導(dǎo)數(shù)中的構(gòu)造函數(shù)（解析版）

1、1. 構(gòu)造方法示例 條件 構(gòu)造條件 構(gòu)造f x g x F(x) f(x)g(x) f(x)a(a 0) F(x) f(x)ax( ) ( )f x g x F(x) f(x)g(x) f(x)x F(x) f(x)x( ) ( )f x f x ( ) e ( )( ) ( ) F x f xxf x x ( ) ( )( ) ( ) F x f x enxf x f x ( ) e2 ( )( ) 2 ( ) xF x f xf x x ( ) ( )( ) ( ) F x f xenxf x f x ( ) ( )( ) ( ) F x f xexf(x)f x f x( ) 2 ( )

2、 F(x)e2xf x x F(x) (x)( ) ( ) x x ( ) ( )( ) ( ) F x x f xn2f(x)(x) F(x) x2 f(x) x x ( ) ( )( ) ( ) 0 F x f xxnf(x) x f x ( ) 2 ( ) 0F(x)x2 x f x F(x) f(x)( ) ( ) 0 xx f(x)sinx f(x) F(x)sinx f(x) x f(x)sinx f(x) ( ) cos F x xf(x)x f(x)sinx f(x) ( ) sinxF x x f(x)sinx f(x) F(x)x f(x)f(x)(e xb f(xeax(

3、axb)f(x)(x (x f(x) x) ex x f(x)2. 奇偶性結(jié)論奇奇偶，奇奇偶，奇偶奇；構(gòu)造函數(shù)有時(shí)候不唯一，合理構(gòu)造函數(shù)是關(guān)鍵；構(gòu)造原函數(shù)，本質(zhì)上離不開(kāi)積分知識(shí)；二、解答策略類(lèi)型一、巧設(shè)“ y f(x)g(x)型可導(dǎo)函數(shù)【例 】（2020銀川一中模擬）設(shè)奇函數(shù) f(x)在R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)0時(shí)有 f(x)0，則當(dāng)x0時(shí)，有（ ）A f(x)x f(0) B f(x)x f(0)C f(x)x f(0) D f(x)x f(0)【答案】A【解析】聯(lián)想f(x)x f(x)x，可設(shè)g(x) f(x)x ，則g(x)在0在上為減函數(shù)，又 f(x)為奇函數(shù)，故g(x)也為奇函數(shù)，所以g(

4、x)在(上也為減函數(shù)，故當(dāng)x0時(shí)，g(x)g(0)，即 f(x)x f0 f(0)【點(diǎn)睛】 當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“ f(x)g(x)”時(shí)，不妨聯(lián)想、逆用“ f(x)g(x)f(x)g(x”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù) y f(x)g(x)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問(wèn)題【舉一反三】12020 f (x)在R上存在導(dǎo)數(shù) f(x),xR，有f(x) f(x) x2，在(0,)上 f(x) x，若 f(4) f()84m，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為A2 B2,) C0,) D(,2【答案】B【解析】令 gf)12x，則gxgx0 ，函數(shù)是奇函數(shù)，且g00 ，在 上，gx f xx0 ，函數(shù)gx 單調(diào)

5、遞減，由題意可得 g在 R 遞減，ffgm122g(122gg)+8484m，ggm，4，解得：2，故選 22020 f (x)在R上存在導(dǎo)函數(shù) f x)，且在(0,)上f x) x ，2若 fm) f(m) 1 )3 3 m m ，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為（ ）3A , 1 1 B( , 1 1, ) 2 2 2 2 1 1C(, D , ) 2 2【答案】D1【解析】由 f 1m f m 得： 1 m m 3 331 1f) ) f() m ，構(gòu)造函數(shù)3 33 31g x f x x ，g(x) f(x)x2 0故（）在單調(diào)遞減，由函數(shù) f x為奇函數(shù)可得( ) ( )331g(x)為奇函數(shù)，

6、故g(x)在R 上單調(diào)遞減，故1mmm 選D2點(diǎn)睛：本題解題關(guān)鍵為函數(shù)的構(gòu)造，由 f x x 要想到此條件給我們的作用，通常情況下是提示我們2需要構(gòu)造函數(shù)得到新函數(shù)的單調(diào)性，從而得不等式求解；2 532020上的函數(shù) f x滿足 x f x f ，則關(guān)于x的 22不等式 f ex13 的解集為（ ）exAe Be C2 D,ln22 2,【答案】D【解析】1F x f x F x 0，即函數(shù)Fx為增函數(shù)，而 【分析】構(gòu)造函數(shù) ，利用已知條件求得 xF23，由此求得e 2x ，進(jìn)而求得不等式的解集. ，依題意可知 1 x f x 11【詳解】構(gòu)造函數(shù) F x f x ，即函數(shù)在 F x f x

