高中数学含导函数的抽象函数的构造经典题型与典型例题专题训练带答案解析

永年县第二中学高一数学抽象函数常见题型的思维导图讲解及其针对性测试题抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给岀了一些体现函数特征的式子的一类函数。

由于抽象函数表现形式的抽象性，使得这类问题成为函数内容的难点之一。

本文就抽象函数常见题型及解法评析如下：一、定义域问题例1・已知函数/（■?）的定义域是[1,2],求/（x）的定义域。

思维导图：第一步：审题，/（/）的定义域是[1,2],即XW[1,2]T第二步：由xe[l,2] 求l^t = x2的值域T第三步：确定/（x）的定义域。

解析：•・•/（〒）的定义域是[1,2],即1<%<2,贝ijl<x2 <4/. f（x）的定义域是[1,4] o评析：一般地，已知函数/（從兀））的定义域是A,求/（兀）的定义域问题，相当于已知/@（兀））中x的取值范围为A,据此求0（兀）的值域问题。

例2・已知函数/（Q的定义域是|-,2|,求函数/（2^）的定义域。

思维导图：第一步：审题，/（兀）的定义域是[丄,2],即凡是被“ / ”作用的对象都在[丄,2]2 2内T第二步：令丄52^52 T第三步：解出兀的范围T第四步：确定2 /（2A_1）的定义域。

解析：/（无）的定义域是[-1,2],由此可得^<2X_1<2,即2_, < 2r_l < 2 ,.\-1<X-1<1 ,则0WxW2所以函数/（2V-'）的定义域是[0,2] o评析：这类问题的一般形式是：已知函数/（x）的定义域是A,求函数/（俠劝）的定义域。

正确理解两数符号及其定义域的含义是求解此类问题的关键。

这类问题实质上相当于已知0（兀）的值域B,且Be A,据此求x的取值范围。

例2和例1形式上正相反。

二、求函数值问题例3・已知定义域为疋的函数/(兀)，同吋满足下列条件：@/(2) = 1, /(6)=-；②/(x-y) = /(x) + /(y),求/(3),/(9)的值。

