为 ．
6．设函数 f x 在R x上的导函数为 f x ，已知 f x = e 2x +1 + f x ， f 0 =1 x，则不等式 f x 3e < 0
的解集是 ．
7．已知函数 f x 是定义在R 上的偶函数，其导函数为 f (x) ，且当 x < 0 时， 2 f x + xf (x) < 0，则不等式
x 2023 2 f (x 2023) f ( 1) > 0的解集为 ．
8．已知 f x 为定义域R 上函数 f x 的导函数，且 f x + f 2 x = 0 ， x 1， x 1 f x + 2 f x > 0
且 f 3 =1，则不等式 f x
4
>
x 1 2 的解集为 ．
03 ：抽象函数—求参数范围
9．设定义域为R 的偶函数 y = f x 2的导函数为 y = f x ，若 f x + x +1 也为偶函数，且
f 2a + 4 > f a2 +1 ，则实数 a的取值范围是（ ）
A． , 1 3,+ B． , 3 1,+
C． 3,1 D． 1,3
10．已知函数 f x 在R 上连续且存在导函数 f x ，对任意实数 x 满足 f 2 x = f x + 2x 2，当 x 1,+
时， f x > 1.若 f a +1 f a 1，则 a的取值范围是 .
04 ：恒成立、存在性、有解问题
11．已知定义在
f x
0, + 上的单调递增函数 f x 满足 > xf x 恒成立，其中 f x 是函数 f x 的导函数.若
2 f m 2022 < m 2022 f 2 ，则实数m 的取值范围为（ ）
A． 0,2022 B． 2022,2024 C． 2022, + D． 2024, +
12．设函数 f x = xex ，则函数 f x 的最小值为 ；若对任意 x2 0, + ，存在 x1 0, + 不等式
f x1 f x2 2k é 2
2 × x x +1ùx e 2 k +1 2 恒成立，则正数 k 的取值范围是 ．1
lnx
13．已知l > 0，对任意的 x >1，不等式 e2lx 0恒成立，则l 的取值范围为（ ）
2l
é 1 é1
A． 2e, + B． ê ,+ C． e, + D． ,+ 2e ÷ ê e ÷
x e 114．若关于 的不等式 1 lnx + ax xeax 1 x é ,1ù在 ê ú内有解，则正实数 a的取值范围是（ ） 2
A． 0,2 + 2ln2 é 1B． ê , e
ù
ú C． 0,4
é 1D． ê , e
ù
e 2e ú
15 f x 1 2= x4 x3 a 1．已知函数 + x2 xlnx é在 ê , 2
ù
ú上存在单调递减区间，则实数 a的取值范围为（4 3 2 e ）

A． ,
2e 1ù
2 ú B． , 2 è e

C． ,
2e 1
2 ÷ D． , 2 è e
16．已知函数 f (x) 及其导函数 f (x) 的定义域均为 (0, + )，且 xf (x) > (x 1) f (x)恒成立， f (3) = e，则不等
式 (x + 4) f (x + 4) < 3ex+2的解集为（ ）
A． ( 4, 1) B． ( 1,1) C． ( 1,2) D． ( 1, + )
f (x)
17 ．已知函数 f (x) 的定义域为 ( 1, + )，导函数为 f (x) ，不等式 + ln(x +1) × f (x) ln(x +1) × f (x) 恒成
x +1
e4
立，且 f (4) = ，则不等式 ln(x + 3) × f (x + 2) ex+2 的解集为（ ）
ln 5
A．[2,+ ) B． ( 1,2] C．[0, + ) D． (0, 2]
05 ：最值问题
18．已知函数 f x = ex 1， g x =1+ lnx，若 f m = g n ，则m n的最大值是（ ）
ln2 +1
A． 1 B．0 C． D． 2ln2 + 3
2
x1 ln x2 x2 ln x1 119．若对任意的 x1, x2 (m,+ )，且 x1 < x2，都有 < mx x 2 ，则 的最小值是（ ）2 1
1
A． B． e C．1 D． ee
06 ：零点、方程的根问题
20 f x e= + lx 2 x e1 x．若函数 在 0, + 上没有零点，则实数l 的取值范围为（ ）
x
e e3 e e3
A． , ÷ ,+ ÷ B． ,
è 3
÷
è 9 è 3 9
4
e e
4
C． , e U ,+ ÷ D． e,
è 32 32
÷
è
2
21．若方程 2a ln 2a x= (a < 0)在 a,0 上有实根，则 a 的取值范围是（ ）
x ex
A． , 2 B． 2,0 C． , ln 2 D． ln 2,0
07 ：其他问题
22．不等式 x 2 x +1 < sin x2 2x sin 2 x 的解集为（ ）
A． , 1 2, + B． 1,2
C． 2,1 D． 0,2
1 98 23 a ,b e 99 ,c ln 98．已知 = = = ，则 a,b,c的大小关系是（ ）
99 99
A． a < b < c B． a < c < b C． c08：分段函数
ìx3 2x, x < 0
24．已知函数 f (x) = í ，若方程 f x + f x = 0有且仅有两不等实根，则实数 a 的取值范围
x + a, x > 0
是 ．
ì1+ ln x, x 1
f (x) = 25．已知函数 í1 1 ，则 f (x) 的零点为 ，若 x1 x2 ，且 f (x1) + f (x2 ) = 2，则 x + xx + , x <1 1 2 2 2
的取值范围是 ．
ì x
x+e e
2 , x 0