7、0 x x x2 21 1上單調(diào)遞增.所求不等式可化為 F f ，而 e e 3 F 2 f 2 3，所以x xe 2xex 2，解得x2，故不等式的解集為,2 .【點(diǎn)睛】本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)解不等式，考查構(gòu)造函數(shù)法，考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算以及指數(shù)不等式的解法，屬于中檔題.題目的關(guān)鍵突破口在于條件x fx 的應(yīng)用通過(guò)觀察分析所求不等式，轉(zhuǎn)化為2 11 1f ，可發(fā)現(xiàn)對(duì)于 e 3 ，它的導(dǎo)數(shù)恰好可以應(yīng)用上已知條件x2 fx1從而可F x f x xe xx以得到解題的思路.42020R上的可導(dǎo)函數(shù) f x滿足f 1，且2f x1，當(dāng) x , 2 2 時(shí)，不等式2 x 3f(2x)2sin 的解集為(

8、)2 2 4, ,A B3 3 3 3 C D 3 , 33 【答案】D【解析】1 1【分析】構(gòu)造函數(shù)gx f x x ，可得gx在定義域內(nèi)R上是增函數(shù)，且g0，2 2進(jìn)而根據(jù)2 x 3f x 轉(zhuǎn)化成g(2x) g，進(jìn)而可求得答案(2 ) 2sin 02 2【詳解】令g x f x 1 x1，則 ) ) 1 0 ( ) ( ) g x f x ，g x f x 1 x1，則 ) ) 1 02 2 2 在定義域R上是增函數(shù)，且g(x) 1 1g f 0， 2 2 = (2 ) 2sin2 3 1 xg(2cosx) f(2cosx) x f x ， 2 2 2 (2 ) 2sin2 3 0 xf

9、 x 可轉(zhuǎn)化成g(2x) g，得到2 22x1，又x ,3 2 2 ，可以得到 , x 3 3，故選D5定義在0上的函數(shù) f(x)滿足(x)10 f 1，則不等式 f 2x2x1的解集是_ 【答案】1 1，2 【解析】F(x) f(x)x，則F (x) f (x) 1 xf (x) 1 ，而(x)10，且x 0，F(xiàn)(x)0，x x即F(x)在0上單調(diào)遞減，不等式f 2x2x1可化為f 2x2x11，即F2xF，故 2x 1 02x11，解得：1 1x ，故解集為：21 1， 2類(lèi)型二 巧設(shè)“ f(x)g(x)型可導(dǎo)函數(shù)【例】（2020南昌一模）設(shè)函數(shù) f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)

10、和偶函數(shù)，當(dāng)x 0時(shí)，f x g x f x g x 且g=0，則不等式 f(x)g(x)0的解集是（ ）( ) ( ) ( ) ( ) 0A(3 ， ) B(30) ，C( ， ) D( ，【答案】A【解析】聯(lián)想f(x)g(x f(x)g(x) f(x)g(x)，可知函數(shù)F(x) f(x)g(x)在(0)內(nèi)遞增，又 f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，F(xiàn)(x)為奇函數(shù)，則F(x)在0內(nèi)也為增函數(shù)又g=0，F(xiàn)(F0不等式 f(x)g(x)0的解集是(3 ， )【點(diǎn)睛】當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“ f(x)g(x) f(x)g(x)”時(shí)，可聯(lián)想、逆用“ f(x)g(x)

11、 f(x)g(x)f(x)g(x”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙解決問(wèn)題【舉一反三】1（2020錦州模擬）已知函數(shù) f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x 0時(shí)， f(x) (x)0，若f(2)0，則不等式xf(x)0的解集為（ ）Ax 2 x0 或0 x Bx x2 或x 【答案】D【解析】令F(x)(x)，則F(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x 0時(shí)，F(xiàn)(x) f(x)(x)0恒成立，即函數(shù)F x 在0，0上單調(diào)遞減，又f(2)0，則F(2) F(2)0，則xf(x)0可化為( )F(x) F(2)或F(x)F(2)，則x 2或0 x 2故選 D點(diǎn)睛：本題考查函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性及導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單