下考抽象函数本领归纳之阳早格格创做由于函数观念比较抽象，教死对付解有闭函数暗号()f x 的问题感触艰易，教佳那部分知识，能加深教死对付函数观念的明白，更佳天掌握函数的本量，培植机动性；普及解题本领，劣化教死数教思维素量.现将罕睹解法及意义归纳如下：一、供表白式：1.换元法：即用中间变量表示本自变量x 的代数式，从而供出()f x ，那也是证某些公式大概等式时常使用的要领，此法解培植教死的机动性及变形本领.例1：已知 ()211x f x x =++,供()f x . 解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u uf u u u -=+=--∴2()1x f x x-=- 2.拼集法：正在已知(())()f g x h x =的条件下，把()h x 并凑成以()g u 表示的代数式，再利用代换即可供()f x .此解法简净，还能进一步复习代换法.例2：已知3311()f x x x x +=+，供()f x解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x x xx x x +=+-+=++-又∵11||||1||x x x x +=+≥ ∴23()(3)3f x x x x x =-=-，(|x |≥1)3.待定系数法：先决定函数典型，设定函数闭系式，再由已知条件，定出闭系式中的已知系数.例3． 已知()f x 二次真函数，且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,供()f x . 解:设()f x =2ax bx c ++，则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a a b c b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f x x x =++ 4.利用函数本量法:主要利用函数的奇奇性,供分段函数的剖析式.y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,供()f x解:∵()f x 为奇函数，∴()f x 的定义域闭于本面对付称，故先供x <0时的表白式.∵-x >0,∴()lg(1)lg(1)f x x x -=-+=-,∵()f x 为奇函数，∴lg(1)()()x f x f x -=-=-∴当x <0时()lg(1)f x x =--∴lg(1),0()lg(1),0x x f x x x +≥⎧=⎨--<⎩例5．一已知()f x 为奇函数，()g x 为奇函数，且有()f x +1()1g x x =-， 供()f x ,()g x . 解：∵()f x 为奇函数，()g x 为奇函数，∴()()f x f x -=,()()g x g x -=-,无妨用-x 代换()f x +()g x =11x -………①中的x , ∴1()()1f xg x x -+-=--即()f x －1()1g x x =-+……② 隐睹①+②即可消去()g x ,供出函数21()1f x x =-再代进①供出2()1xg x x =- 5.赋值法：给自变量与特殊值，从而创造顺序，供出()f x 的表白式例6：设()f x 的定义域为自然数集，且谦脚条件(1)()()f x f x f y xy +=++,及(1)f =1,供()f x解：∵()f x 的定义域为N ，与y =1,则有(1)()1f x f x x +=++∵(1)f =1,∴(2)f =(1)f +2,(3)(2)3f f =+……()(1)f n f n n =-+以上各式相加，有()f n =1+2+3+……+n =(1)2n n +∴1()(1),2f x x x x N =+∈ 二、利用函数本量，解()f x 的有闭问题1.推断函数的奇奇性：例7 已知()()2()()f x y f x y f x f y ++-=,对付一确真数x 、y 皆创造，且(0)0f ≠,供证()f x 为奇函数.道明：令x =0, 则已知等式形成()()2(0)()f y f y f f y +-=……①正在①中令y =0则2(0)f =2(0)f ∵(0)f ≠0∴(0)f =1∴()()2()f y f y f y +-=∴()()f y f y -=∴()f x 为奇函数.例8：奇函数()f x 正在定义域（-1，1）内递减，供谦脚2(1)(1)0f m f m -+-<的真数m 的与值范畴. 解：由2(1)(1)0f m f m -+-<得2(1)(1)f m f m -<--，∵()f x 为函数，∴2(1)(1)f m f m -<-又∵()f x 正在（-1，1）内递减，∴221111110111m m m m m -<-<⎧⎪-<-<⇒<<⎨⎪->-⎩3.解大概式的有闭题目例9：如果()f x =2ax bx c ++对付任性的t 有(2)2)f t f t +=-,比较(1)(2)(4)f f f 、、的大小 解：对付任性t 有(2)2)f t f t +=-∴x =2为扔物线y =2ax bx c ++的对付称轴 又∵其启心进与∴f (2)最小，f (1)=f (3)∵正在［2，＋∞)上，()f x 为删函数∴f (3)<f (4),∴f (2)<f (1)<f (4)五类抽象函数解法1、线性函数型抽象函数线性函数型抽象函数，是由线性函数抽象而得的函数.例1、已知函数f（x）对付任性真数x，y，均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x＞0时，f（x）＞0，f（－1）＝－2，供f（x）正在区间[－2，1]上的值域.领会：由题设可知，函数f（x）是的抽象函数，果此供函数f（x）的值域，闭键正在于钻研它的单调性.解：设，∵当，∴，∵，∴，即，∴f（x）为删函数.正在条件中，令y＝－x，则，再令x＝y＝0，则f（0）＝2 f（0），∴f（0）＝0，故f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数，∴f（1）＝－f（－1）＝2，又f（－2）＝2 f（－1）＝－4，∴f（x）的值域为［－4，2］.例2、已知函数f（x）对付任性，谦脚条件f（x）＋f（y）＝2 + f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，供不等式的解.领会：由题设条件可预测：f（x）是y＝x＋2的抽象函数，且f（x）为单调删函数，如果那一预测精确，也便不妨脱去不等式中的函数标记，从而可供得不等式的解. 解：设，∵当，∴，则，即，∴f（x）为单调删函数.∵，又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3.∴，∴，即，解得不等式的解为－1 < a < 3.2、指数函数型抽象函数例3、设函数f（x）的定义域是（－∞，＋∞），谦脚条件：存留，使得，对付所有x战y，创造.供：（1）f（0）；（2）对付任性值x，推断f（x）值的正背.领会：由题设可预测f（x）是指数函数的抽象函数，从而预测f （0）＝1且f（x）＞0.解：（1）令y＝0代进，则，∴.若f（x）＝0，则对付任性，有，那与题设冲突，∴f（x）≠0，∴f（0）＝1.（2）令y＝x≠0，则，又由（1）知f（x）≠0，∴f（2x）＞0，即f（x）＞0，故对付任性x，f（x）＞0恒创造.例4、是可存留函数f（x），使下列三个条件：①f（x）＞0，x∈N；②；③f（2）＝4.共时创造？若存留，供出f （x）的剖析式，如不存留，道明缘由.领会：由题设可预测存留，又由f（2）＝4可得a＝2．故预测存留函数，用数教归纳法道明如下：（1）x＝1时，∵，又∵x∈N时，f（x）＞0，∴，论断精确.（2）假设时有，则x＝k＋1时，，∴x＝k＋1时，论断精确.综上所述，x为十足自然数时.3、对付数函数型抽象函数对付数函数型抽象函数，即由对付数函数抽象而得到的函数.例5、设f（x）是定义正在（0，＋∞）上的单调删函数，谦脚，供：（1）f（1）；（2）若f（x）＋f（x－8）≤2，供x的与值范畴.领会：由题设可预测f（x）是对付数函数的抽象函数，f（1）＝0，f（9）＝2.解：（1）∵，∴f（1）＝0.（2），从而有f（x）＋f（x－8）≤f（9），即，∵f（x）是（0，＋∞）上的删函数，故，解之得：8＜x≤9.例6、设函数y＝f（x）的反函数是y＝g（x）.如果f（ab）＝f（a）＋f（b），那么g（a＋b）＝g（a）·g（b）是可精确，试道明缘由.领会: 由题设条件可预测y＝f（x）是对付数函数的抽象函数，又∵y ＝f（x）的反函数是y＝g（x），∴y＝g（x）必为指数函数的抽象函数，于是预测g（a＋b）＝g（a）·g（b）精确.解：设f（a）＝m，f（b）＝n，由于g（x）是f（x）的反函数，∴g （m）＝a，g（n）＝b，从而，∴g （m）·g（n）＝g（m＋n），以a、b分别代替上式中的m、n即得g （a＋b）＝g（a）·g（b）.4、三角函数型抽象函数三角函数型抽象函数即由三角函数抽象而得到的函数.例7、己知函数f（x）的定义域闭于本面对付称，且谦脚以下三条件：①当是定义域中的数时，有；②f（a）＝－1（a＞0，a是定义域中的一个数）；③当0＜x＜2a时，f（x）＜0.试问：（1）f（x）的奇奇性怎么样？道明缘由.（2）正在（0，4a）上,f（x）的单调性怎么样？道明缘由.领会: 由题设知f（x）是的抽象函数，从而由及题设条件预测：f（x）是奇函数且正在（0，4a）上是删函数（那里把a瞅成举止预测）.解：（1）∵f（x）的定义域闭于本面对付称，且是定义域中的数时有，∴正在定义域中.∵，∴f（x）是奇函数.（2）设0＜x1＜x2＜2a，则0＜x2－x1＜2a，∵正在（0，2a）上f（x）＜0，∴f（x1），f（x2），f（x2－x1）均小于整，从而知中的，于是f（x1）＜f（x2），∴正在（0，2a）上f（x）是删函数.又，∵f（a）＝－1，∴，∴f （2a）＝0，设2a＜x＜4a，则0＜x－2a＜2a，，于是f（x）＞0，即正在（2a，4a）上f（x）＞0.设2a＜x1＜x2＜4a，则0＜x2－x1＜2a，从而知f（x1），f （x2）均大于整.f（x2－x1）＜0，∵，∴，即f（x1）＜f（x2），即f（x）正在（2a，4a）上也是删函数.综上所述，f（x）正在（0，4a）上是删函数.5、幂函数型抽象函数幂函数型抽象函数，即由幂函数抽象而得到的函数.例8、已知函数f（x）对付任性真数x、y皆有f（xy）＝f（x）·f（y），且f（－1）＝1，f（27）＝9，当时，.（1）推断f（x）的奇奇性；（2）推断f（x）正在［0，＋∞）上的单调性，并给出道明；（3）若，供a的与值范畴.领会：由题设可知f（x）是幂函数的抽象函数，从而可预测f（x）是奇函数，且正在［0，＋∞）上是删函数.解：（1）令y＝－1，则f（－x）＝f（x）·f（－1），∵f（－1）＝1，∴f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数.（2）设，∴，，∵时，，∴，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）正在0，＋∞）上是删函数.（3）∵f（27）＝9，又，∴，∴，∵，∴，∵，∴，又，故.抽象函数罕睹题型解法综述抽象函数是指不给出函数的简曲剖析式，只给出了一些体现函数个性的式子的一类函数.由于抽象函数表示形式的抽象性，使得那类问题成为函数真量的易面之一.本文便抽象函数罕睹题型及解法评析如下：一、定义域问题例1. 已知函数的定义域是［1，2］，供f(x)的定义域.解：的定义域是［1，2］，是指，所以中的谦脚从而函数f(x)的定义域是［1，4］评析：普遍天，已知函数的定义域是A，供f(x)的定义域问题，相称于已知中x的与值范畴为A，据此供的值域问题.例2. 已知函数的定义域是，供函数的定义域.解：的定义域是，意义是凡是被f效率的对付象皆正在中，由此可得所以函数的定义域是评析：那类问题的普遍形式是：已知函数f(x)的定义域是A，供函数的定义域.精确明白函数标记及其定义域的含意是供解此类问题的闭键.那类问题真量上相称于已知的值域B，且，据此供x 的与值范畴.例2战例1形式上正好同.二、供值问题例3. 已知定义域为的函数f(x)，共时谦脚下列条件：①；②，供f(3)，f(9)的值.解：与，得果为，所以又与得评析：通过瞅察已知与已知的通联，巧妙天赋值，与，那样便把已知条件与欲供的f(3)相通了起去.赋值法是解此类问题的时常使用本领.三、值域问题例4. 设函数f(x)定义于真数集上，对付于任性真数x、y，总创造，且存留，使得，供函数的值域.解：令，得，即有大概.若，则，对付任性均创造，那与存留真数，使得创造冲突，故，必有.由于对付任性均创造，果此，对付任性，有底下去道明，对付任性设存留，使得，则那与上头已证的冲突，果此，对付任性所以评析：正在处理抽象函数的问题时，往往需要对付某些变量举止符合的赋值，那是普遍背特殊转移的需要脚法.四、剖析式问题例5. 设对付谦脚的所有真数x，函数谦脚，供f(x)的剖析式.解：正在中以代换其中x，得：再正在(1)中以代换x，得化简得：评析：如果把x战分别瞅做二个变量，何如真止由二个变量背一个变量的转移是解题闭键.常常情况下，给某些变量符合赋值，使之正在闭系中“消得”，从而死存一个变量，是真止那种转移的要害战术.五、单调性问题例6. 设f(x)定义于真数集上，当时，，且对付于任性真数x、y，有，供证：正在R上为删函数.道明：正在中与，得若，令，则，与冲突所以，即有当时，；当时，而所以又当时，所以对付任性，恒有设，则所以所以正在R上为删函数.评析：普遍天，抽象函数所谦脚的闭系式，应瞅做给定的运算规则，则变量的赋值大概变量及数值的领会与拉拢皆应尽管与已知式大概所给闭系式及所供的截止相闭联.六、奇奇性问题例7. 已知函数对付任性不等于整的真数皆有，试推断函数f(x)的奇奇性.解：博得：，所以又博得：，所以再与则，即果为为非整函数，所以为奇函数.七、对付称性问题例8. 已知函数谦脚，供的值.解：已知式即正在对付称闭系式中与，所以函数的图象闭于面（0，2002）对付称.根据本函数与其反函数的闭系，知函数的图象闭于面（2002，0）对付称.所以将上式中的x用代换，得评析：那是共一个函数图象闭于面成核心对付称问题，正在解题中使用了下述命题：设a、b均为常数，函数对付一确真数x皆谦脚，则函数的图象闭于面（a，b）成核心对付称图形.八、搜集概括问题例9. 定义正在R上的函数f(x)谦脚：对付任性真数m，n，总有，且当x>0时，0<f(x)<1.（1）推断f(x)的单调性；（2）设，，若，试决定a的与值范畴.解：（1）正在中，令，得，果为，所以.正在中，令果为当时，所以当时而所以又当x=0时，，所以，综上可知，对付于任性，均有.设，则所以所以正在R上为减函数.（2）由于函数y=f(x)正在R上为减函数，所以即有又，根据函数的单调性，有由，所以曲线与圆里无大众面.果此有，解得.评析：（1）要计划函数的单调性必定波及到二个问题：一是f(0)的与值问题，二是f(x)>0的论断.那是解题的闭键性步调，完毕那些要正在抽象函数式中举止.由特殊到普遍的解题思维，奇像类比思维皆有帮于问题的思索妥协决.定义正在R 上的函数f x ()谦脚：f x f x ()()=-4且f x f x ()()220-+-=，供f ()2000的值.解：由f x f x ()()220-+-=， 以t x =-2代进，有f t f t ()()-=，∴f x ()为奇函数且有f ()00=又由f x f x ()[()]+=--44故f x ()是周期为8的周期函数，例2 已知函数f x ()对付任性真数x y ，皆有f x y f x f y ()()()+=+，且当x >0时，f x f ()()>-=-012，，供f x ()正在[]-21，上的值域.解：设x x 12< 且x x R 12，∈， 则x x 210->，由条件当x >0时，f x ()>0 又f x f x x x ()[()]2211=-+∴f x ()为删函数，令y x =-，则f f x f x ()()()0=+-又令x y ==0得f ()00=∴-=-f x f x ()()，故f x ()为奇函数，∴=-=f f ()()112，f f ()()-=-=-2214∴-f x ()[]在，21上的值域为[]-42，二. 供参数范畴那类参数隐含正在抽象函数给出的运算式中，闭键是利用函数的奇奇性战它正在定义域内的删减性，去掉“f ”标记，转移为代数不等式组供解，但是要特天注意函数定义域的效率.例3 已知f x ()是定义正在（-11，）上的奇函数，且正在（0，1）上为删函数，谦脚f a f a ()()---<2402，试决定a 的与值范畴. 解： f x ()是奇函数，且正在（0，1）上是删函数，∴f x ()正在()-10，上是减函数，由-<-<-<-<⎧⎨⎩1211412a a 得35<<a . （1）当a =2时，f a f a f ()()()-=-=2402，不等式不可坐.（2）当32<<a 时，（3）当25<<a 时，综上所述，所供a 的与值范畴是()()3225，， . 例 4 已知f x ()是定义正在(]-∞，1上的减函数，若f m x f m x (sin )(cos )221-≤++对付x R ∈恒创造，供真数m 的与值范畴.解： m x m x m x m x 22223131-≤++≤-≥++⎧⎨⎪⎩⎪sin cos sin cos对付x R ∈恒创造⇔-≤-≥++⎧⎨⎪⎩⎪m x m x m x22231sin sin cos 对付x R ∈恒创造⇔ 对付x R ∈恒创造， 三. 解不等式那类不等式普遍需要将常数表示为函数正在某面处的函数值，再通过函数的单调性去掉函数标记“f ”，转移为代数不等式供解.例5 已知函数f x ()对付任性x y R ，∈有f x f y f x y ()()()+=++2，当x >0时，f x ()>2，f ()35=，供不等式f a a ()2223--<的解集. 解：设x x R 12、∈且x x 12< 则x x 210-> ∴->f x x ()212， 即f x x ()2120-->， 故f x ()为删函数， 又f f f f f ()()()()()3212123145=+=+-=-=果此不等式f a a ()2223--<的解集为{}a a |-<<13. 四. 道明某些问题例6 设f x ()定义正在R 上且对付任性的x 有f x f x f x ()()()=+-+12，供证：f x ()是周期函数，并找出它的一个周期.领会：那共样是不给出函数表白式的抽象函数，其普遍解法是根据所给闭系式举止递推，若能得出f x T f x ()()+=（T 为非整常数）则f x ()为周期函数，且周期为T. 道明： f x f x f x ()()()()=+-+121()()12+得f x f x ()()()=-+33由（3）得f x f x ()()()+=-+364 由（3）战（4）得f x f x ()()=+6.上式对付任性x R ∈皆创造，果此f x ()是周期函数，且周期为6. 例7 已知f x ()对付十足x y ，，谦脚f f x y f x f y ()()()()00≠+=⋅，，且当x <0时，f x ()>1，供证：（1）x >0时，01<<f x ()；（2）f x ()正在R 上为减函数.道明： 对付十足x y R ，∈有f x y f x f y ()()()+=⋅.且f ()00≠，令x y ==0，得f ()01=， 现设x >0，则-<x 0，f x ()->1， 而f f x f x ()()()01=⋅-=∴<<01f x ()，设x x R 12，∈且x x 12<， 则0121<-<f x x ()，∴>f x f x ()()12，即f x ()为减函数. 五. 概括问题供解抽象函数的概括问题普遍易度较大，常波及到多个知识面，抽象思维程度央供较下，解题时需掌控佳如下三面：一是注意函数定义域的应用，二是利用函数的奇奇性去掉函数标记“f ”前的“背号”，三是利用函数单调性去掉函数标记“f ”.例8 设函数y f x =()定义正在R 上，当x >0时，f x ()>1，且对付任性m n ，，有f m n f m f n ()()()+=⋅，当m n ≠时f m f n ()()≠.（1）道明f ()01=；（2）道明：f x ()正在R 上是删函数； （3）设{}A x y f x f y f =⋅<()|()()()，221，B x y f ax by c a b c R a =++=∈≠{()|()}，，，，，10，若A B =∅，供a b c ，，谦脚的条件.解：（1）令m n ==0得f f f ()()()000=⋅， ∴=f ()00大概f ()01=.若f ()00=，当m ≠0时，有fm fm f ()()()+=⋅00，那与当m n ≠时，f m f n ()()≠冲突， ∴=f ()01. （2）设x x 12<，则x x 210->，由已知得f x x ()211->，果为x 10≥，f x ()11>，若x 10<时，->->x f x 1101，()，由f fx f x ()()()011=⋅- （3）由f x f y f ()()()221⋅<得x y 2211+<()由f a x b y c ()++=1得a x b y c ++=0（2） 从（1）、（2）中消去y 得()a b x a c x c b 2222220+++-<，果为AB =∅ ∴=-+-<∆()()()24022222a c ab cb ， 即a bc 222+<例9 定义正在（-11，）上的函数f x ()谦脚（1），对付任性x y ，，∈-()11皆有f x f y f x yx y()()()+=++1，（2）当x ∈-()10，时，有f x ()>0，（1）试推断f x ()的奇奇性；（2）推断f x ()的单调性；（3）供证f f f n nf ()()()()15111131122+++++>…. 领会：那是一讲以抽象函数为载体，钻研函数的单调性与奇奇性，再以那些本量为前提去钻研数列供战的概括题.解：（1）对付条件中的x y ，，令x y ==0，再令y x =-可得f f f f x f x f f x f x ()()()()()()()()000000+=+-=⎧⎨⎩⇒=-=-⎧⎨⎩，所以f x ()是奇函数. （2）设-<<<1012x x ，则fx fx fx f x f x x x x ()()()()()121212121-=+-=-- x x x x 1212001-<<<，， ∴--<x x x x 121210，由条件（2）知f x xx x ()121210-->，从而有f x f x ()()120->，即f x f x ()()12>，故f x ()()在，-10上单调递减，由奇函数本量可知，f x ()正在（0，1）上仍是单调减函数. （3） f n n ()1312++ 抽象函数问题分类剖析咱们将不精确给出剖析式的函数称为抽象函数.连年去抽象函数问题频频出现于百般考查题中，由于那类问题抽象性强，机动性大，普遍共教感触狐疑，供解无从下脚.本文试图通过真例做分类剖析，供教习参照. 1. 供定义域那类问题只消紧紧抓住：将函数f g x [()]中的g x ()瞅做一个完全，相称于f x ()中的x 那一个性，问题便会迎刃而解.例1. 函数y f x =()的定义域为(]-∞，1，则函数y f x =-[l o g ()]222的定义域是___.领会：果为l o g()22x 2-相称于f x ()中的x ，所以l o g()2221x -≤，解得 22<≤x 大概-≤<-22x . 例2. 已知f x ()的定义域为(0)，1，则y f x a f x a a =++-≤()()(||)12的定义域是______.领会：果为x a +及x a -均相称于f x ()中的x ，所以 (1)当-≤≤120a 时，则x a a ∈-+()，1 (2)当012<≤a 时，则x a a ∈-()，12. 推断奇奇性根据已知条件，通过妥当的赋值代换，觅供f x ()与f x ()-的闭系. 例 3. 已知f x ()的定义域为R ，且对付任性真数x ，y 谦脚fx y fx f y()()()=+，供证：f x ()是奇函数. 领会：正在fx y fx f y ()()()=+中，令x y ==1， 得f f f f ()()()()11110=+⇒= 令x y ==-1，得f f f f ()()()()11110=-+-⇒-= 于是fx f x f f x f x ()()()()()-=-⋅=-+=11 故f x ()是奇函数.例4. 若函数y f xf x =≠()(())0与y f x =-()的图象闭于本面对付称，供证：函数y f x =()是奇函数.道明：设y f x =()图象上任性一面为P （x y 00，）y f x =()与y f x=-()的图象闭于本面对付称， ∴P x y ()00，闭于本面的对付称面()--x y 00，正在y f x =-()的图象上，又y f x 00=() 即对付于函数定义域上的任性x 皆有f x f x ()()-=，所以y f x =()是奇函数.3. 推断单调性根据函数的奇奇性、单调性等有闭本量，绘出函数的示企图，以形帮数，问题赶快获解.例5. 如果奇函数f x ()正在区间[]37，上是删函数且有最小值为5，那么f x ()正在区间[]--73，上是A. 删函数且最小值为-5B. 删函数且最大值为-5C. 减函数且最小值为-5D. 减函数且最大值为-5 领会：绘出谦脚题意的示企图1，易知选B.图1例6. 已知奇函数f x ()正在(0)，+∞上是减函数，问f x ()正在()-∞，0上是删函数仍旧减函数，并道明您的论断.领会：如图2所示，易知f x ()正在()-∞，0上是删函数，道明如下： 任与xx x x 121200<<⇒->-> 果为f x ()正在(0)，+∞上是减函数，所以f x f x ()()-<-12. 又f x ()是奇函数，所以f x f xf x f x ()()()()-=-=1122，， 从而f x f x ()()12<，故f x ()正在()-∞，0上是删函数. 图24. 探供周期性那类问题较抽象，普遍解法是小心领会题设条件，通过类似，奇像出函数本型，通过对付函数本型的领会大概赋值迭代，赢得问题的解.例7. 设函数f x()的定义域为R，且对付任性的x，y有f x y f x y f x f y()()()()++-=⋅2，并存留正真数c，使f c()2=.试问f x()是可为周期函数？假如，供出它的一个周期；若不是，请道明缘由.领会：小心瞅察领会条件，奇像三角公式，便会创造：y x=c o s谦脚题设条件，且cosπ2=，预测f x()是以2c为周期的周期函数.故f x()是周期函数，2c是它的一个周期.5. 供函数值紧扣已知条件举止迭代变更，经有限次迭代可曲交供出截止，大概者正在迭代历程中创造函数具备周期性，利用周期性使问题巧妙获解.例8. 已知f x()的定义域为R+，且fxy fx fy()()()+=+对付十足正真数x，y皆创造，若f()84=，则f(2)=_______.领会：正在条件fxy fx fy()()()+=+中，令x y==4，得f f f f()()()()844244=+==，又令x y==2，得f f f(4)(2)(2)=+=2，例9. 已知f x()是定义正在R上的函数，且谦脚：f x f x f x()[()]()+-=+211，f()11997=，供f(2001)的值.领会：紧扣已知条件，并多次使用，创造f x()是周期函数，隐然f x()≠1，于是f x f x f x()() ()+=+ -211，所以f x f x f x ()()()+=-+=814 故f x ()是以8为周期的周期函数，从而 6. 比较函数值大小利用函数的奇奇性、对付称性等本量将自变量转移到函数的单调区间内，而后利用其单调性使问题获解.例10. 已知函数f x ()是定义域为R 的奇函数，x <0时，f x ()是删函数，若x 10<，x 20>，且||||x x 12<，则f x f x ()()--12，的大小闭系是_______. 领会： x x 1200<>，且||||x x 12<， 又x <0时，f x ()是删函数，f x ()是奇函数，故f x f x ()()->-12 7. 计划圆程根的问题例11. 已知函数f x ()对付一确真数x 皆谦脚f x f x ()()11+=-，而且f x ()=0有三个真根，则那三个真根之战是_______.领会：由f x f x ()()11+=-知曲线x =1是函数f x ()图象的对付称轴. 又f x ()=0有三个真根，由对付称性知x 11=必是圆程的一个根，其余二根x x 23，闭于曲线x =1对付称，所以x x 23212+=⨯=，故x x x 1233++=. 8. 计划不等式的解供解那类问题利用函数的单调性举止转移，脱去函数标记.例12. 已知函数f x ()是定义正在(]-∞，1上的减函数，且对付一确真数x ，不等式fk x fk x(s i n )(s i n)-≥-22恒创造，供k 的值. 领会：由单调性，脱去函数暗号，得由题意知(1)(2)二式对付十足x R ∈恒创造，则有 9. 钻研函数的图象那类问题只消利用函数图象变更的有闭论断，便可获解.例13. 若函数y f x =+()2是奇函数，则y f x =()的图象闭于曲线_______对付称.领会：y f x =()的图象右移个单位左移个单位22y f x =+()2的图象，而y f x =+()2是奇函数，对付称轴是x =0，故y f x =()的对付称轴是x =2.例14. 若函数f x ()的图象过面（0，1），则f x ()+4的反函数的图象必过定面______.领会：f x ()的图象过面（0，1），从而f x ()+4的图象过面()-41，，由本函数与其反函数图象间的闭系易知，f x ()+4的反函数的图象必过定面()14，-. 10. 供剖析式例15. 设函数f x ()存留反函数，g x f x h x ()()()=-1，与g x ()的图象闭于曲线x y +=0对付称，则函数h x ()=A. -f x ()B. --f x ()C. --f x 1()D. ---f x 1()领会：央供y h x =()的剖析式，真量上便是供y h x =()图象上任一面Px y ()00，的横、纵坐标之间的闭系.面Px y ()00，闭于曲线y x =-的对付称面()--y x 00，符合y f x =-1()，即-=-x g y 00(). 又gxf x ()()=-1， 即h x f x ()()=--，选B.抽象函数的周期问题2001年下考数教（文科）第22题：设f x ()是定义正在R 上的奇函数，其图象闭于曲线x =1对付称.对付任性x x 12012，，∈[]皆有f xx f xf x ()()()1212+=⋅. （I ）设f ()12=，供f f ()()1214，； （II ）道明f x ()是周期函数. 剖析：（I ）解略.（II ）道明：依题设y f x =()闭于曲线x =1对付称 故f x f x x R ()()=-∈2， 又由f x ()是奇函数知 将上式中-x 以x 代换，得那标明f x ()是R 上的周期函数，且2是它的一个周期 f x ()是奇函数的真量是f x ()的图象闭于曲线x =0对付称 又f x ()的图象闭于x =1对付称，可得f x ()是周期函数 且2是它的一个周期由此举止普遍化推广，咱们得到思索一：设f x ()是定义正在R 上的奇函数，其图象闭于曲线x aa =≠()0对付称，道明f x ()是周期函数，且2a 是它的一个周期. 道明： f x ()闭于曲线xa =对付称 又由f x ()是奇函数知f x f x x R ()()-=∈，将上式中-x 以x 代换，得 ∴f x ()是R 上的周期函数且2a 是它的一个周期思索二：设f x ()是定义正在R 上的函数，其图象闭于曲线x a=战x ba b =≠()对付称.道明f x ()是周期函数，且2()b a -是它的一个周期. 道明： f x ()闭于曲线x a x b ==和对付称 将上式的-x 以x 代换得∴f x ()是R 上的周期函数且2()b a -是它的一个周期若把那讲下考题中的“奇函数”换成“奇函数”，f x ()仍旧不是周期函数？通过探索，咱们得到思索三：设f x ()是定义正在R 上的奇函数，其图象闭于曲线x =1对付称.道明f x ()是周期函数，且4是它的一个周期.， 道明： f x ()闭于x =1对付称∴=-∈fx f x xR ()()2， 又由f x ()是奇函数知f x f x x R f x f x x R()()()()-=-∈∴-=--∈，，2将上式的-x 以x 代换，得∴f x ()是R 上的周期函数 且4是它的一个周期f x ()是奇函数的真量是f x ()的图象闭于本面（0，0）核心对付称，又f x ()的图象闭于曲线x =1对付称，可得f x ()是周期函数，且4是它的一个周期.由此举止普遍化推广，咱们得到思索四：设f x ()是定义正在R 上的函数，其图象闭于面M a ()，0核心对付称，且其图象闭于曲线x bb a =≠()对付称.道明f x ()是周期函数，且4()b a -是它的一个周期.道明： f x ()闭于面M a ()，0对付称 ∴-=-∈f a x f x x R ()()2， f x ()闭于曲线x b =对付称∴=-∈∴-=--∈f x f b x x R f b x f a x x R()()()()222，，将上式中的-x 以x 代换，得f b x f a x x R f x b a f b x b a f a x b a f b x a f a x a f x x R()()[()][()][()][()][()]()2242242242222+=-+∈∴+-=++-=-++-=-+-=+-=∈，，∴f x ()是R 上的周期函数 且4()b a -是它的一个周期由上咱们创造，定义正在R 上的函数f x ()，其图象若有二条对付称轴大概一个对付称核心战一条对付称轴，则f x ()是R 上的周期函数.进一步咱们料到，定义正在R 上的函数f x ()，其图象如果有二个对付称核心，那么f x ()是可为周期函数呢？通过探索，咱们得到思索五：设f x ()是定义正在R 上的函数，其图象闭于面M a ()，0战N b a b ()()，0≠对付称.道明f x ()是周期函数，且2()b a -是它的一个周期.道明： f x ()闭于Ma Nb ()()，，，00对付称 ∴-=-∈-=-∈∴-=-∈f a x f x x R f b x f x x Rf a x f b x x R()()()()()()2222，，，将上式中的-x以x 代换，得 f a x f b x x Rf x b a f b x a f a x a f x x R()()[()][()][()]()2222222+=+∈∴+-=+-=+-=∈，，∴f x ()是周期函数且2()b a -是它的一个周期抽象函数解规则道抽象函数是指不给出简曲的函数剖析式大概图像,只给出一些函数标记及其谦脚的条件的函数,如函数的定义域,剖析递推式,特定面的函数值,特定的运算本量等,它是下中函数部分的易面,也是大教下等数教函数部分的一个贯串面,由于抽象函数不简曲的剖析表白式动做载体,果此明白钻研起去比较艰易.但是由于此类试题即能考查函数的观念战本量,又能考查教死的思维本领,所以备受命题者的青睐,那么,何如供解抽象函数问题呢,咱们不妨利用特殊模型法,函数本量法,特殊化要领,奇像类比转移法,等多种要领从多角度,多层里去领会钻研抽象函数问题, 一:函数本量法函数的个性是通过其本量(如奇奇性,单调性周期性,特殊面等)反应出去的,抽象函数也是如许,惟有充分掘掘战利用题设条件战隐含的本量,机动举止等价转移,抽象函数问题才搞转移,化易为易,时常使用的解题要领有:1,利用奇奇性完全思索;2,利用单调性等价转移;3,利用周期性返回已知4;利用对付称性数形分离;5,借帮特殊面,布列圆程等. 二:特殊化要领1正在供解函数剖析式大概钻研函数本量时,普遍用代换的要领,将x 换成-x 大概将x 换成等 2正在供函数值时,可用特殊值代进3钻研抽象函数的简曲模型,用简曲模型解采用题,挖空题,大概由简曲模型函数对付概括题,的解问提供思路战要领.总之,抽象函数问题供解,用惯例要领普遍很易凑效,但是咱们如果能通过对付题脚法疑息领会与钻研,采与特殊的要领战脚法供解,往往会支到事半功倍之成果,真有些山贫火复疑无路,柳暗花明又一村的快感. 1． 已知函数f(x)对付任性x 、y ∈R 皆有f(x+y)＝f(x)+ f(y)+3xy(x+y+2)+3,且f(1)=1 ①若t 为自然数,(t>0)试供f(t)的表白式②谦脚f(t)=t 的所有整数t 是可形成等好数列?若能供出此数列,若不克不迭道明缘由 ③若t 为自然数且t≥4时, f(t) ≥mt2+(4m+1)t+3m,恒创造,供m 的最大值. 2． 已知函数f(x)=1)(1)(+-x g x g ,且f(x),g(x)定义域皆是R,且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是删函数. g(m) · g(n)=g(m+n)(m 、n ∈R) 供证：①f(x)是R 上的删函数②当n ∈N,n≥3时,f(n)>1+n n 解: ①设x1>x2g(x)是R 上的删函数, 且g(x)>0 ∴ g(x1) > g(x2) >0 ∴g(x1)+1 > g(x2)+1 >0∴1)(22+x g >1)(21+x g >0∴1)(22+x g -1)(21+x g >0∴f(x1)- f(x2)=1)(1)(11+-x g x g - 1)(1)(22+-x g x g =1-1)(21+x g -(1-1)(22+x g )=1)(22+x g -1)(21+x g >0∴ f(x1) >f(x2)∴ f(x)是R 上的删函数②g(x) 谦脚g(m) · g(n)= g(m+n)(m 、n ∈R) 且g(x)>0 ∴ g(n)=[ g(1)]n=2n 当n ∈N,n≥3时, 2n>n ∴f(n)=1212+-n n＝1-122+n ，1+n n ＝1-11+n2n ＝（1+1）n ＝1+n+…+i nC +…+n+1>2n+1∴ 2n+1>2n+2∴122+n<11+n ,即1-122+n>1-11+n∴当n ∈N,n≥3时,f(n)>1+n n3． 设f1(x) f2(x)是(0,+∞)上的函数,且f1(x)单删,设f(x)= f1(x) +f2(x) ,且对付于(0,+∞)上的任性二相同真数x1, x2 恒有| f1(x1)－ f1(x2)| >| f2(x1)－ f2(x2)|①供证：f (x)正在(0,+∞)上单删. ②设F(x)=x f (x), a>0、b>0. 供证：F(a+b)> F(a)+F(b) . ①道明:设 x1>x2>0f1(x) 正在(0,+∞)上单删f1(x1)－ f1(x2)>0∴| f1(x1)－ f1(x2)|= f1(x1)－ f1(x2)>0| f1(x1)－ f1(x2)| >| f2(x1)－ f2(x2)|∴f1(x2)- f1(x1)<f2(x1)－ f2(x2)< f1(x1)－ f1(x2) ∴f1(x1)+f2(x1)> f1(x2)+ f2(x2) ∴f(x1)> f(x2)f (x)正在(0,+∞)上单删 ②F(x)=x f (x), a>0、b>0a+b>a>0,a+b>b>0F(a+b)=(a+b)f(a+b)=af(a+b)+bf(a+b)f (x)正在(0,+∞)上单删∴F(a+b)>af(a)+bf(b)= F(a)+F(b)4． 函数y ＝f(x)谦脚 ①f(a+b)＝f (a)·f (b)，②f(4)＝16, m 、n 为互量整数，n≠0 供f(nm)的值 f(0) =f(0+0)=f(0) ·f(0)=f2(0)∴f(0) =0大概1.若f(0)=0则f(4)=16=f(0+4)=f(0) ·f(4)=0.(冲突)∴f(1)=1f(4)=f(2) ·f(2)=f(1) ·f(1) ·f(1) ·f(1)=16f(1)=f2(21)≥0 ∴f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0.即y=f(x)利害背函数.f(0)=f(a+(-a))=f(a) ·f(-a)∴f(-a)=)(1a f n ∈N*时f(n)=fn(1)=2n,f(-n)=2-nf(1)=f(n 1+n 1+…+n 1)=fn(n1)=2 ∴f(n 1)= n12∴f(nm )=[f(n1)]m= nm 25． 定义正在（-1，1）上的函数f (x)谦脚 ① 任性x 、y ∈（-1，1）皆有f(x)+ f(y)＝f (xyyx ++1)，②x ∈（-1，0）时， 有f(x) >01) 判决f(x)正在（-1，1）上的奇奇性，并道明缘由 2) 判决f(x)正在（-1，0）上的单调性，并给出道明3) 供证：f (1312++n n )＝f (11+n )－f (21+n ) 大概f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )> f (21) (n ∈N*)解:1)定义正在（-1，1）上的函数f (x)谦脚任性x 、y ∈（-1，1）皆有f(x)+ f(y)＝f (xyyx ++1),则当y=0时, f(x)+ f(0)＝f(x) ∴f(0)=0当-x=y 时, f(x)+ f(-x)＝f(0)∴f(x)是（-1，1）上的奇函数2) 设0>x1>x2>-1f(x1)-f(x2)= f(x1)+ f(-x2)=)1(2121x x xx f --0>x1>x2>-1 ,x ∈（-1，0）时，有f(x) >0,1-x1 x2>0, x1-x2>0∴)1(2121x x xx f -->0即f(x)正在（-1，0）上单调递加.3)f (1312++n n )=f(12312-++n n ) =f()2)(1(11)2)(1(1++-++n n n n )=f(211112111+•+-+-+n n n n )=f(11+n )-f(21+n ) ∴f (51)+f (111)+…+f (1312++n n ) =f(21)-f(31)+f(31)-f(41)+f(41)+…+f(11+n )-f(21+n )= f(21) -f(21+n )=f(21)+f(-21+n )x ∈（-1，0）时，有f(x) >0∴f(-21+n )>0, f(21)+f(-21+n )>f(21)即f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )> f (21)6． 设 f (x)是定义正在R 上的奇函数,其图像闭于曲线x=1对付称, 对付任性x1、x2∈[0,12]皆有f (x1+ x2)＝f(x1) ·f(x2), 且f(1)=a>0. ①供f (12)及 f (14);②道明f(x)是周期函数③记an=f(2n+12n ), 供lim ∞→n (lnan)解: ①由f (x)= f (x 2 + x2)=[f(x)]2≥0,f(x)a= f(1)=f(2n·12n )=f(12n +12n +…+12n )＝[f (12n )]2解得f (12n)=n a 21∴ f (12)=21a,f (14)=41a . ②f(x)是奇函数,其图像闭于曲线x=1对付称, ∴f(x)=f(-x),f(1+x)=f(1-x).∴f(x+2)=f[1+(1+x)]= f[1-(1+x)]= f(x)=f(-x).∴f(x)是以2为周期的周期函数.③ an=f(2n+12n )= f (12n )=na 21 ∴lim ∞→n (lnan)= lim ∞→n aa 2ln =0 7． 设)(x f y =是定义正在R 上的恒不为整的函数，且对付任性x 、y ∈R 皆有 f(x+y)＝f(x)f(y)①供f(0)，②设当x<0时，皆有f(x)>f(0)道明当x>0时0<f(x)<1,③设a1=21,an=f(n)（n ∈N* ），sn 为数列｛an ｝前n 项战，供lim ∞→n sn.解：①②仿前几例，略.③ an ＝f(n)， ∴ a1＝f(1)＝21an+1＝f(n+1)=f(n)f(1)＝21an ∴数列｛an ｝是尾项为21公比为21的等比数列 ∴sn ＝1-n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21 ∴lim ∞→n sn ＝18． 设)(x f y =是定义正在区间]1,1[-上的函数，且谦脚条件：（i ）;0)1()1(==-f f（ii ）对付任性的.|||)()(|],1,1[,v u v f u f v u -≤--∈都有（Ⅰ）道明：对付任性的;1)(1],1,1[x x f x x -≤≤--∈都有 （Ⅱ）道明：对付任性的;1|)()(|],1,1[,≤--∈v f u f v u 都有（Ⅲ）正在区间[－1，1]上是可存留谦脚题设条件的奇函数)(x f y =，且使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈-=-∈-<-].1,21[,|,||)()(|].21,0[,.|||)()(|v u v u v f u f v u v u v f u f 当当。