26 e．已知函数 f x = í 1 ，点M , N 是函数 y = f x 图象上不同的两个点，设O为坐标原点，则 x2 , x > 0
4
tan MON 的取值范围是 ．
一、单选题
1．（2024·辽宁·模拟预测）已知 a，b R ，若 2 a < b ， ab = ba ，则 b 的可能值为（ ）
A．2.5 B．3.5 C．4.5 D．6
2．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数 f (x) = aex
a
+1n 2，若 f x > 0恒成立，则正实数 a的取值
x + 2
范围是（ ）
A．0 < a < e B． a > e2 C． a > e D． a > 2e
1
3．（2024·河南·模拟预测）已知l > 0，对任意的 x >1，不等式 e2lx lne2l ÷ lnx 0恒成立，则实数l 的取
è
值范围为（ ）
é1
A． ê ,+
é 1
÷ B． ,+ ÷
e ê 2e
C． 2e, + D． e, +
4．（2024·广东广州·模拟预测）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 .对于
f x x+1
任意的实数 x ，均有 f x < 成立，若 f 3 = 16 ，则不等式 f x > 2 的解集为（ ）
ln2
A． , 3 B． ,3 C． 3, + D． 3, +
5．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数 f x = lnx +1 ax有两个零点 x1, x2 ，且 x1 < x2，则下列命题正确的
是（ ）
A． a > 1 B． x
2
1 + x2 < a
1
C． x1 × x2 <1 D． x2 x1 > 1a
a sin x + cos x
6．（2024· 全国·模拟预测）已知函数 f x = x + x在 0, π 上恰有两个极值点，则实数 a 的取值e
范围是（ ）
2 π 2 π
A． 0, e
4 ÷÷ B． , eπ C． 0,eπ D． 42 e ,+ ÷÷è è 2
7．（2024·湖南邵阳·二模）已知函数 f x 的定义域为R, f x 为 f x 的导函数.若 f 1 = e，且
f x + ex < f x 在R 上恒成立，则不等式 f x < 2 x ex的解集为（ ）
A． , 2 B． 2, +
C． ,1 D． 1, +
8．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数 f x = 2xlnx ax2 ，若对任意的 x1, x2 0, + ，当 x1 > x2 时，都
有 2x1 + f x2 > 2x2 + f x1 ，则实数 a的取值范围为（ ）
é 1 ,+ é1 A． ê ÷ B． 1, + C． ê ,+ ÷ D． 2, + 2e e
二、多选题
a
9．（2024·江西·二模）若 ex > a ln x a 恒成立，则实数 a的取值可以是（
x ）
A．0 B． e 2 C．ee+1 D． e2
10．（2024·浙江·二模）设定义在 R 上的函数 f x 的导函数为 f x ，若"x R ，均有 xf x = x +1 f x ，
则（ ）
A． f 0 = 0 B． f 2 = 0 （ f x 为 f x 的二阶导数）
C． f 2 < 2 f 1 D． x = 1是函数 f x 的极大值点
11 x 2．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = lna + b e a ex ，其中 e为自然对数的底数，则（ ）
A．若 f x 为减函数，则 f 0 < 0 B．若 f x 存在极值，则 aeb >1
C．若 f 1 = 0，则b > ln2 D．若 f x 0，则b a
三、填空题
2
12 e．（2024·陕西安康·模拟预测）已知实数 a,b满足 a = e2 a , lnb = ，则 lna + lnb =
b
x 2ex ln x 2 113 2t
3
．（2024·四川凉山·三模）已知函数 f x = e x ln x x > ÷ 的零点为 t ，则 t 1 = ．x è e e
14．（2024·吉林·二模）若实数 x0 满足 f x0 = g x0 ，则称 x0 为函数 y = f x 与 y = g x 的“关联数”.若
f x = a x a > 0, a 1 与 g x = x2 在实数集R 上有且只有 3 个“关联数”，则实数 a的取值范围为 .

展开更多......

收起↑