12、調(diào)性；本題的易錯(cuò)點(diǎn)在于“利用函數(shù)F(x)在0上單調(diào)遞減”得到“F(x)在R上單調(diào)遞減”，忽視了“F(2)F(0)F(2)0”，即函數(shù)F(x)在R上不可能單調(diào)遞減22020陜西高考模擬）已知定義在R上的函數(shù) f(x)的導(dǎo)函數(shù)為 f (x)，對(duì)任意xR滿足f(x) f (x)0，則下列結(jié)論正確的是（ ）Ae2f(2)e3f Be2f(2)e3fCe2f(2)e3f De2f(2)e3f【答案】A【解析】令g(x)ex f(x) g(x)ex(f(x) f (x 0，所以g(2) g 即 e2f 2 e3f 3 ，選A.點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)解抽象函數(shù)不等式，實(shí)質(zhì)是利用導(dǎo)數(shù)研究對(duì)應(yīng)函數(shù)單調(diào)性，而對(duì)應(yīng)函數(shù)需要

13、構(gòu)造. 構(gòu)造輔助函數(shù)常根據(jù)導(dǎo)數(shù)法則進(jìn)行：如 f(x) f(x)構(gòu)造 ( ) ( ) f xg x ， f(x) f(x)0構(gòu)造exg x e f x ，(x) f(x)構(gòu)造g(x) f(x)( ) x ( ) ，(x) f(x)0構(gòu)造g(x) (x)等x32020海南高考模擬）已知函數(shù) f(x)的導(dǎo)函數(shù) f x)滿足 f(x)(x f x)0對(duì)xR恒成立，則下列判斷一定正確的是（ ）A f(0)02f B0 f(0)2fC02f f(0) D2f 0 f(0)【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意及選項(xiàng)構(gòu)造函數(shù)gxxf x，然后求導(dǎo)判斷出函數(shù)gx的單調(diào)性，再根據(jù)【詳解】由題意設(shè)gxxf x，則gx

14、 f xxf x0，所以函數(shù)gx在R上單調(diào)遞增，所以g g0 g，即0 f 02f 故選【點(diǎn)睛】當(dāng)題目條件中有含有導(dǎo)函數(shù)的不等式，而所求結(jié)論與判斷函數(shù)值的大小有關(guān)時(shí)，解題時(shí)一般需要通過(guò)構(gòu)造函數(shù)來(lái)解決構(gòu)造函數(shù)時(shí)要根據(jù)題意及積或商的導(dǎo)數(shù)來(lái)進(jìn)行，然后判斷出所構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可比較函數(shù)值的大小42020上的函數(shù) = ()滿足函數(shù) = (1)的圖象關(guān)于直線 = 1對(duì)稱，且當(dāng) (,0),()+() B D 【答案】A【解析】令() = ()，則當(dāng) (,0),() 0，因?yàn)楹瘮?shù) = (1)的圖象關(guān)于直線 = 對(duì)稱，所以函數(shù) = ()的圖象關(guān)于直線 = 對(duì)稱，即 = ()為偶函數(shù)， = ()為奇函數(shù)，

15、因此當(dāng) (0,+),() 0，即 = ()為(0,上單調(diào)遞減函數(shù)，因?yàn)?=12(log2 =121 1( ) = ( ), =2 2(ln2)(ln2) = (ln2), = 2(log121 1) = 2(2) = (2)，而4 2 ln2 A.5.（2020 南充質(zhì)檢） f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x 0時(shí)， x2 1 f(x)2xf(x)0，且 f(2)0，則不等式 f(x)0的解集是（ ）A2 ， B20 ，C20 ， D2 ，【答案】C【解析】構(gòu)造函數(shù) g x x2 f x ，則g x x2 f x ( ) 1 ( ) ( ) 1 ( )又 f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以 g