第4讲导数中构造函数比大小问题题型总结【典型例题】题型一：构造()xxx f ln =比较大小此函数定义域为()+∞,0，求导()2ln 1x xx f -='，当()e x ,0∈时，()0>'x f ，故()x f 为增函数，当()+∞∈,e x 时，()0<'x f ，故()x f 为减函数，当e x =时，()x f 取得极大值为()ee f 1=，且()()222ln 42ln 244ln 4f f ====，此结论经常用来把函数转化到同一边进行比较【例1】（2022·广东·佛山市南海区九江中学高二阶段练习）若1ln 2ln 3,,e 23a b c ===，则,,a b c 的大小关系为（）A ．a c b >>B ．b c a>>C ．c b a>>D ．a b c>>【答案】A 【解析】【分析】通过对三个数的变形及观察，可以构造出函数()ln xf x x=，通过求导分析其单调性即可得到答案【详解】解：1ln e ln 2ln 4ln 3,,e e 243a b c =====，设()()2ln 1ln ,x x f x f x x x -'==，则e x >时，()0f x '<，故()f x 在()e,∞+上单调递减，则()()()3e 4f f f >>，即ln e ln 3ln 4e34>>，所以a c b >>．故选：A.【例2】（2023·全国·高三专题练习）设24ln 4a e -=，ln 22b =，1c e =，则（）A ．a c b <<B ．a b c<<C ．b a c<<D ．b c a<<【答案】C【解析】【分析】结合已知要比较函数值的结构特点,可考虑构造函数()ln xf x x=,然后结合导数与单调性关系分析出e x =时,函数取得最大值()1e ef =,可得c 最大,然后结合函数单调性即可比较大小.【详解】设()ln x f x x =,则()21ln xf x x -'=,当e x >时,()0f x '<,函数单调递减,当0e x <<时,()0f x '>,函数单调递增,故当e x =时,函数取得最大值()1e ef =,因为()2222e ln 22ln22e e e 22a f -⎛⎫=== ⎪⎝⎭,()()4ln2l e n 4e 1,24b f c f =====,2e 42e << ,当e x >时,()0f x '<,函数单调递减,可得()()2e 4e 2f f f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭,即b a c <<.故选:C【例3】（2022·吉林·高二期末）下列命题为真命题的个数是（）①ln 32<；②ln π<；③15<；④3e ln 2>．A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B 【解析】【分析】本题首先可以构造函数()ln x f x x =，然后通过导数计算出函数()ln xf x x=的单调性以及最值，然后通过对①②③④四组数字进行适当的变形，通过函数()ln xf x x=的单调性即可比较出大小．【详解】解：构造函数()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，当0e x <<时，()0f x '>，e x >时，()0f x '<，所以函数()ln xf x x=在()0,e 上递增，在()e,+∞上递减，所以当e x =时()f x 取得最大值1e，ln 322ln 2ln 22<⇔⇔，2e <<可得()2ff <，故①正确；lnπ<⇔e <<，可得f f <，故②错误；ln 2ln 4152ln1524<⇔<⇔<<，因为函数()ln xf x x=在()e,+∞上递减，所以()4f f<，故③正确；因为e >，所以(()e f f <，ln ee <1e <，则3e <即3e ln 2<④错误，综上所述，有2个正确.故选：B ．【点睛】本题考查如何比较数的大小，当两个数无法直接通过运算进行大小比较时，如果两个数都可以转化为某个函数上的两个函数值，那么可以构造函数，然后通过函数的单调性来判断两个数的大小，考查函数思想，是难题．【例4】（2021·陕西汉中·高二期末（理））已知a ，b ，c 均为区间()0,e 内的实数，且ln 55ln a a =，ln 66ln b b =，ln 77ln c c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a c b >>B ．a b c>>C ．c a b>>D ．c b a>>【答案】B 【解析】【分析】构造函数()ln xf x x=，由导数判断函数单调性，进而利用单调性即可求解.【详解】解：令()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，当0e x <<时，()0f x '>，函数()F x 在()0,e 上单调递增，当e x >时，()0f x '<，函数()f x 在()e,+∞上单调递减，因为765e >>>，所以()()()765f f f <<，因为a ，b ，c 均为区间()0,e 内的实数，且ln 5ln 5a a =，ln 6ln 6b b =，ln 7ln 7c c=，所以()()()f a f b f c >>，所以a b c >>，故选：B.【例5】（2022·江西·高三阶段练习（理））设ln 28a =，21e b =，ln 612c =，则（）A ．a c b <<B ．a b c <<C ．b a c <<D ．c a b<<【答案】B 【解析】【分析】根据a 、b 、c 算式特征构建函数()2ln xf x x =，通过求导确定函数单调性即可比较a 、b 、c 的大小关系.【详解】令()2ln x f x x =，则()42ln 0x x xx x f x '-==⇒=因此()2ln xf x x =在)∞+上单调递减，又因为ln 2ln 4(4)816a f ===，22ln e1=(e)e e b f ==，ln 612c f ===，因为4e >>>a b c <<．故选：B ．【题型专练】1.（2022·四川省资阳中学高二期末（理））若ln212ln3,,29e a b c ===，则（）A ．b a c>>B ．b c a>>C ．a b c >>D ．a c b>>【答案】A 【解析】【分析】令()ln xf x x=，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的最大值，再利用作差法判断a 、c ，即可得解；【详解】解：令()ln x f x x =，则()21ln xf x x-'=，所以当0e x <<时()0f x '>，当e x >时()0f x '<，所以()f x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，所以()()max ln e 1e e e f x f ===，所以1e ln22>又94ln22ln39ln 24ln 3ln 2ln 3ln 512ln 91029181818----===>所以ln22ln329>，即b a c >>.故选：A2.（2022·浙江台州·高二期末）设24ln 4e a -=，ln 22b =，c =，则（）A ．a b c <<B ．b a c <<C ．a c b<<D ．b c a<<【答案】B 【解析】【分析】由题设22e ln2e 2a =，ln 44b =，ln 33c =，构造ln ()xf x x =并利用导数研究单调性，进而比较它们的大小.【详解】由题设，222e ln4ln 42e e 2a -==，ln 2ln 424b ==，ln 33c ==，令ln ()xf x x=且0x >，可得21ln ()x f x x -'=，所以()0f x '>有0e x <<，则(0,e)上()f x 递增；()0f x '<有e x >，则(e,)+∞上()f x 递减；又2e 43e 2>>>，故c a b >>.故选：B3.（2022·四川广安·模拟预测（理））在给出的（1ln 32）43ln 34<e （3）ee ππ>.三个不等式中，正确的个数为（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】C 【解析】【分析】根据题目特点，构造函数()ln x f x x =，则可根据函数()ln xf x x=的单调性解决问题.【详解】首先，我们来考察一下函数()ln xf x x=，则()21ln xf x x -'=，令()0,f x '>解得0e x <<，令()0,f x '<解得e x >，故()ln xf x x=在区间()0,e 上单调递增，在区间()e,+∞单调递减，所以，（1）ff <ln 3>，则正确；（2）()43e 3f f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即4343lne ln33e <，即43e ln 34⋅>，则错误；（3）()()πf e f >，即e e e e e e ππππππln ln ln ln ln ln >⇒>⇒>，所以，e e ππ>，则正确故选：C.4.（2022·四川资阳·高二期末（文））若ln 33a =，1eb =，3ln 28c =，则（）A ．b a c >>B ．b c a >>C ．c b a >>D ．c a b>>【答案】A 【解析】【分析】设函数ln (),(0)xf x x x=>，求出其导数，判断函数的单调性，由此可判断出答案.【详解】设ln (),(0)x f x x x =>，则21ln ()xf x x -'=，当0e x <<时，()0f x '>，()f x 递增，当e x >时，()0f x '<，()f x 递减，当e x =时，函数取得最小值，由于e 38<<，故lne ln 3ln 8e 38>>，即b a c >>，故选：A5.（2022·山东日照·高二期末）π是圆周率，e 是自然对数的底数，在e 3，3e ，33，e e ，πe ，3π，π3，e π八个数中，最小的数是___________，最大的数是___________.【答案】e e π3【解析】【分析】分别利用指数函数的单调性，判断出底数同为3,e 以及π的数的大小关系，再由幂函数的单调性，找出最小的数，最后利用函数()ln xf x x=的单调性，判断出最大的数．【详解】显然八个数中最小的数是e e .函数3x y =是增函数，且e 3π<<，∴e 3π333<<；函数e x y =是增函数，且e 3π<<，e 3πe e e <<；函数πx y =是增函数，且e 3π<<，e 3ππ<；函数e y x =在()0,∞+是增函数，且e 3π<<，e e e e 3π<<，则八个数中最小的数是e e 函数πy x =在()0,∞+是增函数，且e 3<，ππe 3<，八个数中最大的数为3π或π3，构造函数()ln xf x x=，求导得()21ln xf x x -'=，当()e,x ∈+∞时()0f x '<，函数()f x 在()e,+∞是减函数，()()3πf f >，即ln 3ln π3π>，即πln 33ln π>，即π3ln 3ln π>，π33π∴>，则八个数中最大的数是π3.故答案为：e e ；π3．6.（2022·安徽省宣城中学高二期末）设24ln41,,e ea b c -===,,a b c 的大小关系为（）A ．a b c <<B ．b a c<<C ．a c b<<D ．c a b<<【答案】D 【解析】【分析】设ln ()(0)xf x x x =>，利用导数求得()f x 的单调性和最值，化简可得2e 2a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(e)b f =，(2)c f =，根据函数解析式，可得ln 4(4)(2)4f f ==且2e e 42<<，根据函数的单调性，分析比较，即可得答案.【详解】设ln ()(0)xf x x x=>，则221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==，当(0,e)x ∈时，()0f x '>，则()f x 为单调递增函数，当(e,)x ∈+∞时，()0f x '<，则()f x 为单调递减函数，所以max 1()(e)ef x f ==，又222222e ln 4ln42(ln e e 2e e e 22ln 2)a f ⎛⎫-==-== ⎪⎝⎭，1(e)e b f ==，1ln 2(2)2c f ===，又2ln 4ln 2ln 2(4)(2)442f f ====，2e e 42<<，且()f x 在(e,)+∞上单调递减，所以2e (2)(4)2f f f ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，所以b a c >>.故选：D7.（2022·黑龙江·大庆实验中学高二期末）已知实数a ，b ，c 满足ln ln ln 0e a a b cb c==-<，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a <<B ．c b a<<C ．a b c<<D ．b a c<<【答案】C 【解析】【分析】判断出01,01,1a b c <<<<>，构造函数ln (),(0)xf x x x=>，判断01x <<时的单调性，利用其单调性即可比较出a,b 的大小，即可得答案.【详解】由ln ln ln 0e a a b cb c==-<，得01,01,1a b c <<<<>，设ln (),(0)x f x x x =>，则21ln ()xf x x -'=，当01x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，因为01a <<，所以e 1>>a a ，所以ln ln e a aa a>，故()()ln ln ln e =>∴>a a b a f b f a b a ，则b a >，即有01a b c <<<<，故a b c <<.故选：C.题型二：利用常见不等式关系比较大小1、常见的指数放缩：)1();0(1=≥=+≥x ex e x x e xx证明：设()1--=x e x f x，所以()1-='xe xf ，所以当()0,∞-∈x 时，()0<'x f ，所以()x f 为减函数，当当()+∞∈,0x 时，()0>'x f ，所以()x f 为增函数，所以当0=x 时，()x f 取得最小值为()00=f ，所以()0≥x f ，即1+≥x e x2.常见的对数放缩：)(ln );1(1ln 11e x exx x x x x =≤=-≤≤-3.常见三角函数的放缩：x x x x tan sin ,2,0<<⎪⎭⎫⎝⎛∈π【例1】（2022·湖北武汉·高二期末）设4104a =，ln1.04b =，0.04e 1c =-，则下列关系正确的是（）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．c b a>>【答案】D 【解析】【分析】分别令()()e 10xf x x x =-->、()()()ln 10g x x x x =+->、()()()ln 101xh x x x x=+->+，利用导数可求得()0f x >，()0g x <，()0h x >，由此可得大小关系.【详解】令()()e 10xf x x x =-->，则()e 10x f x '=->，()f x ∴在()0,∞+上单调递增，()()00f x f ∴>=，即1x e x ->，则0.04e 10.04->；令()()()ln 10g x x x x =+->，则()11011x g x x x'=-=-<++，()g x ∴在()0,∞+上单调递减，()()00g x g ∴<=，即()ln 1x x +<，则ln1.040.04<；0.04e 1ln1.04∴->，即c b >；令()()()ln 101x h x x x x=+->+，则()()()22110111x h x x x x '=-=>+++，()h x ∴在()0,∞+上的单调递增，()()00h x h ∴>=，即()ln 11xx x+>+，则0.044ln1.04 1.04104>=，即b a >；综上所述：c b a >>.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够通过构造函数的方式，将问题转化为函数值的大小关系的比较问题，通过导数求得函数的单调性后，即可得到函数值的大小.【例2】（2022·山东菏泽·高二期末）已知910a =，19eb -=，101ln 11c =+，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c <<B ．b a c<<C ．c b a <<D ．c a b<<【答案】B【解析】【分析】首先设()e 1x f x x =--，利用导数得到()e 10xx x >+≠，从而得到11b a>，设()ln 1g x x x =-+，利用导数得到()ln 11x x x <-≠，从而得到111ln 1010<和c a >，即可得到答案.【详解】解：设()e 1x f x x =--，()e 1xf x '=-，令()0f x ¢=，解得0x =.(),0x ∈-∞，()0f x ¢<，()f x 单调递减，()0,x ∞∈+，()0f x ¢>，()f x 单调递增.所以()()00f x f ≥=，即e 10x x --≥，当且仅当0x =时取等号.所以()e 10xx x >+≠.又1911101e 199b a=>+==，0,0a b >>，故11b a >，所以b a <；设()ln 1g x x x =-+，()111xg x x x-'=-=，令()0g x ¢=，解得1x =.()0,1∈x ，()0g x ¢>，()g x 单调递增，()1,x ∈+∞，()0g x ¢<，()g x 单调递减.所以()()10g x g ≤=，即ln 10x x -+≤，当且仅当1x =时取等号.所以()ln 11x x x <-≠，故11111ln 1101010<-=，又1011011lnln ln ln1011101110c a -=+>+==，所以c a >，故b a c <<.故选：B.【例3】（2022·四川凉山·高二期末（文））已知0.01e a =， 1.01b =，1001ln 101c =-，则（）．A ．c a b >>B ．a c b>>C ．a b c>>D ．b a c>>【答案】C 【解析】【分析】构造函数()e 1x f x x =--，由导数确定单调性，进而即得．【详解】设()e 1x f x x =--，则e ()10x f x '=->，在0x >时恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上是增函数，所以e 1(0)0x x f -->=，即e 1x x >+，0x >，∴0.01e 1.01>，又ln1.010>，∴ln1.01e 1ln1.01>+，即1001.011ln 101>-，所以a b c >>．故选：C ．【例4】（2022·四川绵阳·高二期末（理））若8ln 7a =，18=b ,7ln 6c =，则（）A ．a c b <<B ．c a b<<C ．c b a <<D ．b a c<<【答案】D 【解析】【分析】构造函数()1ln 1f x x x=+-，其中1x >，利用导数分析函数()f x 的单调性，可比较得出a 、b 的大小关系，利用对数函数的单调性可得出c 、a 的大小关系，即可得出结论.【详解】构造函数()1ln 1f x x x=+-，其中1x >，则()221110x f x x x x -'=-=>，所以，函数()f x 在()1,+∞上为增函数，故()()10f x f >=，则88781ln 1ln 077878f ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，即a b >，78lnln 67> ，因此，b a c <<.故选：D.【例5】（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（）A ．c b a >>B ．b a c>>C ．a b c >>D ．a c b>>【答案】A 【解析】【分析】由14tan 4c b =结合三角函数的性质可得c b >；构造函数21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，利用导数可得b a >，即可得解.【详解】因为14tan 4c b =,因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭所以11tan44>,即1cb >,所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，则1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以131cos 0432->，所以b a >,所以c b a >>，故选：A 【题型专练】1.（2022·福建·莆田一中高二期末）设ln1.01a =， 1.0130e b =，1101c =，则（）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c b a <<D ．c a b<<【答案】D 【解析】【分析】构造函数()ln 1f x x x =-+（0x >），证明ln 1≤-x x ，令 1.01x =，排除选项A,B,再比较,a b 大小，即得解.【详解】解：构造函数()ln 1f x x x =-+（0x >），()10f =，()111xf x x x-'=-=，所以()f x 在()0,1上()0f x '>，()f x 单调递增，()f x 在()1,+∞上()0f x '<，()f x 单调递减，所以max ()(1)0,ln 10,ln 1f x f x x x x ==∴-+≤∴≤-，令 1.01x =，则 ln a x =，30e x b =，11c x=-，考虑到ln 1≤-x x ，可得11ln 1x x ≤-，1ln 1x x -≥-等号当且仅当 1x =时取到，故 1.01x =时a c >，排除选项A ，B.下面比较,a b 大小，由ln 1≤-x x 得 1.01ln1.01 1.0130e<<，故b a >，所以c a b <<.故选：D.2.（2022·吉林·长春市第二中学高二期末）已知1cos 5a =，4950b =，15sin 5=c ，则（）A ．b a c >>B ．c b a >>C ．b c a >>D ．c a b>>【答案】D 【解析】【分析】构造函数21()cos 12f x x x =+-，利用导数求解函数()f x 的单调性，利用单调性进行求解.【详解】解：设21()cos 1,(01)2f x x x x =+-<<，则()sin f x x x '=-，设()sin ,(01)g x x x x =-<<，则()1cos 0g x x '=->，故()g x 在区间(0,1)上单调递增，即()(0)0g x g >=，即()0f x '>，故()f x 在区间(0,1)上单调递增，所以1(0)05f f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，可得149cos 550>，故a b >，利用三角函数线可得0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，tan x x >，所以11tan 55>，即1sin1515cos 5>，所以115sincos 55>，故c a >综上，c a b >>故选：D.3（2022·湖北武汉·高二期末）设4104a =，ln1.04b =，0.04e 1c =-，则下列关系正确的是（）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．c b a>>【答案】D 【解析】【分析】分别令()()e 10xf x x x =-->、()()()ln 10g x x x x =+->、()()()ln 101xh x x x x=+->+，利用导数可求得()0f x >，()0g x <，()0h x >，由此可得大小关系.【详解】令()()e 10xf x x x =-->，则()e 10x f x '=->，()f x ∴在()0,∞+上单调递增，()()00f x f ∴>=，即1x e x ->，则0.04e 10.04->；令()()()ln 10g x x x x =+->，则()11011x g x x x'=-=-<++，()g x ∴在()0,∞+上单调递减，()()00g x g ∴<=，即()ln 1x x +<，则ln1.040.04<；0.04e 1ln1.04∴->，即c b >；令()()()ln 101x h x x x x =+->+，则()()()22110111x h x x x x '=-=>+++，()h x ∴在()0,∞+上的单调递增，()()00h x h ∴>=，即()ln 11xx x+>+，则0.044ln1.04 1.04104>=，即b a >；综上所述：c b a >>.故选：D.题型三：构造其它函数比大小（研究给出数据结构，合理构造函数）【例1】（2022·河南河南·高二期末（理））已知1ln 22a a -=，1ln 33b b -=，e ln e cc -=，其中12a ≠，13b ≠，e c ≠，则a ，b ，c 的大小关系为（）．A ．c a b <<B ．c b a<<C ．a b c<<D ．a c b<<【答案】A 【解析】【分析】构造函数()()ln 0f x x x x =->，并求()f x '，利用函数()f x 的图象去比较a b c 、、三者之间的大小顺序即可解决.【详解】将题目中等式整理，得11ln ln 22a a -=-，11ln ln 33b b -=-，ln e ln e c c -=-，构造函数()()ln 0f x x x x =->，()111x f x x x-'=-=，令()0f x '=，得1x =，所以()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，函数()f x 的大致图象如图所示．因为()12f a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()13f b f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()()e f c f =，且12a ≠，13b ≠，e c ≠，则由图可知1b a >>，01c <<，所以c a b <<．故选：A ．【例2】（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）设 1.01e a =，3eb =，ln 3c =，其中e 为自然对数的底数，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．b a c >>B ．c a b>>C ．a c b>>D ．a b c>>【答案】D 【解析】【分析】可判断 1.012e a =>，e32b =<，ln 32c =<，再令()ln exf x x =-，[e x ∈，)∞+，求导判断函数的单调性，从而比较大小．【详解】解： 1.012e a =>，e 32b =<，ln 32c =<，令()ln exf x x =-，[e x ∈，)∞+，11()0e e e x f x x x-'=-=<，故()f x 在[e ，)∞+上是减函数，故()()e 3f f <，即3ln 30e-<，故 1.013l e e n 3<<，即c b a <<，故选：D ．【例3】（2022·全国·高三专题练习）已知ln 32a =，1e 1b =-，ln 43c =，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．b a c >>B ．b c a >>C ．c a b >>D ．c b a>>【答案】A 【解析】【分析】根据给定条件构造函数ln ()e)1xf x x x =≥-，再探讨其单调性并借助单调性判断作答.【详解】令函数ln ()(e)1x f x x x =≥-，求导得()211ln ()1x x f x x --'=-，令()11ln g x x x =--，则()210,(e)xg x x x -'=<≥，故()11ln g x x x =--，(e)x ≥单调递减，又()111ln101g =--=，故()0,(e)g x x <≥，即()0,(e)f x x '<≥，而e 34<<，则(e)(3)(4)f f f >>，即1ln 3ln 4e 123>>-，所以b a c >>，故选：A【例4】（山东省淄博市2021-2022学年高二下学期期末数学试题）设110a =，ln1.1b =，910ec -=，则（）A ．a b c <<B ．c a b <<C ．b c a <<D ．b a c<<【答案】D 【解析】【分析】利用指数函数的性质可比较,a c 的大小，再构造函数()ln(1)f x x x =-+，利用导数判断函数的单调性，再利用其单调性可比较出,a b ，从而可比较出三个数的大小【详解】因为e x y =在R 上为增函数，且9110-<-，所以9110e e --<，因为11e 10-<，所以9101e 10-<，即a c <，令()ln(1)f x x x =-+（0x >），得1()1011xf x x x'=-=>++，所以()f x 在(0,)+∞上递增，所以()(0)0f x f >=，所以ln(1)x x >+，令0.1x =，则0.1ln1.1>，即1ln1.110>，即a b >，所以b a c <<，故选：D【例5】（2022·四川南充·高二期末（理））设0.010.01e a =，199b =，ln 0.99c =-，则（）A ．c a b <<B ．c b a <<C ．a b c <<D ．a c b<<【答案】A 【解析】【分析】根据给定数的特征，构造对应的函数，借助导数探讨单调性比较函数值大小作答.【详解】令函数e ,,ln(1)1xxy x t u x x===---，1)x ∈，显然0,0y t >>，则ln ln ln [ln ln(1)]ln(1)y t x x x x x x -=+---=+-，令()ln(1)f x x x =+-，1)x ∈-，求导得1()1011x f x x x '=+=<--，即()f x 在1)-上单调递减，1)x ∀∈，()(0)0f x f <=，即ln ln y t y t <⇔<，因此当1)x ∈时，e 1xx x x<-，取0.01x =，则有0.010.0110.01e10.0199a b =<==-，令()e ln(1)xg x y u x x =-=+-，1)x ∈-，21(1)e 1()(1)e 11x xx g x x x x -+'=++=--，令2()(1)e 1x h x x =-+，1)x ∈，2()(21)e 0x h x x x '=+-<，()h x在1)-上单调递减，1)x ∀∈，()(0)0h x h <=，有()0g x '>，则()g x 在1)上单调递增，1)x ∀∈，()(0)0g x g >=，因此当1)x ∈时，e ln(1)x x x >--，取0.01x =，则有0.010.01e ln(10.01)ln 0.99a c =>--=-=，所以c a b <<.故选：A 【点睛】思路点睛：涉及某些数或式大小比较，探求它们的共同特性，构造符合条件的函数，利用函数的单调性求解即可.【例6】（2022·全国·高三专题练习）已知0.3πa =，20.9πb =，sin 0.1c =，则a ，b ，c 的大小关系正确的是（）A ．a b c >>B ．c a b>>C ．a c b>>D ．b a c>>【答案】B 【解析】【分析】作差法比较出a b >，构造函数，利用函数单调性比较出c a >，从而得出c a b >>.【详解】2220.30.90.3π0.90.330.90ππππa b -⨯--=-=>=，所以0a b ->，故a b >，又()πsin 3f x x x =-，则()πcos 3f x x '=-在π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，又()0π30f '=->，π306f ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，所以存在0π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00f x '=，且在()00,x x ∈时，()0f x '>，在0π,6x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，即()πsin 3f x x x =-在()00,x x ∈上单调递增，在0π,6x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭单调递减，且ππ30124f ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以0π12x >，又因为()00f =，所以当()00,x x ∈时，()πsin 30f x x x =->，其中因为1π1012<，所以()010,10x ∈，所以1πsin 0.10.3010f ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，故sin 0.10.3π>，即c a b >>.故选：B【例7】（2022·河南洛阳·三模（理））已知108a =，99b =，810c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a >>B ．b a c >>C ．a c b >>D ．a b c>>【答案】D 【解析】【分析】构造函数()()18ln f x x x =-，8x ≥，求其单调性，从而判断a ，b ，c 的大小关系.【详解】构造()()18ln f x x x =-，8x ≥，()18ln 1f x x x+'=--，()18ln 1f x x x+'=--在[)8,+∞时为减函数，且()295558ln 81ln 8ln e 204444f =-+-=-<-=-<'，所以()18ln 10f x x x=-+-<'在[)8,+∞恒成立，故()()18ln f x x x =-在[)8,+∞上单调递减，所以()()()8910f f f >>，即10ln89ln 98ln10>>，所以10988910>>，即a b c >>.故选：D 【点睛】对于指数式，对数式比较大小问题，通常方法是结合函数单调性及中间值比较大小，稍复杂的可能需要构造函数进行比较大小，要结合题目特征，构造合适的函数，通过导函数研究其单调性，比较出大小.【例8】（2022·河南·模拟预测（理））若0.2e a =，b =ln 3.2c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．c b a>>【答案】B 【解析】构造函数()()e 10xf x x x =-->，利用导数可得0.2e 1.2b a >>=，进而可得 1.2e 3.2>，可得a c >，再利用函数()()21ln 1x g x x x -=-+，可得ln 3.2 1.1>，即得.【详解】令()()e 10xf x x x =-->，则()e 10x f x '=->，∴()f x 在()0,∞+上单调递增，∴0.20.21 1.2e a b >+=>=，0.2 1.21.e ln 2e a >==，ln 3.2c =，∵()()()6551.262.7387.4,3.2335.5e e >≈≈=，∴ 1.2e 3.2>，故a c >，设()()21ln 1x g x x x -=-+，则()()()()()22221211011x xx g x x x x x +--=-=≥++'，所以函数在()0,∞+上单调递增，由()10g =，所以1x >时，()0g x >，即()21ln 1x x x ->+，∴()()22121.6155ln 3.2ln 2ln1.611 1.1211.613950--=+>+=>=++，又1 1.2 1.21,1 1.1b <<<<，∴ 1.1c b >>，故a c b >>.故选：B.【点睛】本题解题关键是构造了两个不等式()e 10xx x >+>与()21ln (1)1x x x x ->>+进行放缩，需要学生对一些重要不等式的积累.【题型专练】1（2022·山东烟台·高二期末）设a =0.9，b =9ln e10c ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b>>【答案】B【分析】构造函数()ln 1f x x x =--，()g x x =-.【详解】令()ln 1f x x x =--，因为11()1x f x x x'-=-=所以，当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以(0.9)0.9ln 0.91(1)0f f =-->=，即90.9ln 0.91ln(e)10>+=，a c >；令()g x x =()1g x '=-所以，当114x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以(0.9)(1)g g <，即0.90<，0.9a b <.综上，c a b <<.故选：B2.（2022·山东青岛·高二期末）已知ln 3a π=，2b =，1sin 0.042c ⎫=-⎪⎪⎭，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．c b a >>B ．a b c>>C ．b a c>>D ．a c b>>【答案】C 【解析】【分析】构造函数得出,a b 大小，又0c <即得出结论.【详解】构造函数()()()2ln 212ln 1f x x x x x =--=-+，则a b f -=，()1210f x x ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭在()1,+∞上恒成立，则()y f x =在()1,+∞上单调递减，故()10a b f f -=<=，则0b a >>，()π103x x =+>，则()π30121100433.x .-+-=>=，由对于函数()πsin 02g x x x x ⎛⎫=<< ⎪⎝⎭-，()πcos 1002g x x ,x ⎛⎫'=<<< ⎪⎝⎭-恒成立，所以，()()sin 00g x x x g =<=-即sin x x <在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立.所以，1sin0.04sin sin 02x x x ⎫<=<-<⎪⎭（注：004009020305.x .,...<<<<）所以，b a c >>故选：C3.（2022·湖北襄阳·高二期末）设253e 4a =，342e 5b =，35c =，则（）A ．b c a <<B ．a b c <<C ．c b a<<D ．c a b<<【答案】C 【解析】【分析】根据式子结构，构造函数()()e ,01xf x x x=<<，利用导数判断单调性，得到2354f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即可判断出a b >.记()()e 2,01xg x x x =-<<，推理判断出b c >.【详解】24452533e23e 542e e 534a b ==.记()()e ,01x f x x x =<<，则()()2e 10x xf x x -'=<，所以()e xf x x =在()0,1上单调递减.所以2354f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a b >.433422e e 5325354b c ⎛⎫-= ⎪⨯⎝--⎭=.记()()e 2,01x g x x x =-<<，则()e 2xg x '=-.所以在()0,ln 2x ∈上，()0g x '<，则()g x 单调递减；在()ln 2,1x ∈上，()0g x '>，则()g x 单调递增；所以()()()ln 2min ln 2e 2ln 221ln 20g x g ==-⨯=->，所以()min 304g g x ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，即3422e 0534b c ⨯⎛⎫-> ⎪⎝⎭=-.所以b c >.综上所述：c b a <<.故选：C4.（2022·福建宁德·高二期末）已知a ，R b ∈，且221a b >>，则（）A ．ln ln a b a b -<-e eB ．ln ln b a a b <C ．e a b ba->D ．sin sin 1a ba b-<-【答案】D 【解析】【分析】由题设有0a b >>，分别构造e ln x y x =-、ln xy x=、e x y x =、sin y x x =-，利用导数研究在,()0x ∈+∞上的单调性，进而判断各项的正误.【详解】由221a b >>，即0a b >>，A ：若e ln x y x =-且,()0x ∈+∞，则1e xy x'=-，故12|20x y ='=-<，1|e 10x y ='=->，即y '在1(,1)2上存在零点且y '在(0,)+∞上递增，所以y 在(0,)+∞上不单调，则e ln e ln a b a b -<-不一定成立，排除；B ：若ln x y x =且,()0x ∈+∞，则21ln xy x -'=，所以(0,e)上0y '>，y 递增；(e,)+∞上0y '<，y 递减；故y 在(0,)+∞上不单调，则ln ln a ba b<不一定成立，排除；C ：若e x y x =且,()0x ∈+∞，则e (1)0x y x '=+>，即y 在(0,)+∞上递增，所以e e a b a b >，即e a b ba-<，排除；D ：若sin y x x =-且,()0x ∈+∞，则1cos 0y x '=-≥，即y 在(0,)+∞上递增，所以sin sin a a b b ->-，即sin sin 1a ba b-<-，正确.故选：D5.（2022·贵州贵阳·高二期末（理））设 1.01e a =，3eb =，ln3c =，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．b a c >>B ．c a b>>C ．a c b >>D ．a b c>>【答案】D 【解析】【分析】分析可得2a >，(1,2)b ∈，(1,2)c ∈，令()ln ,[e,)e xf x x x =-∈+∞，利用导数可得()f x 的单调性，根据函数单调性，可比较ln 3和3e的大小，即可得答案.【详解】由题意得 1.011e e 2a =>>，3(2e 1,)b =∈，ln 3(1,2)c =∈，令()ln ,[e,)exf x x x =-∈+∞，则11e ()0e ex f x x x -'=-=≤，所以()f x 在[e,)+∞为减函数，所以(3)(e)f f <，即3eln 3ln e 0e e-<-=，所以3ln 3e<，则 1.013e ln 3e >>，即a b c >>.故选：D6.（2022·重庆南开中学高二期末）已知6ln1.25a =，0.20.2e b =，13c =，则（）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．a c b<<【答案】A 【解析】【分析】0.20.20.20.2e e ln e b ==，令()ln f x x x =，利用导数求出函数()f x 的单调区间，令()e 1xg x x =--，利用导数求出函数()g x 的单调区间，从而可得出0.2e 和1.2的大小，从而可得出,a b 的大小关系，将,b c 两边同时取对数，然后作差，从而可得出,b c 的大小关系，即可得出结论.【详解】解：0.20.20.20.2e e ln e b ==，6ln1.2 1.2ln1.25a ==，令()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，当10ex <<时，()0f x '<，当1e x >时，()0f x '>，所以函数()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，令()e 1xg x x =--，则()e 1x g x '=-，当0x <时，()0g x '<，当0x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(),0∞-上递减，在()0,∞+上递增，所以()()0.200g g >=，即0.21e10.2 1.2e>+=>，所以()()0.2e 1.2f f >，即0.20.2e e 1.22ln ln1.>，所以b a >，由0.20.2e b =，得()0.211ln ln 0.2e ln 55b ==+，由13c =，得1ln ln 3c =，11151ln ln ln ln ln 35535c b -=--=-，因为55625510e 3243⨯⎛⎫=>> ⎪⎝⎭，所以155e 3>，所以51ln 35>，所以ln ln 0c b ->，即ln ln c b >，所以c b >，综上所述a b c <<.故选：A.【点睛】本题考查了比较大小的问题，考查了同构的思想，考查了利用导数求函数的单调区间，解决本题的关键在于构造函数，有一定的难度.7.（2022·湖北恩施·高二期末多选）已知212ln 204a a -=>，22122ln 0eb b --=>，221ln 303c c -=>，则（）A ．c b <B ．b a<C ．c a<D ．b c<【答案】AC 【解析】【分析】根据题意可将式子变形为2211ln ln 44a a -=-，222211ln ln e e b b -=-，2211ln ln 33c c -=-，构造函数()ln f x x x =-，利用导数求解函数()f x 的单调性，即可求解.【详解】解：由题意知，211,1,23a b c >>>，对三个式子变形可得2211ln ln 44a a -=-，222211ln ln e eb b -=-，2211ln ln 33c c -=-，设函数()ln f x x x =-，则()111x f x x x-'=-=.由()0f x ¢>，得1x >；由()0f x <，得01x <<,则()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，因为211101e 43<<<<，所以222b a c >>,所以c a b <<.故选：AC.8.（2022·安徽·歙县教研室高二期末）已知01x y z ∈、、（，），且满足2e 2e x x =，3e 3e y y =，4e 4e z z =，则（）A ．x y z <<B ．x z y<<C ．z y x<<D ．z x y<<【答案】C 【解析】【分析】先对已知条件取对数后得到ln ln22x x -=-，ln ln33y y -=-，ln ln44z z -=-.根据式子结构，构造函数()ln m x x x =-，利用导数判断单调性，比较大小.【详解】由2e 2e x x =得2ln ln2,x x +=+即ln ln22x x -=-.同理得：ln ln33y y -=-，ln ln44z z -=-.令()ln ,m x x x =-则()111xm x x x-=-='.故()m x 在()0,1上单调递增，1∞+（，）上单调递减.所以z y x <<.故选：C.。

培优点三含导函数的抽象函数的构造1．对于'0f xa a，可构造h xf xax例1：函数f x 的定义域为R ，()12f ，对任意R x，()2f x ，则24f xx 的解集为（）A ．()1,1B ．()1，C ．()1，D ．()，【答案】B【解析】构造函数24G x f xx，所以()()2G x f x ，由于对任意R x ，()2f x ，所以()()20G x f x 恒成立，所以24G xf xx 是R 上的增函数，又由于()()()112140G f ，所以240G x f xx，即24f xx的解集为()1，．2．对于'0xf x f x ，构造h x xf x ；对于'0xf xf x，构造f x h xx 例2：已知函数yf x 的图象关于y 轴对称，且当,0x，0f xxf x成立，0.20.222af ，log 3log 3bf ，33log 9log 9cf ，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．abcB ．acbC ．cbaD ．bac 【答案】D【解析】因为函数y f x 关于y 轴对称，所以函数y xf x 为奇函数．因为xf x f x xfx ，所以当,0x 时，0xf xf xxfx，函数yxf x 单调递减，当0,x时，函数y xf x 单调递减．因为0.2122，0log 31，3log 92，所以0.230log 32log 9，所以b a c ．3．对于'()()0f x f x ，构造e xh xf x ；对于'()()f x f x 或'()()0f x f x ，构造()()exf x h x 例3：已知f x 为R 上的可导函数，且R x，均有f x fx ，则有（）A ．2016e(2016)(0)f f ，2016(2016)e(0)f f B ．2016e(2016)(0)f f ，2016(2016)e(0)f fC ．2016e (2016)(0)f f ，2016(2016)e (0)f f D ．2016e(2016)(0)f f ，2016(2016)e(0)f f 【答案】D【解析】构造函数e xf xg x，则2ee eexxxx f x f xf x f xg x，因为R x 均有f x fx 并且e0x，所以0g x，故函数exf xg x在R 上单调递减，所以(2016)(0)g g ，(2016)(0)g g ，即2016(2016)(0)ef f ，2016(2016)(0)ef f ，也就是2016e(2016)(0)f f ，2016(2016)e(0)f f ．4．()f x 与sin x ，cos x 构造例4：已知函数yf x 对任意的,22x满足cos sin 0f x x f x x ，则（）A ．024f fB ．03f fC ．234ffD ．234ff【答案】D【解析】提示：构造函数()()cos f x g x x．一、选择题1．若函数y f x 在R 上可导且满足不等式()()0xf x f x 恒成立，对任意正数a 、b ，若a b ，则必有（）A ．()()af b bf aB ．()()bf a af bC ．()()af a bf bD ．()()bf b af a 【答案】C对点增分集训※精品试卷※【解析】由已知()()0xf x f x ∴构造函数F xxf x ，则()()()0F x xf x f x ，从而F x 在R 上为增函数。

高考抽象函数技巧总结由于函数概念比较抽象.学生对解有关函数记号()f x 的问题感到困难.学好这部分知识.能加深学生对函数概念的理解.更好地掌握函数的性质.培养灵活性；提高解题能力.优化学生数学思维素质。

现将常见解法及意义总结如下： 一、求表达式： 1.换元法：即用中间变量表示原自变量x 的代数式.从而求出()f x .这也是证某些公式或等式常用的方法.此法解培养学生的灵活性及变形能力。

例1：已知 ()211xf x x =++,求()f x . 解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u u f u u u-=+=--∴2()1xf x x -=- 2.凑合法：在已知(())()fg xh x =的条件下.把()h x 并凑成以()g u 表示的代数式.再利用代换即可求()f x .此解法简洁.还能进一步复习代换法。

例2：已知3311()f x x xx+=+.求()f x 解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x xx x x x+=+-+=++-又∵11||||1||x x x x +=+≥ ∴23()(3)3f x x x x x =-=-.(|x |≥1)3.待定系数法：先确定函数类型.设定函数关系式.再由已知条件.定出关系式中的未知系数。

例3． 已知()f x 二次实函数.且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x .解:设()f x =2ax bx c ++.则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a abc b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f x x x =++ 4.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式.例4.已知y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x解:∵()f x 为奇函数.∴()f x 的定义域关于原点对称.故先求x <0时的表达式。