16、(x) x 1 f(x)為奇函數(shù)，2且當(dāng)x 0時(shí)，g x x f x xf x ，g(x)在0上函數(shù)單減，( ) 1 ( ) 2 ( ) 02f x g x 又g(2)0，所以有 f(x)0的解集20 ， 故選( ) 0 ( ) 0問(wèn)題一定要耐心讀題、讀懂題，通過(guò)對(duì)問(wèn)題的條件和結(jié)論進(jìn)行類(lèi)比、聯(lián)想、抽象、概括，準(zhǔn)確構(gòu)造出符合題意的函數(shù)是解題的關(guān)鍵；解這類(lèi)不等式的關(guān)鍵點(diǎn)也是難點(diǎn)就是構(gòu)造合適的函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)時(shí)往往從兩方面著手：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的形狀變換不等式“形狀”以構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)；若是選擇題，可根據(jù)選項(xiàng)的共性歸納構(gòu)造合適的函數(shù)6（2020荊州模擬）設(shè)函數(shù) f(x)是奇函數(shù) f(x)(xR )的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)

17、x 0時(shí)，x 1 f(x) ，x則使得 x2 1 f(x)0成立的x的取值范圍是（ ）A10 ， B ， C10 ， D ，【答案】D.【解析】設(shè)g(x)x ，當(dāng)x 0時(shí)，g (x) 1 f(x) (x) 0 ，xg x 在0上為減函數(shù)，且g 0，( )當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，lnx 0，f(x)0，(x2 f(x)0；當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，x 0，f(x)0， x2 1 f(x)0， f(x)為奇函數(shù)，當(dāng)x10時(shí)，f(x)0， x2 1 f(x)0；當(dāng)x時(shí)，f(x)0， x2 1 f(x)0綜上所述：使得x f x 成立的x的取值范圍是 ，2 1 ( ) 0【點(diǎn)睛】構(gòu)造函數(shù)，借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單

18、調(diào)性，利用函數(shù)圖像解不等式問(wèn)題，是近年高考熱點(diǎn)，怎樣構(gòu)造函數(shù)，主要看題目所提供的導(dǎo)數(shù)關(guān)系，常見(jiàn)的有x與 f(x)的積或商，x2與 f(x)的積或商，ex與 f(x)的積或商，lnx 與 f(x)的積或商等，主要看題目給的已知條件，借助導(dǎo)數(shù)關(guān)系說(shuō)明導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，進(jìn)而判斷函數(shù)的單調(diào)性，再借助函數(shù)的奇偶性和特殊點(diǎn)，模擬函數(shù)圖象，解不等式72020河北高考模擬）已知 f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，且滿足(x f(x) x)0，則（ ）A f(x)0 B f(x)0 C f (x)為減函數(shù) D f (x)為增函數(shù)【答案】Ag x x g(x)e (x f(x)(x0 g(x)( ) e ( (,)上單調(diào)

19、遞增，又因?yàn)間(0)0，所以當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，則 f(x)0，當(dāng)x0時(shí)，g x ，則 f(x)0，而xf x x0恒成立，則 f(0)0；所以 f(x)0；故選A.( )0點(diǎn)睛：本題的難點(diǎn)在于如何利用xf x x0構(gòu)造函數(shù) ( ) e ( g x x x 。8已知 y f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且(x) f(x) f(x)，則函數(shù) ( ) ( ( ) 1 g x x f x 在21上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)【答案】【解析】令函數(shù)F(x) (x) f(x)，因?yàn)镕(x) (x) f(x) f(x)0，所以函數(shù)F(x) (x) f(x)在1上單調(diào)遞增，則函數(shù) ( ) ( ( ) 1 g x x f

20、x 在1上也單調(diào)遞增，且21 1g f ，故該函數(shù)在1上無(wú)零點(diǎn)，應(yīng)填答案0 02 2點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)F(x) (x) f(x)，然后借助導(dǎo)數(shù)的有關(guān)知識(shí)判定函數(shù)g x x f x 1 的單調(diào)性，從而確定函數(shù) ( ) ( ( ) 1( ) ( ( )g x x f x 與 x軸沒(méi)有一個(gè)交點(diǎn)，2 2即函數(shù)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是 類(lèi)型三 巧設(shè)“f(x)g(x)型可導(dǎo)函數(shù)【例 】（2020大連模擬）已知定義在R上的函數(shù) f(x)，g(x)，滿足： f(x)0，g(x)0，且f x g x f x g x 若abR且a b，則有 （ ）( ) ( ) ( ) ( ) 0f g f ab g ab A

21、 ( ) ( )a b a b2 2f g f ab g ab B ( ) ( )a b a b2 2f g ab g f ab C ( ) ( )a b a b2 2f g ab g f ab D a b ( ) a b ( )2 2【答案】D【解析】構(gòu)造函數(shù)F(x) f(x) f (x)g(x) f(x)g (x) ，則F(x) g (x)g(x) 2 f(x)g(x) f(x)g(x)0，F(xiàn)(x0，即F(x)為減函數(shù)a b2F F ab ，即 a bf f ab a b 22 a b g ab g2又 f(x)0，g(x)0， f g ab f ab g 故選Da b a b2 2【點(diǎn)睛

22、】當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“ f(x)g(x) f(x)g(x)”時(shí)，可聯(lián)想、逆用“ f (x)g(x) f(x)g (x) f(x) g(x2g(x)”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)yf(x) ，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙解決問(wèn)題 g(x)【舉一反三】上的函數(shù)，()為其導(dǎo)函數(shù)，且()12020內(nèi)蒙古高考模擬）已知定義在(0,2 sin 2( ) 3( ) 2( )2 6 4 3 C3( ) ( ) D(1) 0,所以() (0, 因此( ) ( ) 6 3(6)sin6(3)sin3 3( ) ( ) , ( ) ( ) 6 3 4 3(4)sin4(3)sin3 3( ) 2( ,( ) 4 3

23、 6( ) 2(6)sin6(2)sin2 2( ) ( , ( ) (1) 6 2 6(6)sin6(1)sin1 ) (1),所以選 C.6點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)解抽象函數(shù)不等式，實(shí)質(zhì)是利用導(dǎo)數(shù)研究對(duì)應(yīng)函數(shù)單調(diào)性，而對(duì)應(yīng)函數(shù)需要構(gòu)造. 構(gòu)造輔助函數(shù)常根據(jù)導(dǎo)數(shù)法則進(jìn)行：如() ()構(gòu)造() = ()()+() 0構(gòu)造() = ()，() ()構(gòu)造() = ()，()+() 1.故選D.點(diǎn)睛：本題的難點(diǎn)在于要反復(fù)地構(gòu)造函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，屬于難題.構(gòu)造函數(shù)，一般是在直接研究不太方便時(shí)使用，構(gòu)造函數(shù)書(shū)寫(xiě)更簡(jiǎn)潔，表述更方便，推理更清晰.42020九江一模）定義在（，+ x）的導(dǎo)函數(shù)為 （xx（0+）都有

24、1x ，則（ ）f (x)x) f(x)xA12（）3（4）（8） B3（4）122）（8）C8）3（）（2） Df8）122）3/（4）【答案】C【解析】【分析】令 （x ，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由 （xxlnx（1+）（），求出函數(shù)的單調(diào)性，得到 （）（）（8【解答】解：由 （x）lnx （x）得，（x）xlnx（1+）（即 （x）xlnx（1+）（x）0，令 gx ，則 g（x） ，由 （x）xlnx（1+）（x）0，x（011+）時(shí)，g（x）0，g（）在區(qū)間（0.1）和（1+）上單調(diào)遞增，g（）g（）g（8，即 （）34）1225 2020 R f(x) f (x) f(x)2的導(dǎo)數(shù)，則（

25、）Aff(2)(0) ， f(0) 2 2 ， f(0) 2f(2)B f(2)2f(0)4f(2)Cff(2)(0) ， f(0) 2 2 ， f(0) 2f(2)D f(2)2f(0)4f(2)【答案】B【解析】令 ( ) (2 )f xg x ，2x ，2f (2x)2x f(2x)2x 2 2f (2x) f(2x)ln2則 ( )g x (2 ) 2x 2 x又因?yàn)?(2 ) ln2f x ，2所以2f(2x) f(2x)ln20，即g(x)0，所以函數(shù)g(x)在R 上單調(diào)遞增，所以g gg(，即f(2) f(0) f(2) ，所以 f(2)2f(0)4f(2)，故選 2 2 20

26、1點(diǎn)睛：本題主要考查了抽象函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)已知條件構(gòu)造符合題意的函數(shù)是解決本題的關(guān)鍵，一般構(gòu)造函數(shù)的來(lái)源有兩個(gè)：一是，利用已知條件轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的乘積或商式的導(dǎo)數(shù)式；二是，根據(jù)選項(xiàng)，可以提示從結(jié)構(gòu)上應(yīng)該構(gòu)造什么樣的函數(shù)62020黑龍江高考模擬）設(shè) f x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且 f x)2f(x)(xR)， 1f e2（e fx) x2的解集為（ ） eA 21 e e B(0, e) C , , e D e 2 2【答案】B【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù) （x= f xe2x，求出導(dǎo)數(shù)，判斷 （x）在R 上遞增原不等式等價(jià)為 （lnx）F（12 12，運(yùn)用對(duì)數(shù)不等式的解法，即可得到所求解集【