高考抽象函数技能总结因为函数概念比较抽象,学生对解有关函数记号()f x 的问题觉得艰苦,学好这部分常识,能加深学生对函数概念的懂得,更好地控制函数的性质,造就灵巧性;进步解题才能,优化学生数学思维本质.现将罕有解法及意义总结如下：一.求表达式：1.换元法：即用中央变量暗示原自变量x 的代数式,从而求出()f x ,这也是证某些公式或等式经常运用的办法,此法解造就学生的灵巧性及变形才能.例1：已知 ()211xf x x =++,求()f x . 解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u u f u u u-=+=--∴2()1xf x x-=- 2.凑正当：在已知(())()f g x h x =的前提下,把()h x 并凑成以()g u 暗示的代数式,再运用代换即可求()f x .此解法简练,还能进一步温习代换法.例2：已知3311()f x x xx +=+,求()f x解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x xx x x x +=+-+=++-又∵11||||1||x x x x +=+≥ ∴23()(3)3f x x x x x =-=-,(|x |≥1)3.待定系数法：先肯定函数类型,设定函数关系式,再由已知前提,定出关系式中的未知系数.例3． 已知()f x 二次实函数,且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x . 解:设()f x =2ax bx c ++,则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a abc b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f x x x =++ 4.运用函数性质法:重要运用函数的奇偶性,求分段函数的解析式.y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x解:∵()f x 为奇函数,∴()f x 的界说域关于原点对称,故先求x <0时的表达式.∵-x >0,∴()lg(1)lg(1)f x x x -=-+=-,∵()f x 为奇函数,∴lg(1)()()x f x f x -=-=-∴当x <0时()lg(1)f x x =--∴lg(1),0()lg(1),0x x f x x x +≥⎧=⎨--<⎩例5．一已知()f x 为偶函数,()g x 为奇函数,且有()f x +1()1g x x =-, 求()f x ,()g x . 解：∵()f x 为偶函数,()g x 为奇函数,∴()()f x f x -=,()()g x g x -=-,无妨用-x 代换()f x +()g x =11x -………①中的x , ∴1()()1f xg x x -+-=--即()f x －1()1g x x =-+……②显见①+②即可消去()g x ,求出函数21()1f x x =-再代入①求出2()1xg x x =-5.赋值法：给自变量取特别值,从而发明纪律,求出()f x 的表达式例6：设()f x 的界说域为天然数集,且知足前提(1)()()f x f x f y xy +=++,及(1)f =1,求()f x解：∵()f x 的界说域为N,取y =1,则有(1)()1f x f x x +=++∵(1)f =1,∴(2)f =(1)f +2,(3)(2)3f f =+……()(1)f n f n n =-+ 以上各式相加,有()f n =1+2+3+……+n =(1)2n n +∴1()(1),2f x x x x N =+∈ 二.运用函数性质,解()f x 的有关问题 1.断定函数的奇偶性：例7 已知()()2()()f x y f x y f x f y ++-=,对一切实数x .y 都成立,且(0)0f ≠,求证()f x 为偶函数.证实：令x =0, 则已知等式变成()()2(0)()f y f y f f y +-=……① 在①中令y =0则2(0)f =2(0)f ∵(0)f ≠0∴(0)f =1∴()()2()f y f y f y +-=∴()()f y f y -=∴()f x 为偶函数.例8：奇函数()f x 在界说域（-1,1）内递减,求知足2(1)(1)0f m f m -+-<的实数m 的取值规模.解：由2(1)(1)0f m f m -+-<得2(1)(1)f m f m -<--,∵()f x 为函数,∴2(1)(1)f m f m -<-又∵()f x 在（-1,1）内递减,∴221111110111m m m m m -<-<⎧⎪-<-<⇒<<⎨⎪->-⎩3.解不定式的有关标题例9：假如()f x =2ax bx c ++对随意率性的t 有(2)2)f t f t +=-,比较(1)(2)(4)f f f 、、的大小解：对随意率性t 有(2)2)f t f t +=-∴x =2为抛物线y =2ax bx c ++的对称轴 又∵其启齿向上∴f (2)最小,f (1)=f (3)∵在［2,＋∞)上,()f x 为增函数∴f (3)<f (4),∴f (2)<f (1)<f (4) 五类抽象函数解法 1.线性函数型抽象函数线性函数型抽象函数,是由线性函数抽象而得的函数.例1.已知函数f（x）对随意率性实数x,y,均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y）,且当x＞0时,f（x）＞0,f（－1）＝－2,求f（x）在区间[－2,1]上的值域.剖析：由题设可知,函数f（x）是的抽象函数,是以求函数f（x）的值域,症结在于研讨它的单调性.解：设,∵当,∴,∵,∴,即,∴f（x）为增函数.在前提中,令y＝－x,则,再令x＝y＝0,则f（0）＝2 f（0）,∴f （0）＝0,故f（－x）＝f（x）,f（x）为奇函数,∴f（1）＝－f（－1）＝2,又f（－2）＝2 f（－1）＝－4,∴f（x）的值域为［－4,2］.例2.已知函数f（x）对随意率性,知足前提f（x）＋f（y）＝2 + f （x＋y）,且当x＞0时,f（x）＞2,f（3）＝5,求不等式的解. 剖析：由题设前提可猜测：f（x）是y＝x＋2的抽象函数,且f（x）为单调增函数,假如这一猜测准确,也就可以脱去不等式中的函数符号,从而可求得不等式的解. 解：设,∵当,∴,则, 即,∴f（x）为单调增函数.∵,又∵f（3）＝5,∴f（1）＝3.∴,∴,即,解得不等式的解为－1 < a < 3.2.指数函数型抽象函数例3.设函数f（x）的界说域是（－∞,＋∞）,知足前提：消失,使得,对任何x和y,成立.求：（1）f（0）; （2）对随意率性值x,断定f（x）值的正负.剖析：由题设可猜测f（x）是指数函数的抽象函数,从而猜测f（0）＝1且f（x）＞0.解：（1）令y＝0代入,则,∴.若f（x）＝0,则对随意率性,有,这与题设抵触,∴f（x）≠0,∴f（0）＝1.（2）令y＝x≠0,则,又由（1）知f（x）≠0,∴f （2x）＞0,即f（x）＞0,故对随意率性x,f（x）＞0恒成立.例4.是否消失函数f（x）,使下列三个前提：①f（x）＞0,x∈N;②;③f（2）＝4.同时成立？若消失,求出f（x）的解析式,如不消失,解释来由.剖析：由题设可猜测消失,又由f（2）＝4可得a＝2．故猜测消失函数,用数学归纳法证实如下：（1）x＝1时,∵,又∵x∈N时,f（x）＞0,∴,结论准确.（2）假设时有,则x＝k＋1时,,∴x＝k＋1时,结论准确.综上所述,x为一切天然数时.3.对数函数型抽象函数对数函数型抽象函数,即由对数函数抽象而得到的函数.例5.设f（x）是界说在（0,＋∞）上的单调增函数,知足,求：（1）f（1）;（2）若f（x）＋f（x－8）≤2,求x的取值规模.剖析：由题设可猜测f（x）是对数函数的抽象函数,f（1）＝0,f（9）＝2.解：（1）∵,∴f（1）＝0.（2）,从而有f（x）＋f（x－8）≤f（9）,即,∵f（x）是（0,＋∞）上的增函数,故,解之得：8＜x≤9.例6.设函数y＝f（x）的反函数是y＝g（x）.假如f（ab）＝f（a）＋f（b）,那么g（a＋b）＝g（a）·g（b）是否准确,试解释来由.剖析: 由题设前提可猜测y＝f（x）是对数函数的抽象函数,又∵y＝f（x）的反函数是y＝g（x）,∴y＝g（x）必为指数函数的抽象函数,于是猜测g（a ＋b）＝g（a）·g（b）准确.解：设f（a）＝m,f（b）＝n,因为g（x）是f（x）的反函数,∴g（m）＝a,g （n）＝b,从而,∴g（m）·g（n）＝g（m ＋n）,以a.b分离代替上式中的m.n即得g（a＋b）＝g（a）·g（b）.4.三角函数型抽象函数三角函数型抽象函数即由三角函数抽象而得到的函数.例7.己知函数f（x）的界说域关于原点对称,且知足以下三前提：①当是界说域中的数时,有;②f（a）＝－1（a＞0,a是界说域中的一个数）;③当0＜x＜2a时,f（x）＜0.试问：（1）f（x）的奇偶性若何？解释来由.（2）在（0,4a）上,f（x）的单调性若何？解释来由.剖析: 由题设知f（x）是的抽象函数,从而由及题设前提猜测：f（x）是奇函数且在（0,4a）上是增函数（这里把a算作进行猜测）.解：（1）∵f（x）的界说域关于原点对称,且是界说域中的数时有,∴在界说域中.∵,∴f（x）是奇函数.（2）设0＜x1＜x2＜2a,则0＜x2－x1＜2a,∵在（0,2a）上f（x）＜0,∴f（x1）,f（x2）,f（x2－x1）均小于零,进而知中的,于是f（x1）＜ f（x2）,∴在（0,2a）上f（x）是增函数.又,∵f（a）＝－1,∴,∴f（2a）＝0,设2a＜x＜4a,则0＜x－2a＜2a,,于是f（x）＞0,即在（2a,4a）上f（x）＞0.设2a＜x1＜x2＜4a,则0＜x2－x1＜2a,从而知f（x1）,f（x2）均大于零.f（x2－x1）＜0,∵,∴,即f（x1）＜f（x2）,即f（x）在（2a,4a）上也是增函数.综上所述,f（x）在（0,4a）上是增函数.5.幂函数型抽象函数幂函数型抽象函数,即由幂函数抽象而得到的函数.例8.已知函数f（x）对随意率性实数x.y都有f（xy）＝f（x）·f（y）,且f（－1）＝1,f（27）＝9,当时,.（1）断定f（x）的奇偶性;（2）断定f（x）在［0,＋∞）上的单调性,并给出证实;（3）若,求a的取值规模.剖析：由题设可知f（x）是幂函数的抽象函数,从而可猜测f（x）是偶函数,且在［0,＋∞）上是增函数.解：（1）令y＝－1,则f（－x）＝f（x）·f（－1）,∵f（－1）＝1,∴f（－x）＝f（x）,f（x）为偶函数.（2）设,∴,,∵时,,∴,∴f（x1）＜f（x2）,故f（x）在0,＋∞）上是增函数.（3）∵f（27）＝9,又,∴,∴,∵,∴,∵,∴,又,故.抽象函数罕有题型解法综述抽象函数是指没有给出函数的具体解析式,只给出了一些表现函数特点的式子的一类函数.因为抽象函数表示情势的抽象性,使得这类问题成为函数内容的难点之一.本文就抽象函数罕有题型及解法评析如下：一.界说域问题例1. 已知函数的界说域是［1,2］,求f(x)的界说域.解：的界说域是［1,2］,是指,所以中的知足从而函数f(x)的界说域是［1,4］评析：一般地,已知函数的界说域是A,求f(x)的界说域问题,相当于已知中x的取值规模为A,据此求的值域问题.例2. 已知函数的界说域是,求函数的界说域.解：的界说域是,意思是凡被f感化的对象都在中,由此可得所以函数的界说域是评析：这类问题的一般情势是：已知函数f(x)的界说域是A,求函数的界说域.准确懂得函数符号及其界说域的寄义是求解此类问题的症结.这类问题本质上相当于已知的值域B,且,据此求x的取值规模.例2和例1情势上正相反.二.求值问题例3. 已知界说域为的函数f(x),同时知足下列前提：①;②,求f(3),f(9)的值.解：取,得因为,所以又取得评析：经由过程不雅察已知与未知的接洽,奇妙地赋值,取,如许便把已知前提与欲求的f(3)沟通了起来.赋值法是解此类问题的经常运用技能.三.值域问题例4. 设函数f(x)界说于实数集上,对于随意率性实数x.y,总成立,且消失,使得,求函数的值域.解：令,得,即有或.若,则,对随意率性均成立,这与消失实数,使得成立抵触,故,必有.因为对随意率性均成立,是以,对随意率性,有下面来证实,对随意率性设消失,使得,则这与上面已证的抵触,是以,对随意率性所以评析：在处理抽象函数的问题时,往往须要对某些变量进行恰当的赋值,这是一般向特别转化的须要手腕.四.解析式问题例5. 设对知足的所有实数x,函数知足,求f(x)的解析式.解：在中以代换个中x,得：再在(1)中以代换x,得化简得：评析：假如把x和分离看作两个变量,如何实现由两个变量向一个变量的转化是解题症结.平日情形下,给某些变量恰当赋值,使之在关系中“消掉”,进而保存一个变量,是实现这种转化的重要计谋.五.单调性问题例6. 设f(x)界说于实数集上,当时,,且对于随意率性实数x.y,有,求证：在R上为增函数.证实：在中取,得若,令,则,与抵触所以,即有当时,;当时,而所以又当时,所以对随意率性,恒有设,则所以所以在R上为增函数.评析：一般地,抽象函数所知足的关系式,应看作给定的运算轨则,则变量的赋值或变量及数值的分化与组合都应尽量与已知式或所给关系式及所求的成果相接洽关系.六.奇偶性问题例7. 已知函数对随意率性不等于零的实数都有,试断定函数f(x)的奇偶性.解：取得：,所以又取得：,所以再取则,即因为为非零函数,所认为偶函数.七.对称性问题例8. 已知函数知足,求的值.解：已知式即在对称关系式中取,所以函数的图象关于点（0,2002）对称.依据原函数与其反函数的关系,知函数的图象关于点（2002,0）对称.所以将上式中的x用代换,得评析：这是统一个函数图象关于点成中间对称问题,在解题中运用了下述命题：设a.b均为常数,函数对一切实数x都知足,则函数的图象关于点（a,b）成中间对称图形.八.收集分解问题例9. 界说在R上的函数f(x)知足：对随意率性实数m,n,总有,且当x>0时,0<f(x)<1.（1）断定f(x)的单调性;（2）设,,若,试肯定a的取值规模.解：（1）在中,令,得,因为,所以.在中,令因为当时,所以当时而所以又当x=0时,,所以,综上可知,对于随意率性,均有.设,则所以所以在R上为减函数.（2）因为函数y=f(x)在R上为减函数,所以即有又,依据函数的单调性,有由,所以直线与圆面无公共点.是以有,解得. 评析：（1）要评论辩论函数的单调性必定涉及到两个问题：一是f(0)的取值问题,二是f(x)>0的结论.这是解题的症结性步调,完成这些要在抽象函数式中进行.由特别到一般的解题思惟,联想类比思维都有助于问题的思虑息争决.界说在R 上的函数f x ()知足：f x f x ()()=-4且f x f x ()()220-+-=,求f ()2000的值.解：由f x f x ()()220-+-=, 以t x =-2代入,有f t f t ()()-=, ∴f x ()为奇函数且有f ()00=又由f x f x ()[()]+=--44故f x ()是周期为8的周期函数,例2 已知函数f x ()对随意率性实数x y ，都有f x y f x f y ()()()+=+,且当x >0时,f x f ()()>-=-012，,求f x ()在[]-21，上的值域.解：设x x 12< 且x x R 12，∈, 则x x 210->,由前提当x >0时,f x ()>0 又f x f x x x ()[()]2211=-+∴f x ()为增函数,令y x =-,则f f x f x ()()()0=+- 又令x y ==0 得f ()00=∴-=-f x f x ()(),故f x ()为奇函数,∴=-=f f ()()112,f f ()()-=-=-2214∴-f x ()[]在，21上的值域为[]-42，二. 求参数规模这类参数隐含在抽象函数给出的运算式中,症结是运用函数的奇偶性和它在界说域内的增减性,去掉落“f ”符号,转化为代数不等式组求解,但要特别留意函数界说域的感化.例3 已知f x ()是界说在（-11，）上的偶函数,且在（0,1）上为增函数,知足f a f a ()()---<2402,试肯定a 的取值规模.解： f x ()是偶函数,且在（0,1）上是增函数,∴f x ()在()-10，上是减函数,由-<-<-<-<⎧⎨⎩1211412a a 得35<<a . （1）当a =2时,f a f a f ()()()-=-=2402,不等式不成立.（2）当32<<a 时, （3）当25<<a 时,综上所述,所求a 的取值规模是()()3225，， .例 4 已知f x ()是界说在(]-∞，1上的减函数,若f m x f m x (sin )(cos )221-≤++对x R ∈恒成立,求实数m 的取值规模. 解： m x m x m x m x 22223131-≤++≤-≥++⎧⎨⎪⎩⎪sin cos sin cos对x R ∈恒成立⇔-≤-≥++⎧⎨⎪⎩⎪m x m x m x22231sin sin cos 对x R ∈恒成立⇔ 对x R ∈恒成立, 三. 解不等式这类不等式一般须要将常数暗示为函数在某点处的函数值,再经由过程函数的单调性去掉落函数符号“f ”,转化为代数不等式求解.例 5 已知函数f x ()对随意率性x y R ，∈有f x f y f x y ()()()+=++2,当x >0时,f x ()>2,f ()35=,求不等式f a a ()2223--<的解集. 解：设x x R 12、∈且x x 12< 则x x 210-> ∴->f x x ()212, 即f x x ()2120-->, 故f x ()为增函数,又f f f f f ()()()()()3212123145=+=+-=-=是以不等式f a a ()2223--<的解集为{}a a |-<<13. 四. 证实某些问题例6 设f x ()界说在R 上且对随意率性的x 有f x f x f x ()()()=+-+12,求证：f x ()是周期函数,并找出它的一个周期.剖析：这同样是没有给出函数表达式的抽象函数,其一般解法是依据所给关系式进行递推,若能得出f x T f x ()()+=（T 为非零常数）则f x ()为周期函数,且周期为T.证实： f x f x f x ()()()()=+-+121()()12+得f x f x ()()()=-+33由（3）得f x f x ()()()+=-+364由（3）和（4）得f x f x ()()=+6.上式对随意率性x R ∈都成立,是以f x ()是周期函数,且周期为6.例7 已知f x ()对一切x y ，,知足f f x y f x f y ()()()()00≠+=⋅，,且当x <0时,f x ()>1,求证：（1）x >0时,01<<f x ()；（2）f x ()在R 上为减函数. 证实： 对一切x y R ，∈有f x y f x f y ()()()+=⋅. 且f ()00≠,令x y ==0,得f ()01=, 现设x >0,则-<x 0,f x ()->1, 而f f x f x ()()()01=⋅-=∴<<01f x (),设x x R 12，∈且x x 12<, 则0121<-<f x x ()，∴>f x f x ()()12,即f x ()为减函数. 五. 分解问题求解抽象函数的分解问题一般难度较大,常涉及到多个常识点,抽象思维程度请求较高,解题时需掌控好如下三点：一是留意函数界说域的运用,二是运用函数的奇偶性去掉落函数符号“f ”前的“负号”,三是运用函数单调性去掉落函数符号“f ”.例8 设函数y f x =()界说在R 上,当x >0时,f x ()>1,且对随意率性m n ，,有f m n f m f n ()()()+=⋅,当m n ≠时f m f n ()()≠.（1）证实f ()01=;（2）证实：f x ()在R 上是增函数;（3）设{}A x y f x f y f =⋅<()|()()()，221,B x y f ax by c a b c R a =++=∈≠{()|()}，，，，，10,若A B =∅,求a b c ，，知足的前提.解：（1）令m n ==0得f f f ()()()000=⋅, ∴=f ()00或f ()01=.若f ()00=,当m ≠0时,有fm fm f ()()()+=⋅00,这与当m n ≠时,f m f n ()()≠抵触, ∴=f ()01. （2）设x x 12<,则x x 210->,由已知得f x x ()211->,因为x 10≥,f x ()11>,若x 10<时,->->x f x 1101，(),由f fx f x ()()()011=⋅- （3）由f x f y f ()()()221⋅<得x y 2211+<()由f a x b y c ()++=1得a x b y c ++=0（2） 从（1）.（2）中消去y 得()a b x a c x c b 2222220+++-<,因为AB =∅ ∴=-+-<∆()()()24022222a c ab cb , 即a b c222+< 例9 界说在（-11，）上的函数f x ()知足（1）,对随意率性x y ，，∈-()11都有f x f y f x yx y()()()+=++1, （2）当x ∈-()10，时,有f x ()>0,（1）试断定f x ()的奇偶性;（2）断定f x ()的单调性;（3）求证ff f n nf ()()()()15111131122+++++>….剖析：这是一道以抽象函数为载体,研讨函数的单调性与奇偶性,再以这些性质为基本去研讨数列乞降的分解题.解：（1）对前提中的x y ，,令x y ==0,再令y x =-可得f f f f x f x f f x f x ()()()()()()()()000000+=+-=⎧⎨⎩⇒=-=-⎧⎨⎩,所所以f x ()奇函数. （2）设-<<<1012x x ,则fx fx fx f x f x x x x ()()()()()121212121-=+-=-- x x x x 1212001-<<<，, ∴--<x x x x 121210,由前提（2）知f x xx x ()121210-->,从而有f x f x ()()120->,即f x f x ()()12>,故f x ()()在，-10上单调递减,由奇函数性质可知,f x ()在（0,1）上仍是单调减函数.（3） f n n ()1312++抽象函数问题分类解析我们将没有明白给出解析式的函数称为抽象函数.近年来抽象函数问题一再消失于各类测验题中,因为这类问题抽象性强,灵巧性大,多半同窗觉得迷惑,求解无从下手.本文试图经由过程实例作分类解析,供进修参考. 1. 求界说域这类问题只要紧紧抓住：将函数f g x [()]中的g x ()看作一个整体,相当于f x ()中的x这一特点,问题就会水到渠成.例 1. 函数y f x =()的界说域为(]-∞，1,则函数y f x =-[l o g ()]222的界说域是___.剖析：因为l o g()22x 2-相当于f x ()中的x,所以l o g()2221x -≤,解得 22<≤x 或-≤<-22x .例 2. 已知f x ()的界说域为(0)，1,则y f x a f x a a =++-≤()()(||)12的界说域是______.剖析：因为x a +及x a-均相当于f x ()中的x,所以(1)当-≤≤120a 时,则x a a ∈-+()，1 (2)当012<≤a 时,则x a a ∈-()，1 2. 断定奇偶性依据已知前提,经由过程恰当的赋值代换,追求f x ()与f x ()-的关系. 例3. 已知f x ()的界说域为R,且对随意率性实数x,y 知足fx y fx f y ()()()=+,求证：f x ()是偶函数.剖析：在fx y fx f y ()()()=+中,令x y ==1, 得f f f f ()()()()11110=+⇒= 令x y ==-1,得f f f f ()()()()11110=-+-⇒-= 于是fx f x f f x f x ()()()()()-=-⋅=-+=11 故f x ()是偶函数.例4. 若函数y f xf x =≠()(())0与y f x =-()的图象关于原点对称,求证：函数 y f x =()是偶函数.证实：设y f x =()图象上随意率性一点为P （x y 00，）y f x =()与y f x=-()的图象关于原点对称, ∴P x y ()00，关于原点的对称点()--x y 00，在y f x =-()的图象上, 又y f x 00=() 即对于函数界说域上的随意率性x 都有f x f x ()()-=,所所以y f x =()偶函数.3. 断定单调性依据函数的奇偶性.单调性等有关性质,画出函数的示意图,以形助数,问题敏捷获解.例5. 假如奇函数f x ()在区间[]37，上是增函数且有最小值为5,那么f x ()在区间[]--73，上是A. 增函数且最小值为-5B. 增函数且最大值为-5C. 减函数且最小值为-5D. 减函数且最大值为-5 剖析：画出知足题意的示意图1,易知选B.图1例6. 已知偶函数f x ()在(0)，+∞上是减函数,问f x ()在()-∞，0上是增函数照样减函数,并证实你的结论.剖析：如图2所示,易知f x ()在()-∞，0上是增函数,证实如下： 任取xx x x 121200<<⇒->-> 因为f x ()在(0)，+∞上是减函数,所以f x f x ()()-<-12. 又f x ()是偶函数,所以 f x f xf x f x ()()()()-=-=1122，, 从而f x f x ()()12<,故f x ()在()-∞，0上是增函数. 图24. 寻找周期性这类问题较抽象,一般解法是细心剖析题设前提,经由过程相似,联想出函数原型,经由过程对函数原型的剖析或赋值迭代,获得问题的解. 例7. 设函数f x ()的界说域为R,且对随意率性的x,y 有f x y f x y f x f y ()()()()++-=⋅2,并消失正实数c,使f c ()20=.试问f x ()是否为周期函数？若是,求出它的一个周期;若不是,请解释来由.剖析：细心不雅察剖析前提,联想三角公式,就会发明：y x =c o s 知足题设前提,且cos π20=,猜测f x ()是以2c 为周期的周期函数.故f x()是周期函数,2c是它的一个周期.5. 求函数值紧扣已知前提进行迭代变换,经有限次迭代可直接求出成果,或者在迭代进程中发明函数具有周期性,运用周期性使问题奇妙获解.例8. 已知f x()的界说域为R+,且fxy fx fy()()()+=+对一切正实数x,y都成立,若f()84=,则f(2)=_______.剖析：在前提fxy fx fy()()()+=+中,令x y==4,得f f f f()()()()844244=+==,又令x y==2,得f f f(4)(2)(2)=+=2,例9. 已知f x()是界说在R上的函数,且知足：f x f x f x()[()]()+-=+211,f()11997=,求f(2001)的值.剖析：紧扣已知前提,并多次运用,发明f x()是周期函数,显然f x()≠1,于是f x f x f x()() ()+=+ -211,所以f xf x f x()()()+=-+=81 4故f x()是以8为周期的周期函数,从而6. 比较函数值大小运用函数的奇偶性.对称性等性质将自变量转化到函数的单调区间内,然后运用其单调性使问题获解.例10. 已知函数f x()是界说域为R的偶函数,x<0时,f x()是增函数,若x 1<,x20>,且||||x x12<,则f x f x()()--12，的大小关系是_______.剖析： x x 1200<>，且||||x x 12<, 又x <0时,f x ()是增函数,f x ()是偶函数,故f x f x ()()->-127. 评论辩论方程根的问题例11. 已知函数f x ()对一切实数x 都知足f x f x ()()11+=-,并且f x ()=0有三个实根,则这三个实根之和是_______.剖析：由f x f x ()()11+=-知直线x =1是函数f x ()图象的对称轴. 又f x ()=0有三个实根,由对称性知x 11=必是方程的一个根,其余两根x x 23，关于直线x =1对称,所以x x 23212+=⨯=,故x x x 1233++=. 8. 评论辩论不等式的解求解这类问题运用函数的单调性进行转化,脱去函数符号.例12. 已知函数f x ()是界说在(]-∞，1上的减函数,且对一切实数x,不等式fk x fk x(s i n )(s i n)-≥-22恒成立,求k 的值. 剖析：由单调性,脱去函数记号,得由题意知(1)(2)两式对一切x R ∈恒成立,则有 9. 研讨函数的图象这类问题只要运用函数图象变换的有关结论,就可获解.例13. 若函数y f x =+()2是偶函数,则y f x =()的图象关于直线_______对称.剖析：y f x =()的图象右移个单位左移个单位22y f x =+()2的图象,而y f x =+()2是偶函数,对称轴是x =0,故y f x =()的对称轴是x =2.例14. 若函数f x ()的图象过点（0,1）,则f x ()+4的反函数的图象必过定点______.剖析：f x ()的图象过点（0,1）,从而f x ()+4的图象过点()-41，,由原函数与其反函数图象间的关系易知,f x ()+4的反函数的图象必过定点()14，-. 10. 求解析式例15. 设函数f x ()消失反函数,g x f x h x ()()()=-1，与g x ()的图象关于直线x y +=0对称,则函数h x ()=A. -f x ()B. --f x ()C. --f x 1()D. ---f x 1()剖析：请求y h x =()的解析式,本质上就是求y h x =()图象上任一点Px y ()00，的横.纵坐标之间的关系.点Px y ()00，关于直线y x =-的对称点()--y x 00，合适y f x =-1(),即-=-x g y 00(). 又gx f x ()()=-1,即h x f x ()()=--,选B. 抽象函数的周期问题2001年高考数学（文科）第22题：设f x ()是界说在R 上的偶函数,其图象关于直线x =1对称.对随意率性x x 12012，，∈[]都有f xx f xf x ()()()1212+=⋅. （I ）设f ()12=，求f f ()()1214，; （II ）证实f x ()是周期函数. 解析：（I ）解略.（II ）证实：依题设y f x =()关于直线x =1对称 故f x f x x R ()()=-∈2， 又由f x ()是偶函数知 将上式中-x以x 代换,得 这标明f x ()是R 上的周期函数,且2是它的一个周期f x ()是偶函数的本质是f x ()的图象关于直线x =0对称 又f x ()的图象关于x =1对称,可得f x ()是周期函数 且2是它的一个周期由此进行一般化推广,我们得到思虑一：设f x ()是界说在R 上的偶函数,其图象关于直线x aa =≠()0对称,证实f x ()是周期函数,且2a 是它的一个周期.证实： f x ()关于直线x a=对称 又由f x ()是偶函数知f x f x x R ()()-=∈， 将上式中-x以x 代换,得 ∴f x ()是R 上的周期函数且2a 是它的一个周期思虑二：设f x ()是界说在R 上的函数,其图象关于直线x a =和x ba b =≠()对称.证实f x ()是周期函数,且2()b a -是它的一个周期. 证实： f x ()关于直线x a x b ==和对称 将上式的-x以x 代换得 ∴f x ()是R 上的周期函数且2()b a -是它的一个周期若把这道高考题中的“偶函数”换成“奇函数”,f x ()照样不是周期函数？经由摸索,我们得到思虑三：设f x ()是界说在R 上的奇函数,其图象关于直线x =1对称.证实f x ()是周期函数,且4是它的一个周期.,证实： f x ()关于x =1对称∴=-∈fx f x xR ()()2， 又由f x ()是奇函数知f x f x x R f x f x x R()()()()-=-∈∴-=--∈，，2将上式的-x以x 代换,得 ∴f x ()是R 上的周期函数 且4是它的一个周期f x ()是奇函数的本质是f x ()的图象关于原点（0,0）中间对称,又f x ()的图象关于直线x =1对称,可得f x ()是周期函数,且4是它的一个周期.由此进行一般化推广,我们得到思虑四：设f x ()是界说在R 上的函数,其图象关于点M a ()，0中间对称,且其图象关于直线x bb a =≠()对称.证实f x ()是周期函数,且4()b a -是它的一个周期.证实： f x ()关于点M a ()，0对称 ∴-=-∈f a x f x x R ()()2， f x ()关于直线x b =对称∴=-∈∴-=--∈f x f b x x Rf b x f a x x R()()()()222，，将上式中的-x以x 代换,得 f b x f a x x Rf x b a f b x b a f a x b a f b x a f a x a f x x R()()[()][()][()][()][()]()2242242242222+=-+∈∴+-=++-=-++-=-+-=+-=∈，，∴f x ()是R 上的周期函数 且4()b a -是它的一个周期由上我们发明,界说在R 上的函数f x (),其图象如有两条对称轴或一个对称中间和一条对称轴,则f x ()是R 上的周期函数.进一步我们想到,界说在R 上的函数f x (),其图象假如有两个对称中间,那么f x ()是否为周期函数呢？经由摸索,我们得到思虑五：设f x ()是界说在R 上的函数,其图象关于点M a ()，0和N b a b ()()，0≠对称.证实f x ()是周期函数,且2()b a -是它的一个周期.证实： f x ()关于Ma Nb ()()，，，00对称 ∴-=-∈-=-∈∴-=-∈f a x f x x R f b x f x x R f a x f b x x R()()()()()()2222，，，将上式中的-x 以x 代换,得f a x f b x x Rf x b a f b x a f a x a f x x R()()[()][()][()]()2222222+=+∈∴+-=+-=+-=∈，，∴f x ()是周期函数且2()b a -是它的一个周期抽象函数解法规谈抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像,只给出一些函数符号及其知足的前提的函数,如函数的界说域,解析递推式,特定点的函数值,特定的运算性质等,它是高中函数部分的难点,也是大学高级数学函数部分的一个连接点,因为抽象函数没有具体的解析表达式作为载体,是以懂得研讨起来比较艰苦.但因为此类试题即能考核函数的概念和性质,又能考核学生的思维才能,所以备受命题者的青睐,那么,如何求解抽象函数问题呢,我们可以运用特别模子法,函数性质法,特别化办法,联想类比转化法,等多种办法从多角度,多层面去剖析研讨抽象函数问题, 一:函数性质法函数的特点是经由过程其性质(如奇偶性,单调性周期性,特别点等)反响出来的,抽象函数也是如斯,只有充分发掘和运用题设前提和隐含的性质,灵巧进行等价转化,抽象函数问题才干转化,化难为易,经常运用的解题办法有:1,运用奇偶性整体思虑;2,运用单调性等价转化;3,运用周期性回归已知4;运用对称性数形联合;5,借助特别点,布列方程等. 二:特别化办法1在求解函数解析式或研讨函数性质时,一般用代换的办法,将x 换成-x 或将x 换成等 2在求函数值时,可用特别值代入3研讨抽象函数的具体模子,器具体模子解选择题,填空题,或由具体模子函数对分解题,的解答供给思绪和办法.总之,抽象函数问题求解,用通例办法一般很难凑效,但我们假如能经由过程对标题标信息剖析与研讨,采取特别的办法和手腕求解,往往会收到事半功倍之功能,真有些山穷水复疑无路,柳暗花明又一村的快感. 1． 已知函数f(x)对随意率性x.y ∈R 都有f(x+y)＝f(x)+ f(y)+3xy(x+y+2)+3,且f(1)=1 ①若t 为天然数,(t>0)试求f(t)的表达式②知足f(t)=t 的所有整数t 可否组成等差数列?若能求出此数列,若不克不及解释来由 ③若t 为天然数且t≥4时, f(t) ≥mt2+(4m+1)t+3m,恒成立,求m 的最大值. 2． 已知函数f(x)=1)(1)(+-x g x g ,且f(x),g(x)界说域都是R,且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是增函数. g(m) · g(n)=g(m+n)(m.n ∈R)求证：①f(x)是R 上的增函数②当n ∈N,n≥3时,f(n)>1+n n 解: ①设x1>x2g(x)是R 上的增函数, 且g(x)>0 ∴ g(x1) > g(x2) >0 ∴g(x1)+1 > g(x2)+1 >0∴1)(22+x g >1)(21+x g >0∴1)(22+x g -1)(21+x g >0∴f(x1)- f(x2)=1)(1)(11+-x g x g - 1)(1)(22+-x g x g =1-1)(21+x g -(1-1)(22+x g )=1)(22+x g -1)(21+x g >0∴ f(x1) >f(x2)∴ f(x)是R 上的增函数②g(x) 知足g(m) · g(n)= g(m+n)(m.n ∈R) 且g(x)>0 ∴ g(n)=[ g(1)]n=2n 当n ∈N,n≥3时, 2n>n ∴f(n)=1212+-n n＝1-122+n ,1+n n ＝1-11+n2n ＝（1+1）n ＝1+n+…+i nC +…+n+1>2n+1 ∴ 2n+1>2n+2∴122+n<11+n ,即1-122+n>1-11+n∴当n ∈N,n≥3时,f(n)>1+n n3． 设f1(x) f2(x)是(0,+∞)上的函数,且f1(x)单增,设f(x)= f1(x) +f2(x) ,且对于(0,+∞)上的随意率性两相异实数x1, x2 恒有| f1(x1)－ f1(x2)| >| f2(x1)－ f2(x2)|①求证：f (x)在(0,+∞)上单增. ②设F(x)=x f (x), a>0.b>0. 求证：F(a+b)> F(a)+F(b) . ①证实:设 x1>x2>0f1(x) 在(0,+∞)上单增f1(x1)－ f1(x2)>0∴| f1(x1)－ f1(x2)|= f1(x1)－ f1(x2)>0| f1(x1)－ f1(x2)| >| f2(x1)－ f2(x2)|∴f1(x2)- f1(x1)<f2(x1)－ f2(x2)< f1(x1)－ f1(x2) ∴f1(x1)+f2(x1)> f1(x2)+ f2(x2) ∴f(x1)> f(x2)f (x)在(0,+∞)上单增 ②F(x)=x f (x), a>0.b>0a+b>a>0,a+b>b>0F(a+b)=(a+b)f(a+b)=af(a+b)+bf(a+b)f (x)在(0,+∞)上单增∴F(a+b)>af(a)+bf(b)= F(a)+F(b)4． 函数y ＝f(x)知足 ①f(a+b)＝f (a)·f (b),②f(4)＝16, m.n 为互质整数,n≠0 求f(nm)的值 f(0) =f(0+0)=f(0) ·f(0)=f2(0)∴f(0) =0或1.若f(0)=0则f(4)=16=f(0+4)=f(0) ·f(4)=0.(抵触)∴f(1)=1f(4)=f(2) ·f(2)=f(1) ·f(1) ·f(1) ·f(1)=16f(1)=f2(21)≥0 ∴f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0.即y=f(x)长短负函数.f(0)=f(a+(-a))=f(a) ·f(-a)∴f(-a)=)(1a f n ∈N*时f(n)=fn(1)=2n,f(-n)=2-nf(1)=f(n 1+n 1+…+n 1)=fn(n1)=2 ∴f(n 1)= n12∴f(nm )=[f(n1)]m= nm 25． 界说在（-1,1）上的函数f (x)知足 ① 随意率性x.y ∈（-1,1）都有f(x)+ f(y)＝f (xyyx ++1),②x ∈（-1,0）时, 有f(x) >01) 剖断f(x)在（-1,1）上的奇偶性,并解释来由 2) 剖断f(x)在（-1,0）上的单调性,并给出证实3) 求证：f (1312++n n )＝f (11+n )－f (21+n )或f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )> f (21) (n ∈N*) 解:1)界说在（-1,1）上的函数f (x)知足随意率性x.y ∈（-1,1）都有f(x)+ f(y)＝f (xyyx ++1),则当y=0时, f(x)+ f(0)＝f(x) ∴f(0)=0当-x=y 时, f(x)+ f(-x)＝f(0)∴f(x)是（-1,1）上的奇函数2) 设0>x1>x2>-1f(x1)-f(x2)= f(x1)+ f(-x2)=)1(2121x x xx f --0>x1>x2>-1 ,x ∈（-1,0）时,有f(x) >0,1-x1 x2>0, x1-x2>0∴)1(2121x x xx f -->0即f(x)在（-1,0）上单调递增.3)f (1312++n n )=f(12312-++n n ) =f()2)(1(11)2)(1(1++-++n n n n )=f(211112111+•+-+-+n n n n )=f(11+n )-f(21+n ) ∴f (51)+f (111)+…+f (1312++n n ) =f(21)-f(31)+f(31)-f(41)+f(41)+…+f(11+n )-f(21+n )= f(21) -f(21+n )=f(21)+f(-21+n )x ∈（-1,0）时,有f(x) >0∴f(-21+n )>0, f(21)+f(-21+n )>f(21)即f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )> f (21)6． 设 f (x)是界说在R 上的偶函数,其图像关于直线x=1对称, 对随意率性x1.x2∈[0,12]都有f (x1+ x2)＝f(x1) ·f(x2), 且f(1)=a>0. ①求f (12)及 f (14);②证实f(x)是周期函数③记an=f(2n+12n ), 求lim ∞→n (lnan)解: ①由f (x)= f (x 2 + x2)=[f(x)]2≥0,f(x)a= f(1)=f(2n·12n )=f(12n +12n +…+12n )＝[f (12n )]2解得f (12n)=n a 21∴ f (12)=21a,f (14)=41a . ②f(x)是偶函数,其图像关于直线x=1对称, ∴f(x)=f(-x),f(1+x)=f(1-x).∴f(x+2)=f[1+(1+x)]= f[1-(1+x)]= f(x)=f(-x). ∴f(x)是以2为周期的周期函数.③an=f(2n+12n )= f (12n)=n a 21∴lim ∞→n (lnan)= lim ∞→n aa 2ln =07． 设)(x f y =是界说在R 上的恒不为零的函数,且对随意率性x.y ∈R 都有f(x+y)＝f(x)f(y)①求f(0),②设当x<0时,都有f(x)>f(0)证实当x>0时0<f(x)<1, ③设a1=21,an=f(n)（n ∈N* ）,sn 为数列｛an ｝前n 项和,求lim ∞→n sn.解：①②仿前几例,略. ③an ＝f(n),∴ a1＝f(1)＝21an+1＝f(n+1)=f(n)f(1)＝21an∴数列｛an ｝是首项为21公比为21的等比数列∴sn ＝1-n⎪⎭⎫ ⎝⎛21∴lim ∞→n sn ＝18． 设)(x f y =是界说在区间]1,1[-上的函数,且知足前提： （i ）;0)1()1(==-f f（ii ）对随意率性的.|||)()(|],1,1[,v u v f u f v u -≤--∈都有 （Ⅰ）证实：对随意率性的;1)(1],1,1[x x f x x -≤≤--∈都有 （Ⅱ）证实：对随意率性的;1|)()(|],1,1[,≤--∈v f u f v u 都有 （Ⅲ）在区间[－1,1]上是否消失知足题设前提的奇函数)(x f y =,且使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈-=-∈-<-].1,21[,|,||)()(|].21,0[,.|||)()(|v u v u v f u f v u v u v f u f 当当 若消失,请举一例：若不消失,请解释来由.（Ⅰ）证实：由题设前提可知,当]1,1[-∈x 时,有,1|1|)1()(|)(|x x f x f x f -=-≤-=即.1)(1x x f x -≤≤-（Ⅱ）证法一：对随意率性的 1.|v -u ||f(v)-f(u)|,1||],1,1[,≤≤≤--∈有时当v u v u当0,u ,1|v -u |<⋅>v 时无妨设,0<u 则1,u -0>>v v 且 所以,|1||1||)1()(||)1()(||)()(|-++≤-+--≤-v u f v f f u f v f u f.1)(211<--=-++=u v v u 综上可知,对随意率性的],1,1[,-∈v u 都有.1|)()(|≤-v f u f证法二：由（Ⅰ）可得,当.||11)1()(||)(|,]0,1[x,-1f(x),]1,0[x x f x f x f x x -=+≤--=-∈≤∈时时 所以,当.||1)(|,]1,1[x x f x -≤-∈时是以,对随意率性的],1,1[,-∈v u当1||≤-v u 时,.1|||)()(|≤-≤-v u v f u f 当1||>-v u 时,有0<⋅v u 且.2||||||1≤+=-<v u v u所以.1)||(|2||1||1|)(||)(||)()(|≤+-=-+-≤+≤-v u v u v f u f v f u f 综上可知,对随意率性的],1,1[,-∈v u 都有.1|)()(|≤-v f u f（Ⅲ）答：知足所述前提的函数不消失.来由如下,假设消失函数)(x f 知足前提,则由],1,21[,|,||)()(|∈-=-v u v u v f u f得.21|121||)1()21(|=-=-f f 又,0)1(=f 所以.21|)21(|=f ①。