27、詳解】可構(gòu)造函數(shù) （x）= f xe2x，（x）= (e2x)2= f x 2f xe2x，由 （x）（x （x）0，即有 （x）在 R上遞增不等式 f（）2 f lnxx21x f lnxe2lnx1，0即有 （12）=f1 2=1 （lnx）（e12由 （x）在R 上遞增，可得 lnx12，解得 x e故不等式的解集為（0， e 7（2020浙江模擬）設(shè)函數(shù) f(x)是函數(shù) f(x)(xR)的導(dǎo)函數(shù)， f(0)1，且 ( ) 1 ( ) 1 f x f x ，則34f(x) f(x)的解集為（ ）Aln4， Bln2， C 3， D e 3 3 2 3【答案】B【解析】由已知得 f(x)3

28、f(x)3，考慮到基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)， f(x)與函數(shù) ye3x有關(guān)，因此設(shè)f x a 3 b， f(x)e3x，( ) e x由題意 f(x)3f(x3， ae3x 3 ae3x b 3，b1，又 f(0)1，所以 f(0)a11，a 2，所以 f(x)3x 1，不等式4f(x) f(x)為e3x 2，3x ln2，即 ln2 x 故選 3方法 ：由題得：3f(x) f(x)3 ，f x f x ，即( ) 3 ( ) 3e x e x3 3f(x)e3x 3x ，e c f(x)3x 1，又 f1，c 2所以 f(x)3x 1反思：題中若已知函數(shù)值，則函數(shù)解析式能求出來(lái)或者零點(diǎn)可推測(cè)。點(diǎn)睛

29、：已知導(dǎo)數(shù)與原函數(shù)的不等關(guān)系，可構(gòu)造新函數(shù)，利用已知條件判斷新函數(shù)的單調(diào)性，從而解決問(wèn) 題，如已知(x) f(x)0，可設(shè)g(x) f(x) ，因此g(x)是增函數(shù)，類(lèi)似 ，則g (x) 0 xf (x) f(x) x 2x地還可以設(shè)g(x) xf(x)，g(x)ex f(x)，g(x) ( ) 等等；本題已知的是 ( ) 1 ( ) 1f xf x f x ，如果設(shè)ex3g x f x ，則g(x) f(x)，因此已知條件變?yōu)間(x)g(x)，這樣可聯(lián)想應(yīng)該有g(shù)(x)e3x ，從而( ) ( ) 18.（2020 大連一模）設(shè)函數(shù) f(x)滿足 2 ( ) 2 ( ) ex f x xx ，

30、xe2f ，則x 0時(shí)， f(x)（ ）(2)8A有極大值，無(wú)極小值 B有極小值，無(wú)極大值C即有極大值又有極小值 D既無(wú)極大值也無(wú)極小值【答案】D【解析】由題意知x 2f(x) e 2x f(x)x 2e f (x)x x3 3x令g(x)ex 2x2 f(x)，則x x x x2 2 2e ex( 2)x g (x) e 2x f (x) 4xf(x) e x f (x) 2xf(x ex x由g(x)0，得x 2，當(dāng)x 2時(shí)，e2g(x) e 22 0，2 2min8即g(x)0，則當(dāng)x 0時(shí)，g(x) ，f (x) 0 x3故 f(x)在(0)上單調(diào)遞增，即無(wú)極大值也無(wú)極小值【強(qiáng)化訓(xùn)練】

31、一、選擇題1【2020銀川模擬】已知函數(shù) f(x)的導(dǎo)函數(shù) f(x)滿足2f(x)(x) x2(xR)，則對(duì)xR都有（ ）Ax2 f(x)0 Bx2 f(x)0Cx2f(x)0 Dx2f(x)0【答案】A【解析】構(gòu)造函數(shù)F(x) x2 f(x)，則F(x)2(x)x2f(x)x(2f(x)(x，當(dāng)x 0時(shí)，F(xiàn)(x)x3 0，F(xiàn)(x)遞增；當(dāng)x 0時(shí)，F(xiàn)(x)x3 0，F(xiàn)(x)遞減，所以F(x) x2 f(x)在x 0時(shí)取最小值，從而F(x)x2 f(x)F(0)0，故選 A2.【2020 屆高三第二次全國(guó)大聯(lián)考】設(shè) = ()是定義在上的可導(dǎo)偶函數(shù)，若當(dāng) 0時(shí)，()+ 時(shí)，+2() 0時(shí)， ，故