培优点三 含导函数的抽象函数的构造例1：已知定义在R 上的可导函数()f x 的导函数为()f x '，满足()()f x f x '<，且()2f x +为 偶函数，()41f =，则不等式()xf x e <的解集为________． 【答案】(0,)+∞【解析】设()()x f x h x e =，则()()()()()2x x e f x f x h x e '-'=．∵()()f x f x '<，∴()0h x '<，所以函数()h x 是R 上的减函数，∵函数()2f x +是偶函数，∴函数(2)(2)f x f x -+=+，∴函数关于2x =对称，∴(0)(4)1f f ==，原不等式等价为()1h x <，∴不等式()x f x e <等价()1()(0)h x h x h <⇔<，0()(0)1x f x f e e <=． ∵()h x 在R 上单调递减，∴0x >．故答案为(0,)+∞．例2：已知2)(ax e x f x -=，曲线)(x f y =在))1(,1(f 处的切线方程为1+=bx y ．（1）求a ，b 的值；（2）求)(x f 在]1,0[上的最大值； 一、含导函数的抽象函数的构造（3）证明：当0>x 时，01ln )1(≥---+x a x e e x． 【答案】（1）1a =，2b e =-；（2）max ()1f x e =-；（3）证明见解析．【解析】（1）()2x f x e ax '=-，由题设得(1)2f e a b '=-=，1)1(+=-=b a e f ，解得1a =，2b e =-．（2）由（1）知2)(x e x f x -=，∴()2x f x e x '=-，()2xf x e ''=-， ∴()f x '在)2ln ,0(上单调递减，在),2(ln +∞上单调递增，所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，所以)(x f 在]1,0[上单调递增，所以1)1()(max -==e f x f ．（3）因为()f x '，又由（2）知，)(x f 过点)1,1(-e ，且)(x f y =在1=x 处的切线方程为1)2(+-=x e y ， 故可猜测：当0x >，1x ≠时，)(x f 的图象恒在切线1)2(+-=x e y 的上方．下证：当0>x 时，1)2()(+-≥x e x f ，设()()(2)1g x f x e x =--+，0x >，则()2(2)x g x e x e '=---，()2xg x e ''=-， 由（2）知，()g x '在)2ln ,0(上单调递减，在),2(ln +∞上单调递增，又()30g x e '=->，(1)0g '=，0ln 21<<，∴(ln 2)0g '<，所以，存在)1,0(0∈x ，使得()0g x '=，所以，当),1(),0(0+∞∈ x x 时，()0g x '>；当)1,(0x x ∈时，()0g x '<，故)(x g 在),0(0x 上单调递增，在)1,(0x 上单调递减，在),1(+∞上单调递增，又0)1()0(==g g ，∴01)2()(2≥----=x e x e x g x ，当且仅当1=x 时取等号， 故(2)1x e e x x x+--≥，0x >． 由（2）知，1ln 1)2(+≥≥--+x x x x e e x ，即1ln 1)2(+≥--+x xx e e x ， 所以x x x x e e x +≥--+ln 1)2(，即0ln 1)1(≥---+x x x e e x成立，当1=x 时，等号成立．一、选择题 1．设函数()f x 在定义域内可导，()y f x =的图像如图所示，则导函数()y f x '=的图像可能为（）A ．B ．C ．D ． 对点增分集训【答案】D【解析】由函数()f x 的图象可知，当(0,)x ∈+∞时，()f x 单调递减，所以(0,)x ∈+∞时，()0f x '<，符合条件的只有D 选项，故选D ．2．曲线311y x =+在点(1,12)P 处的切线与y 轴交点的纵坐标是（） A ．9-B ．15C ．9D ．3-【答案】C 【解析】∵311y x =+，∴23y x '=，则21313x y ==⨯='， ∴曲线311y x =+在点(1,12)P 处的切线方程为123(1)y x -=-， 令0x =，解得9y =．∴曲线311y x =+在点(1,12)P 处的切线与y 轴交点的纵坐标是9， 故选C ．3．已知函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()2(1)ln f x xf x =+'，则(2)f '=（）A ．32B ．1C ．1-D ．32-【答案】D【解析】依题意()()121f x f x''=+，令1x =，得()()1211f f ''=+，()11f '=-， 所以()12f x x '=-+，所以()132222f '=-+=-，故选D ．4．曲线sin xy x e =+在点(0,1)处的切线方程是（） A ．330x y -+= B ．220x y -+= C ．210x y -+= D ．310x y -+=【答案】C【解析】求导cos x y x e '=+，则曲线sin xy x e =+， 在点(0,1)处的切线的斜率0cos02k e =+=，由点斜式可得12(0)y x -=-，即切线方程为210x y -+=，故选C ．5．函数()321313f x x x x =+--的极小值点是（） A ．1 B ．8(1,)3- C ．3- D ．(3,8)-【答案】A【解析】()223f x x x =+-'，由2230x x +-=，得3x =-或1．函数()321313f x x x x =+--在(),3-∞-上为增函数，()3,1-上为减函数， ()1+∞，上为增函数， 故()f x 在1x =处有极小值，极小值点为1．故选A ．6．函数()sin xf x ae x =-在0x =处有极值,则a 的值为（） A ．1-B ．0C ．1D ．e【答案】C 【解析】由题意得：()cos xf x ae x '=-，∵()f x 在0x =处有极值，∴()0cos010f a a '=-=-=，解得1a =．经检验满足题意，本题正确选项C ．7．若函数()2123ln 2f x x x x =--，则函数()f x 的单调递减区间为（） A ．(,1)(3,)-∞-+∞ B ．()1,3- C ．()0,3D ．()3,+∞ 【答案】C 【解析】函数()2123ln 2f x x x x =--的定义域为{|0}x x >， 因为2323(3)(1)()2x x x x f x x x x x---+'=--==， 令(3)(1)0x x x-+<并且0x >，得03x <<， 所以函数()2123ln 2f x x x x =--的单调递减区间为()0,3． 故本题正确答案为C ．8．己知()tan f x x =，()f x '为()f x 导数，则π3f ⎛⎫ ⎪⎝⎭='（）A ．4B ．2CD ．2-【答案】A 【解析】∵sin ()tan cos x f x x x ==，∴2222cos sin 1()cos cos x x f x x x+'==，∴π1()4134f '==，故本题选A ． 9．函数22cos y x x x =+的导数为（）A ．22cos sin 2y x x x x x '=-+B ．222cos sin y x x x x x '=-+ C ．2cos 2sin 2y x x x x x '=--D ．22cos sin y x x x x x '=-- 【答案】A【解析】∵22cos y x x x =+，∴()()2222cos (cos )2cos sin 2y x x x x x x x x x x ''''=+⋅+=-+，故选A ． 10．已知函数()ln f x x x a =+在点()()1,1f 处的切线经过原点，则实数a （） A ．1- B ．0 C ．1e D ．1【答案】D【解析】函数()ln f x x x a =+，()ln 1f x x '=+，∴(1)1f '=，切线方程为1y x a =-+，故001a =-+，解1a =．故选D ．11．设函数1()ln f x x x=+，则（） A ．2x =为()f x 的极大值点B ．2x =为()f x 的极小值点C ．1x =为()f x 的极大值点D ．1x =为()f x 的极小值点【答案】D 【解析】函数1()ln f x x x =+，则函数22111()x x f x x x-'=-+=， 令()0f x '=，解得1x =，当()0f x '>，解得1x >，∴函数()f x 在(1,)+∞单调递增；由()0f x '<，解得01x <<，∴函数()f x 在(0,1)上单调递减．∴函数()f x 在1x =取得极小值，故选D ．12．若2()lg(21)f x x ax a =-++在区间(,1]-∞上单调递减，则a 的取值范围为（） A ．[1,2) B ．[1,2] C ．[1,)+∞ D ．[2,)+∞【答案】A【解析】令221u x ax a =-++，则()lg f u u =，配方得22221()1u x ax a x a a a =-++=--++，故对称轴为x a =，如图所示：由图象可知，当对称轴1a ≥时，221u x ax a =-++在区间(,1]-∞上单调递减， 又真数2210x ax a -++>，二次函数221u x ax a =-++在(,1]-∞上单调递减， 故只需当1x =时，若2210x ax a -++>，则(,1]x ∈-∞时，真数2210x ax a -++>，代入1x =，解得2a <，所以a 的取值范围是[1,2)．故选A ．二、填空题13．已知()212()3f x x xf '=+-，则1()3f '-=_____． 【答案】23【解析】()122()3f x x f ''=+-，令13x =-， 则121()2()333f f ''-=-+-，故12()33f '-=．故填23．14．曲线21xy xe x =+-在点(0,1)-处的切线方程为_______． 【答案】310x y --=【解析】因为(1)2xy x e '=++，所以(0)3y '=，又切点为(0,1)-，所以在点(0,1)-处的切线方程为310x y --=．15．如图，函数()y f x =的图象在点P 处的切线方程是28y x =-+，则(3)(3)f f '+=______．【答案】0【解析】由题意可知(3)2382f =-⨯+=，(3)2f '=-，故(3)(3)0f f '+=．三、解答题16．已知函数3()128f x x x =-+．（1）求函数()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （2）若[1,3]x ∈-，求()f x 的最大值．【答案】（1）128y x =-+；（2）19．【解析】（1）因为3()128f x x x =-+，所以(0)8f =，因为2()312f x x '=-，所以(0)12f '=-，切线方程为812y x -=-，即128y x =-+．（2）令2()3120f x x '=-=，得2x =或2x =-，由[1,3]x ∈-，所以2x =， 因为(1)19f -=，(2)8f =-，(3)1f =-，所以()f x 的最大值为19．17．已知函数()32f x ax bx cx d =+++在R 上是奇函数，且在1x =处取得极小值2-． （1）求()f x 的解析式；（2）求过点()0,16A 且与曲线()y f x =相切的切线方程．【答案】（1）3()3f x x x =-；（2）9160x y -+=．【解析】（1）∵()f x 是定义在R 上的奇函数，∴0b d ==，∴()3f x ax cx =+，则()23f x ax c '=+， ∴()()13012f a c f a c ⎧=+=⎪⎨=+=-'⎪⎩，解得13a c =⎧⎨=-⎩． ∴()33f x x x =-． （2）设切点坐标为()3000,3M x x x -，则在M 处切线斜率()20033k f x x '==-， 又30003160x x k x --=-，∴320000316330x x x x --=--，解得02x =-，∴3439k =⨯-=，∴过()0,16A 的切线方程为169y x -=，即9160x y -+=．18．设函数21()2ln ()2f x x ax x a =-+∈R 在1x =时取得极值． （1）求a 的值；（2）求函数()f x 的单调区间．【答案】（1）3；（2）()f x 的单调递增区间为()0,1，()2,+∞；单调递减区间为(1,2)．【解析】（1）2()f x x a x'=-+， 当1x =时取得极值，则(1)0f '=，即120a -+=，解得3a =，经检验，符合题意． （2）由（1）得：21()32ln 2f x x x x =-+， ∴2(1)(2)()3,(0)x x f x x x x x--'=-+=>， 令()0f x '>，解得01x <<或2x >；令()0f x '<，解得12x <<，∴()f x 的单调递增区间为(0,1)，(2,)+∞；单调递减区间为(1,2)．19．已知函数2()x f x e ax =-，且曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线(2)0x e y +-=垂直．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求()1f x ≥的解集．【答案】（1）()f x 在(),-∞+∞为增函数；（2）{}0x x ≥．【解析】（1）∵()2()2x x f x e ax f x e ax =-⇒=-'，∴()12f e a '=-， ∵曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线(2)0x e y +-=垂直．∴()12()112e a a e -⋅-=-⇒=-，∴()2xf x e x =-'， 令()()()2x h x f x h x e ''=⇒=-，当()0ln 2h x x >⇒>'时，()f x '为增函数；当()0ln 2h x x <⇒<'时，()f x '为减函数， 所以()()min ln 222ln 20f x f ==-'>'，所以()0f x '>，所以()f x 在(),-∞+∞为增函数．（2）2()110x f x e x ≥⇒--≥，令()21x g x e x =--， 因为()f x 在(),-∞+∞为增函数，所以()g x 在(),-∞+∞为增函数，因为()00010g e =--=，所以不等式的解集为{}0x x ≥． 20．函数()x f x e ax =-，a ∈R ．（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）当0x >时，()0f x ≥恒成立，求实数a 的最大值．【答案】（1）()f x 极小值为()01f =，无极大值；（2）e ．【解析】（1）1a =时，()x f x e x =-，则()1xf x e '=-，令()0f x '=，解得0x =．当0x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ∴()f x 极小值为()01f =，无极大值．（2）当0x >时，由()0f x ≥，得xe a x≤， 令()x e g x x =，则()()221xx x x e xe e g x x x --'==， 令()0g x '=，解得1x =，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增， ∴()()min 1g x g e ==，∴a e ≤，∴实数a 的最大值为e ．。