32、函數(shù) = 在(0,上單調(diào)遞減，由偶函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)在(,0)上單調(diào)遞增所以() (0) = 02 = 0，所以方程() = ，即2 = 無(wú)解，所以函數(shù)() = 1沒(méi)有零2點(diǎn)故選A3.【新疆烏魯木齊 2019屆高三第二次質(zhì)量檢測(cè)】的定義域是(0,，其導(dǎo)函數(shù)為，若()= 1ln，且() = 2（其中( )A B4(3) 0時(shí)， 0【答案】C【解析】設(shè)() =() ()()，則 = 2 =1()( ) =1ln則() = ln12(ln2 +又() = 2() = ()= ln12(ln)2 + = 即112+ = ，所以 = 12即() = ln12(ln2 +12 = 1ln=ln， 0由 1

33、ln 0，得0 ，此時(shí)函數(shù)()為增函數(shù)由 01ln ，此時(shí)函數(shù)為減函數(shù)(2) 2則(2) (1)，即(1) 1，則 ，故錯(cuò)誤(3) 3(3) (4)，即(4) 4，則4(3) 3(4)，故錯(cuò)誤當(dāng)= 0時(shí)，取得極小值() = 即當(dāng) 0，() () = ，即 ，即() 0，故錯(cuò)誤當(dāng) = 0時(shí)，()取得極小值() = 此時(shí)()=()= ，則()取得極大值() = 2本題正確選項(xiàng)：3.【2020 湖南省長(zhǎng)郡中學(xué)高三】已知是函數(shù)()的導(dǎo)函數(shù)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)都有 = +3) +()( = ，若不等式() 0的解集中恰有兩個(gè)整數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）1 1 1 1A 2,0 D(2,0),0) B2,0

34、 C( 【答案】C【解析】令()=() ()()，則()= = +，可設(shè)()= 2+3+，(0) = = 1， = () = (2+3+1)， = (2+5+4) = (+1)(+4)可得： = 4時(shí)，函數(shù)()取得極大值， = 1時(shí)，函數(shù)()取得極小值1(1) = ， = 1 = 12 012 0時(shí)，不等式() 0的解集中恰有兩個(gè)整數(shù)11故的取值范圍是(2,0，故選 4.【2019 安徽省黃山市高三檢測(cè)】已知函數(shù)()是定義在上的可導(dǎo)函數(shù)，對(duì)于任意的實(shí)數(shù) ，都有()()= 2，當(dāng) 0，若+1) +1)，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是（ ）A 0, B ,0 C 0,+) D (,03 3【答案】B【解

35、析】令() = ()，則當(dāng) 0，又() = () = () = ()，所以()為偶函數(shù)，從而(2+1) (+1)等價(jià)于2+1(2+1) +1(+1),(2+1) (+1)，因此(|2+1|) (|+1|),|2+1| |+2+ 0 23 0.選 B. 5. ， , ，且sin sin 0，則下列結(jié)論正確的是（ ） 2 2A B22 D 0【答案】B 【解析】構(gòu)造 f x xsinx形式，則 fxxxx， x 2時(shí)導(dǎo)函數(shù) fx0， f x 單調(diào)遞增；x ,0 2 時(shí)導(dǎo)函數(shù) fx0， f x單調(diào)遞減又 f x為偶函數(shù)，根據(jù)單調(diào)性和圖象可知選B6.【2020 福建省適應(yīng)性練習(xí)】已知函數(shù)() = ，(

36、) =ln 1，若關(guān)于的方程() = ()在區(qū)間 ,內(nèi) 有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)的取值范圍是( )1 1 1A2, ) B(2 21, C(0,1 12) D(,+)【答案】A【解析】易知當(dāng)0 時(shí)，方程只有一個(gè)解，所以0() = 2，() = 1=22 =(21)(2+1) ，令() = 0 = 1，2 =1為函數(shù)的極小值點(diǎn)，21又關(guān)于的方程()()在區(qū)間 ,內(nèi)有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，1 ()0，解得11所以12,，()0 22 11，即12+6ln(0)，設(shè)()=12+6ln(3330)，()=23+3+6=22+9+183=(2+3)(6)3，易得函數(shù)()在區(qū)間(0,6)上單調(diào)遞增， 在區(qū)間(6, +)

37、上單調(diào)遞減，所以()max=(6)=6ln6+，故實(shí)數(shù) b 的取值范圍為6ln6+6,，故選A8.【2020 河北省唐山市一?！吭O(shè)函數(shù)=xx0,有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的值為（ ）4B2D2A4C【答案】B【解析】函數(shù)()=2sin,0, ，有且只有一個(gè)零點(diǎn)，方程a=20, ，有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，2令 gx= ，2()則 （x= ，當(dāng)0,時(shí)，（x）044,時(shí)，（x0，g（）在0,上單調(diào)遞增，在44）2,上單調(diào)遞減，當(dāng) 時(shí)，g（x）取得極大值 （4，44又 g0= ）=0，若方程a=42，0,，有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，則 2故選B.9. R y f(x) y f (x) x 0 f(x) 0 a f

38、xb f ， 1 12 ( 2) c f ，則abc的大小關(guān)系正確的是（ ）2 2Aacb Bbca Cabc Dca b【答案】D【解析】試題分析：設(shè)(x) (x)，所以h(x) f(x)(x)，因?yàn)?y f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以h(x)是定義在R的偶函數(shù)，當(dāng)x 0時(shí)，h(x) f(x)(x)0，此時(shí)函數(shù)h(x)單調(diào)遞增因?yàn)閍 f h ，b2f(2)(2)，c1f1h1，又2 1 1 ，所以ba c故選2 2 2 2D【思路點(diǎn)晴】本題是函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)在函數(shù)研究中的應(yīng)用等方面的綜合應(yīng)用問(wèn)題，屬于難題解決本題的基本思路是通過(guò)構(gòu)造函數(shù)h(x) (x)，并對(duì)h(x)進(jìn)行求導(dǎo)，可

39、以發(fā)現(xiàn)a，b ，c 就是h(x)的三個(gè)函數(shù)值，再根據(jù)h(x)的單調(diào)性，就可以比較出a，b ，c 的大小，進(jìn)而得出結(jié)論102020遼寧省撫順市一?！咳艉瘮?shù)() = (22)有三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是( )A(222)2,(2+22)2 B(222)2,(2+22)2)C(222)2,0) D(0,(2+22)2)【答案】D【解析】由() = (22) = 0 = (22)，設(shè)() = (2 2)， () = (2，由() 022 得 ，此時(shí)函數(shù)()為增函數(shù)，由() 022 得2 ，函數(shù)圖象如下圖所示：要使()有三個(gè)零點(diǎn)，則0 2+，即實(shí)數(shù) a 的取值范圍是(0,2+，故本題選D2020 遼寧

40、省師范大學(xué)附屬中學(xué)】已知函數(shù)() = +2ln，若 = 是函數(shù)（）的唯一極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù) k的取值范圍是（ ）2A(, B(,4 C D+)2【答案】A【解析】解：函數(shù)（的定義域是（0，+）（） =(2)3 +2 =(2)(2) 3， = 是函數(shù)（的唯一一個(gè)極值點(diǎn) = 是導(dǎo)函數(shù)（） = 0的唯一根， 2 = 0（0，+無(wú)變號(hào)零點(diǎn)，即 =2上無(wú)變號(hào)零點(diǎn)，令() =2，因?yàn)椋ǎ?=(2) 3，所以（在（0上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增所以（的最小值為（） =2 4，所以必須 2 4，故選：A122020安徽省毛坦廠中學(xué)聯(lián)考】已知() = ln+1，若關(guān)于的不等式() 恒成立，則實(shí)1 1 1A(,) B0) C ,+),+) D( 【答案】D【解析】由()ln+1 恒成立，設(shè)=ln+1 ，則=1ln1 .=1 ，則= 12 1 恒成立， )在+)上單調(diào)遞減，又 = 0當(dāng)0 = 0，即 ；當(dāng) 時(shí)， = 0，即1，故選13已知函數(shù) f(x)在R 上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為 f(x)，若 f(x)滿足：(xf(x) f(x)