高考数学复习考点知识与题型专题讲解函数中的构造问题题型一 导数型构造函数命题点1利用f (x )与x 构造例1(2022·湘豫名校联考)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数为f ′(x )，当x >0时，f ′(x )－f (x )x >0，若a ＝2f (1)，b ＝f (2)，c ＝4f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，则a ，b ，c 的大小关系是() A ．c <b <a B ．c <a <bC ．b <a <cD ．a <b <c答案B解析构造函数g (x )＝f (x )x (x >0)，得g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2＝1x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′(x )－f (x )x ， 由题知当x >0时，f ′(x )－f (x )x >0，所以g ′(x )>0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (2)2>f (1)1>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1212，即f (2)>2f (1)>4f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即b >a >c . 思维升华 (1)出现nf (x )＋xf ′(x )形式，构造函数F (x )＝x n f (x )；(2)出现xf ′(x )－nf (x )形式，构造函数F (x )＝f (x )x n .跟踪训练1设f (x )为定义在R 上的奇函数，f (－3)＝0.当x >0时，xf ′(x )＋2f (x )>0，其中f ′(x )为f (x )的导函数，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是()A ．(－∞，－3)∪(0,3)B ．(－3,0)∪(3，＋∞)C ．(－3,0)∪(0,3)D ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)答案B解析令g (x )＝x 2f (x )，x ∈R ，当x >0时，g ′(x )＝x 2f ′(x )＋2xf (x )＝x [xf ′(x )＋2f (x )]>0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (x )为R 上的奇函数，即f (－x )＝－f (x )，于是得g (－x )＝(－x )2f (－x )＝－g (x )，则g (x )是奇函数，g (x )在(－∞，0)上单调递增，又f(－3)＝0，则g(3)＝－g(－3)＝－[(－3)2f(－3)]＝0，当x>0时，f(x)>0⇔g(x)>0＝g(3)，得x>3，当x<0时，f(x)>0⇔g(x)>0＝g(－3)，得－3<x<0，综上，得－3<x<0或x>3，所以使f(x)>0成立的x的取值范围是(－3,0)∪(3，＋∞)．命题点2利用f(x)与e x构造例2已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)对于x∈R恒成立，a＝f(2)e2，b＝f(0)，则a，b的大小关系为________．答案a<b解析构造F(x)＝f(x)e x，则F′(x)＝e x f′(x)－e x f(x)e2x＝f′(x)－f(x)e x，导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)，则F′(x)<0，F(x)在R上单调递减，F(2)<F(0)，即f(2)e2<f(0)．思维升华(1)出现f′(x)＋f(x)形式，构造函数F(x)＝e x f(x)；(2)出现f′(x)－f(x)形式，构造函数F(x)＝f(x) e x.跟踪训练2已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x)是f(x)的导函数，满足：e x f(x)＋(e x＋1)·f′(x)>0，且f(1)＝12，则不等式f(x)>e＋12(e x＋1)的解集为()A．(－1,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)答案D解析令g (x )＝(e x ＋1)f (x )，则g ′(x )＝e x f (x )＋(e x ＋1)f ′(x )>0，所以g (x )在R 上单调递增，不等式f (x )>e ＋12(e x ＋1)可化为(e x ＋1)f (x )>e ＋12， 而f (1)＝12，则g (1)＝(e ＋1)f (1)＝e ＋12，即g (x )>g (1)，所以x >1，即不等式的解集为(1，＋∞)．命题点3利用f (x )与sin x 、cos x 构造例3(2022·重庆模拟)定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，已知f ′(x )是它的导函数，且恒有cos x ·f ′(x )＋sin x ·f (x )<0成立，则有()A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 B.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 D.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 答案C解析构造函数g (x )＝f (x )cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <π2. 则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x (cos x )2<0， 即函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减， 所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3， 同理g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4， 即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4. 思维升华 函数f (x )与sin x ，cos x 相结合构造可导函数的几种常见形式F (x )＝f (x )sin x ，F ′(x )＝f ′(x )sin x ＋f (x )cos x ；F (x )＝f (x )sin x ，F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x； F (x )＝f (x )cos x ，F ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )sin x ；F (x )＝f (x )cos x ，F ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x. 跟踪训练3已知R 上的奇函数f (x )，其导函数为f ′(x )，且当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )sin x＋f (x )cos x <0，若a ＝22f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，b ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，则a 与b 的大小关系为________． 答案a <b解析设φ(x )＝f (x )·sin x ，则φ′(x )＝f ′(x )sin x ＋f (x )cos x ，∴x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )<0，即φ(x )在(0，＋∞)上单调递减，又f (x )为奇函数，∴φ(x )为偶函数，∴φ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝φ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>φ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4·sin π4， 即－12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6>22f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4， 即22f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6<－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，∴a <b . 题型二 同构法构造函数例4(1)若存在x ，y ∈(0，＋∞)使得x ln(2ax )＋y ＝x ln y ，则实数a 的最大值为() A.1e B.12eC.13eD.2e答案B解析由x ln(2ax )＋y ＝x ln y ，得ln(2a )＝ln y x －y x ，令t ＝y x >0，g (t )＝ln t －t ，则g ′(t )＝1t －1＝1－t t ，当0<t <1时，g ′(t )>0，当t >1时，g ′(t )<0，所以g (t )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当t ＝1时，g (t )取得极大值即最大值g (1)＝－1，因为当t →0时，g (t )→－∞，所以g (t )∈(－∞，－1]，所以ln2a ≤－1，所以0<a ≤12e ，所以实数a 的最大值为12e .(2)已知当x ≥e 时，不等式x a＋1x －1e x ≥a ln x 恒成立，则正实数a 的最小值为() A ．1B.1e C ．eD.1e 2答案B解析由题意，原不等式可变形为1e x －1x ≤x a －a ln x ， 即1e x －ln 1e x ≤x a －ln x a ，设f (x )＝x －ln x ，则当x ≥e 时，f (1e x )≤f (x a )恒成立，因为f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以函数f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为x ≥e ，a >0，所以1e x >1，x a >1，因为f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以要使f (1e x )≤f (x a )，只需1e x ≤x a ，两边取对数，得1x ≤a ln x ，因为x ≥e ，所以a ≥1x ln x .令h (x )＝x ln x (x ∈[e ，＋∞))，因为h ′(x )＝ln x ＋1>0，所以h (x )在[e ，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (e)＝e ，所以0<1x ln x ≤1e ，则a ≥1e ，故正实数a 的最小值为1e .思维升华 同构法的三种基本模式：①乘积型，如a e a ≤b ln b 可以同构成a e a ≤(ln b )e ln b ，进而构造函数f (x )＝x e x；②比商型，如e a a <b ln b 可以同构成e a lne a <b ln b ，进而构造函数f (x )＝x ln x ；③和差型，如e a ±a >b ±ln b ，同构后可以构造函数f (x )＝e x ±x 或f (x )＝x ±ln x . 跟踪训练4(1)(2022·常州模拟)若0<x 1<x 2<1，则下列不等式成立的是()A ．x 21e x >x 12e xB ．x 21e x <x 12e xC ．2e x －1e x >ln x 2－ln x 1D ．1e x －2e x >ln x 2－ln x 1答案A解析构造函数f (x )＝e x x (0<x <1)，因为f ′(x )＝e x (x －1)x 2<0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，因为0<x 1<x 2<1， 所以22e x x <11e x x ， 即x 21e x >x 12e x ，所以选项A正确，选项B错误；构造函数h(x)＝e x－ln x(0<x<1)，h′(x)＝e x－1 x ，易知h′(x)在(0,1)上单调递增，而h′(1)＝e－1>0，当x→0＋时，h′(x)→－∞，所以存在x0∈(0,1)，使h′(x0)＝0，所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，1)上单调递增，所以无法判断C选项的正确性；构造函数g(x)＝e x＋ln x(0<x<1)，易知g(x)在(0,1)上单调递增，因为0<x1<x2<1，所以1e x＋ln x1<2e x＋ln x2，即1e x－2e x<ln x2－ln x1，所以选项D不正确．(2)已知函数f(x)＝e x－ln x＋kx－1在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，则实数k＝________.答案1解析令f(x)＝0得，k＝x e x－x－ln x＝e ln x·e x－x－ln x＝e ln x＋x－x－ln x，令x＋ln x＝t，所以t∈R，所以k＝e t－t，令φ(t)＝e t－t，φ′(t)＝e t－1，令φ′(t)>0，得t>0，令φ′(t)<0，得t<0，所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以φ(t)min＝φ(0)＝1，且当t→－∞时，φ(t)→＋∞，当t→＋∞时，φ(t)→＋∞，所以k＝1.在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“00”型的代数式，就设法求其最值．“00”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则．法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limx→a f(x)＝0及limx→ag(x)＝0；(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)limx→a f′(x)g′(x)＝A，那么limx→af(x)g(x)＝limx→a f′(x)g′(x)＝A.法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limx→a f(x)＝∞及limx→ag(x)＝∞；(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)limx→a f′(x)g′(x)＝A，那么limx→af(x)g(x)＝limx→af′(x)g′(x)＝A.例1已知函数f(x)＝x ln x，若对任意x>1，都有f(x)>a(x－1)成立，求实数a的取值范围．解当x>1时，f(x)>a(x－1)，即a<x ln xx－1，令φ(x)＝x ln xx－1(x>1)，φ′(x )＝x －1－ln x(x －1)2，令g (x )＝x －1－ln x (x >1)，∴g ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，∴g (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )>g (1)＝0，∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，由洛必达法则知lim x →1φ(x )＝lim x →1x ln x x －1＝lim x →1(1＋ln x )＝1， ∴a ≤1.故实数a 的取值范围是(－∞，1]．例2已知函数f (x )＝x (e x －1)－ax 2(a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝－1处有极值，求a 的值．(2)当x >0时，f (x )≥0，求实数a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝e x －1＋x e x －2ax＝(x ＋1)e x －2ax －1，依题意知f ′(－1)＝2a －1＝0，∴a＝1 2.经检验a＝12符合题意．(2)方法一当x>0时，f(x)≥0，即x(e x－1)－ax2≥0，即e x－1－ax≥0，令φ(x)＝e x－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝e x－a.①当a≤1时，φ′(x)＝e x－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满足条件．②当a>1时，若0<x<ln a，则φ′(x)<0，若x>ln a，则φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－a ln a≥0.令g(a)＝a－1－a ln a(a>1)，∴g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a <0，∴g (a )在(1，＋∞)上单调递减．∴g (a )<g (1)＝0与g (a )≥0矛盾，故a >1不满足条件，综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]．方法二当x >0时，f (x )≥0，即x (e x －1)－ax 2≥0，即e x －1－ax ≥0，即ax ≤e x －1，即a ≤e x －1x 恒成立，令h (x )＝e x －1x (x >0)，∴h ′(x )＝e x(x －1)＋1x 2，令k (x )＝e x (x －1)＋1(x >0)，∴k ′(x )＝e x ·x >0，∴k (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴k (x )>k (0)＝0，∴h ′(x )>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则知，lim x→0h(x)＝limx→0e x－1x＝limx→0e x＝1，∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．课时精练1．已知f(x)的定义域为R，f(1)＝2023，且f′(x)≥6x恒成立，则不等式f(x)>3x2＋2020的解集为()A．(－1,1)B．(1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案B解析令函数g(x)＝f(x)－3x2，因为g′(x)＝f′(x)－6x≥0，所以g(x)在R上单调递增．因为g(1)＝f(1)－3＝2020，所以不等式f(x)>3x2＋2020等价于g(x)>g(1)，所以x>1.2．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足xf′(x)<f(x)，若a＝f(1)，b＝f(ln4) ln4，c ＝f (3)3，则a ，b ，c 的大小关系为()A ．a >b >cB ．c >a >bC ．b >a >cD ．a >c >b答案A解析设g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2<0， ∴g (x )为减函数．∵3>ln4>1，∴g (3)<g (ln4)<g (1)，即a >b >c .3．(2022·青铜峡模拟)已知函数f (x )是定义在R 上的可导函数，其导函数记为f ′(x )，若对于任意实数x ，有f (x )>f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为()A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，e 4)D ．(e 4，＋∞)答案A解析令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x ， ∵f (x )>f ′(x )，∴g ′(x )<0，即g (x )为减函数，又f (0)＝1，故g (0)＝f (0)e 0＝1，则不等式f (x )<e x 等价于f (x )e x <1＝g (0)，即g (x )<g (0)，解得x >0，故不等式的解集为(0，＋∞)．4．若函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x <f (x )cos x 恒成立，则() A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4 B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4 C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4 答案C解析因为任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x －f (x )cos x <0恒成立，又当x ∈(－π，0)时，sin x <0，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )sin x ′＝f ′(x )sin x －f (x )cos x (sin x )2<0， 所以y ＝f (x )sin x 在(－π，0)上单调递减，因为－5π6<－3π4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6－12>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4－22， 所以2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4. 5．已知a ＝ln 33，b ＝e －1，c ＝3ln28，则a ，b ，c 的大小关系为()A ．b >c >aB ．a >c >bC ．a >b >cD ．b >a >c答案D解析依题意得a ＝ln 33＝ln33，b ＝e －1＝lne e ，c ＝3ln28＝ln88.令f (x )＝ln x x (x >0)，则f ′(x )＝1－ln x x 2，易知函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．所以f (x )max ＝f (e)＝1e ＝b ，且f (3)>f (8)，即a >c ，所以b >a >c .6．若e 2b＋12(a －1)2＝e a ＋12(2b －1)2，则() A ．a >2b B ．a ＝2bC ．a <2bD ．a >b 2答案B解析∵e 2b ＋12(a －1)2＝e a ＋12(2b －1)2，∴e a －12(a －1)2＝e 2b －12(2b －1)2，令f (x )＝e x －12(x －1)2，∴f ′(x )＝e x －x ＋1，令g (x )＝e x －x ＋1，∴g ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (0)＝2，∴g (x )>0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在R 上为增函数，又e a －12(a －1)2＝e 2b －12(2b －1)2，则f (a )＝f (2b )，∴a ＝2b .7．已知a ，b ∈(0，e)，且a <b ，则下列式子中不可能成立的是()A ．a e b <b e aB ．a e b >b e aC ．a ln b <b ln aD ．a ln b >b ln a答案C解析设g (x )＝e x x ，则g ′(x )＝e x(x －1)x 2，所以g (x )＝e x x 在(0,1)上单调递减，在(1，e)上单调递增．所以当a ，b ∈(0，e)，a <b 时，不能判断出g (a )与g (b )的大小．所以选项A ，B 都有可能正确；设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，由f ′(x )>0，得0<x <e ，由f ′(x )<0，得x >e ，所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，因为a ，b ∈(0，e)，且a <b ，所以ln a a <ln b b ，即a ln b >b ln a .所以选项C 不正确，D 正确．8．已知定义域为R 的函数f (x )的图象连续不断，且∀x ∈R ，f (x )＋f (－x )＝4x 2，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<4x ，若f (2m ＋1)－f (－m )≤6m 2＋8m ＋2，则实数m 的取值范围是()A ．[－1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞D ．[1，＋∞) 答案B解析依题意得，f (x )＋f (－x )＝4x 2，故f (x )－2x 2＝－[f (－x )－2(－x )2]，令g (x )＝f (x )－2x 2，则g (x )＝－g (－x )，所以函数g (x )为奇函数，g ′(x )＝f ′(x )－4x ，因为当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<4x ，即当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝f ′(x )－4x <0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递减，由g (x )为奇函数可知，g (x )在R 上单调递减，因为f (2m ＋1)－f (－m )≤6m 2＋8m ＋2，故f (2m ＋1)－2·(2m ＋1)2≤f (－m )－2·(－m )2，即g (2m ＋1)≤g (－m )，故2m ＋1≥－m ，则m ≥－13，所以实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，＋∞. 9．定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e x f (x )>e x ＋3的解集为________．答案(0，＋∞)解析将f (x )＋f ′(x )>1左右两边同乘e x 得，e xf (x )＋e x f ′(x )－e x >0，令g (x )＝e x f (x )－e x ，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x >0，所以g (x )在R 上单调递增，且g (0)＝f (0)－1＝3，不等式e x f (x )>e x ＋3等价于e x f (x )－e x >3，即g (x )>g (0)，所以x >0.10．若x <y 时，不等式2(sin x －sin y )<m (x －y )恒成立，则实数m 的取值范围是________． 答案(－∞，－2]解析因为∀x <y ，恒有2(sin x －sin y )<m (x －y )，即2sin x －mx <2sin y －my ，令f(x)＝2sin x－mx，所以∀x<y，有f(x)<f(y)，所以f(x)在R上单调递增，所以f′(x)＝2cos x－m≥0恒成立，即m≤2cos x，所以m≤－2.11．(2022·深圳模拟)已知a，b，c∈(0,1)，且a2－2ln a＋1＝e，b2－2ln b＋2＝e2，c2－2ln c ＋3＝e3，其中e是自然对数的底数，则a，b，c的大小关系是________．答案a>b>c解析设f(x)＝x2－2ln x，g(x)＝e x－x，则f(a)＝g(1)，f(b)＝g(2)，f(c)＝g(3)，又g′(x)＝e x－1>0(x>0)，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(3)>g(2)>g(1)，即f(c)>f(b)>f(a)，因为f′(x)＝2x－2x ＝2(x2－1)x<0(x∈(0,1))，所以f(x)在(0,1)上单调递减，所以a>b>c.12．若不等式x e x－a≥ln x＋x－1恒成立，则实数a的最大值为________．答案2解析∵x e x－a≥ln x＋x－1，∴e ln x＋x－a≥ln x＋x－1，令t＝ln x＋x，则e t－a≥t－1恒成立，则a≤e t－t＋1恒成立，令φ(t)＝e t－t＋1，∴φ′(t)＝e t－1，当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0；当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0，∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，∴a≤2，故a的最大值为2.。

高考数学热点必会题型第5讲 导数构造函数解决问题类型总结——每天30分钟7天掌握一、重点题型目录【题型】一、构造函数)(x f x n型【题型】二、构造函数)(x f e nx型【题型】三、构造函数n xx f )(型 【题型】四、构造函数nxe xf )(型 【题型】五、构造函数x sin 与函数)(x f 型 【题型】六、构造函数x cos 与函数)(x f 型 【题型】七、构造ne 与)()(x bf x af +型 【题型】八、构造()b kx +与)(x f 型 【题型】九、构造()b kx +ln 型 【题型】十、构造综合型 二、题型讲解总结第一天学习及训练【题型】一、构造函数)(x f x n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()()22+<0xf x x f x '，()324f =，则关于x 的不等式()23f x x >的解集为（ ）A ．()0,4B ．()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[)0,x ∈+∞，都有()()30f x xf x '+>恒成立，()22f =，则不等式()()31116x f x --<的解集是__________.【题型】二、构造函数)(x f e nx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0x >时，()()()20x f x xf x '++>，则（ ） A ．()()124f f e> B ．()20f <C ．()()310f f -⋅>D ．()()142f f e->- 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()()'0f x f x +>，则（ ）A ．e －2 021f (－2 021)>f (0)，e 2 021f (2 021)<f (0)B ．e －2 021f (－2 021)<f (0)，e 2 021f (2 021)<f (0)C ．e －2 021f (－2 021)>f (0)，e 2 021f (2 021)>f (0)D ．e －2 021f (－2 021)<f (0)，e 2 021f (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()0f x >且()()0f x xf x '+>，则有（ ） A ．()f x 可能是奇函数，也可能是偶函数B ．()()11f f ->C ．42x ππ<<时，cos22s (os )(in c )x f e f x x <D ．(0)(1)f <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()()2e x f x f x x '+=，()112ef -=-，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 上没有极值第二天学习及训练【题型】三、构造函数n xx f )(型 例7．（2022·山东·潍坊一中高三期中）设函数()f x '是奇函数()(R)f x x ∈的导函数，(1)0f -= ，当0x >时，()()0xf x f x '-> ，则使得()0f x >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 =，21e b =，ln 2c ππ=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【题型】四、构造函数nxe xf )(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()()0f x f x <'<，则（ ）A ．()()e 21f f >，()()2e 1f f >B ．()()e 21f f >，()()2e 1f f <C ．()()e 21f f <，()()2e 1f f <D ．()()e 21f f <，()()2e 1f f >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(1)e f =，则不等式()2525e0x f x --->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()()()3R f x f x x '>∈，1e 3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（e 为自然对数的底数），则不等式()3ln f x x <的解集为（ ）A ．e 0,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1e ,e 3⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(D ．e 3⎛ ⎝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fx ，且()()2e x f x f x x '-=，()00=f ，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()10,4e -D ．()f x 的最小值为0第三天学习及训练【题型】五、构造函数x sin 与函数)(x f 型例13．（2022·云南师大附中高三阶段练习）已知13sin ,,ln1.11131a b c ===，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，π26f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，3()cos ()sin 0f x x f x x '+>，则不等式3π1cos 024f x x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭的解集为（ ） A ．π,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．2π,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．2ππ,33⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．π,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【题型】六、构造函数x cos 与函数)(x f 型例15．已知函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其导函数是()'f x .有()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则关于x ()2cos 6x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（ ）A ．,32ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,63ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．,26ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭例16．（2021·重庆·高二期末）已知()f x 的定义域为(0,)+∞且满足()0f x >，()f x '为()f x 的导函数，()()(cos )xf x f x e x x '-=+，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 有极小值无极大值第四天学习及训练【题型】七、构造ne 与)()(x bf x af +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()()0f x f x <'<，则（ ）A ．()()e 21f f >，()()2e 1f f >B ．()()e 21f f >，()()2e 1f f <C ．()()e 21f f <，()()2e 1f f <D ．()()e 21f f <，()()2e 1f f >例18．（2022·河南·高三阶段练习（文））已知函数()e x f x ax k =--，其中e 为自然对数的底数，若21,e k ⎡⎤∈-⎣⎦时，函数()f x 有2个零点，则实数a 的可能取值为（ ）A ．eB ．2eC ．2eD ．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0x >时，()()0f x f x x '+<，且(2)3f =-，则不等式6(21)21f x x --<-的解集为（ ） A ．13,,22⎛⎫⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．13,22⎛⎫⎪⎝⎭D ．1113,,2222⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭例20．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知函数()32e e x xf x x x -=-++-，其中e 是自然对数的底数，若()()224f a f a -+>，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()2,1-B ．(),2-∞-C ．()1,+∞D ．()(),21,-∞-⋃+∞【题型】八、构造()b kx +与)(x f 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()2f x '<，且()45f =，则不等式()1223x x f +>-的解集是（ ）A ．()0,2B ．()0,4C ．(),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0x >时，()()()20x f x xf x '++>，则（ ） A ．()()124f f e> B ．()20f <C ．()()310f f -⋅>D ．()()142f f e->- 第五天学习及训练【题型】九、构造()b kx +ln 型例23．（2023·全国·高三专题练习）定义在(0)+∞，上的函数()f x 满足()()110,2ln2xf x f '+=＞，则不等式)(e 0x f x +> 的解集为（ ） A ．(02ln2)， B ．(0,ln2) C ．(ln21)， D ．(ln2)+∞，例24．（2022·河南·高三阶段练习（理））设1cos 2a =，78b =，15ln 8c ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 之间的大小关系为（ ） A ．c ＜b ＜aB ．c ＜a ＜bC ．b ＜c ＜aD ．a ＜c ＜b例25．（2022·贵州·高三阶段练习（理））已知命题p ：在ABC 中，若π4A >，则sin A >，命题:1q x ∀>-，ln(1)x x ≥+.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（ ）∈32log 23>；∈eln ππ<；∈123sin 248>；∈3eln2< A ．1B ．2C ．3D ．4例27．（2022·江苏·南京师大附中高三期中）已知函数()2ln f x x ax =-，则下列结论正确的有（ ） A ．当12ea <时，()y f x =有2个零点 B ．当12ea >时，()0f x ≤恒成立 C ．当12a =时，1x =是()y f x =的极值点 D ．若12,x x 是关于x 的方程()0f x =的2个不等实数根，则12e x x >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 '=-，()1=1f '，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减B ．()f x 的最大值为eC ．()f x 的最小值为1e-D ．存在正数0x ，使得()00ln f x x <参考答案 第一天学习及训练【题型】一、构造函数)(x f x n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()()22+<0xf x x f x '，()324f =，则关于x 的不等式()23f x x >的解集为（ ）A ．()0,4B ．()2,+∞C ．()4,+∞D ．()0,2【答案】D【分析】构造函数()()2h x x 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()()2h x x f x =，则()()()220h x xf x x f x ''=+<，所以()h x 在()0,+∞单调递减，不等式()23f x x >可以转化为()()2234224x f x f >⨯=，即()()2h x h >，所以02x <<. 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[)0,x ∈+∞，都有()()30f x xf x '+>恒成立，()22f =，则不等式()()31116x f x --<的解集是__________. 【答案】()1,3-【分析】构造新函数()()3g x x 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()()3g x x f x =，x ∈R ，()f x 为奇函数，∈()()()33=()=()=g x x f x x f x g x ---，即()g x 是偶函数，有()()=()=g x g x g x -，∈[)0,+x ∈∀∞，()()30f x xf x '+>恒成立，故[)0,+x ∈∞时，()()()()()()232=3+=3+0g x x f x x f x x f x xf x '''≥，∈函数()g x 在[)0,∞+上为增函数，∈()22f =，∈()()2=2=16g g -，()()311<16x f x --等价于()1<16=(2)g x g -，()(1)=1<(2)g x g x g --，且函数()g x 在[)0,∞+上为增函数，∈1<2x -，解得13x . 故答案为：()1,3-【题型】二、构造函数)(x f e nx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0x >时，()()()20x f x xf x '++>，则（ ） A ．()()124f f e> B ．()20f <C ．()()310f f -⋅>D ．()()142f f e->- 【答案】D 【解析】 【分析】令()()2xg x x e f x =，根据导数可知其在[)0,∞+上单调递增，由()()()2100g g g >>=可知AB 错误，同时得到()()142f f e<，()10f >，()30f >，结合奇偶性知C 错误，D 正确. 【详解】对于AB ，令()()2xg x x e f x =，则()00g =，()()()()22x x g x x x e f x x e f x ++'='，当0x ≥时，()()()()20xg x xe x f x xf x ''=+⋅+≥⎡⎤⎣⎦，()g x ∴在[)0,∞+上单调递增，()()()012g g g ∴<<，即()()20142ef e f <<，()20f ∴>，()()124f f e<，AB 错误； 对于C ，由A 的推理过程知：当0x >时，()()20xg x x e f x =>，则当0x >时，()0f x >，∴()10f >，()30f >，又()f x 为奇函数，()()330f f ∴-=-<，()()310f f ∴-⋅<，C 错误． 对于D ，由A 的推理过程知：()()142f f e<，又()()11f f -=-，()()22f f -=-，()()142f f e-∴-<--，则()()142f f e->-，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()()'0f x f x +>，则（ ）A ．e －2 021f (－2 021)>f (0)，e 2 021f (2 021)<f (0)B ．e －2 021f (－2 021)<f (0)，e 2 021f (2 021)<f (0)C ．e －2 021f (－2 021)>f (0)，e 2 021f (2 021)>f (0)D ．e －2 021f (－2 021)<f (0)，e 2 021f (2 021)>f (0)【答案】D 【解析】 【分析】通过构造函数法，结合导数确定正确答案. 【详解】构造函数()()()()()''e ,e 0x xF x f x F x f x f x ⎡⎤=⋅=+⋅>⎣⎦，所以()F x 在R 上递增，所以()()()()20210,02021F F F F -<<， 即()()()()20212021e20210,0e 2021f f f f -⋅-<<⋅.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()0f x >且()()0f x xf x '+>，则有（ ） A ．()f x 可能是奇函数，也可能是偶函数 B ．()()11f f ->C ．42x ππ<<时，cos22s (os )(in c )xf ef x x <D ．(0)(1)f <【答案】D 【解析】 【分析】根据奇函数的定义结合()0f x >即可判断A ；令()()22ex g x 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()0f x >，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； 令()()22ex g x f x =，则()()()()()()222222e eex x x g x x f x f x xf x f x '''=+=+，因为22e0x >，()()0f x xf x '+>，所以()0g x '>，所以函数()g x 为增函数， 所以()()11g g -<，即()()1122e 1e 1f f -<， 所以()()11f f -<，故B 错误；因为42x ππ<<，所以0cos x <sin 12x <<，所以sin cos x x >， 故()()sin cos g x g x >，即()()22sin cos 22e sin ecos x x f x f x >，所以()()()22cos sin cos222sin ecos ecos x xx f x f x f x ->=，故C 错误；有()()01g g <，即()()01f <，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()()2e x f x f x x '+=，()112ef -=-，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()10f '-=，再构造()()2e xg x f x =，得到()3e x g x x '=，进而再构造()()()23e e 2x x h x f x x g x '==-，判断出()0h x >，即0fx ，由此得到选项.【详解】根据题意，()()2e x f x f x x '+=，故()()1211e f f -'-+-=-，又()112e f -=-，得()11212e e f ⎛⎫'-+-=- ⎪⎝⎭，故()10f '-=，令()()2e xg x f x =，则()()()()()222232e e e 2e e e x x x x x x g x f x f x f x f x x x '''⎡⎤=+=+=⋅=⎣⎦，又()()2232e e e x x x f x f x x '+=，记()()()()2323e e 2e e 2x x x xh x f x x f x x g x '==-=-，所以()()()333333e 3e 2e 3e 2e e 1x x x x x xh x x g x x x x ''=+-=+-=+，当1x <-时，()0h x '<，()h x 单调递减；当1x >-时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()()21e 10h x h f -'>-=-=，即()2e 0xf x '>，即0fx ，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第二天学习及训练【题型】三、构造函数nx x f )(型 例7．（2022·山东·潍坊一中高三期中）设函数()f x '是奇函数()(R)f x x ∈的导函数，(1)0f -= ，当0x >时，()()0xf x f x '-> ，则使得()0f x >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【分析】根据题意构造函数()()f x 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(1)0f -=求出(1)0g -=，结合函数()g x 的单调性、奇偶性，再转化()0f x >，由单调性求出不等式成立时x 的取值范围． 【详解】由题意设()()f x g x x =，则2()()()xf x f x g x x '-'=当0x >时，有()()0xf x f x '->，∴当0x >时，()0g x '>，∴函数()()f x g 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(1)0f -=得，(1)0g -=， 不等式()0()0f x x g x >⇔>，∴>0()>(1)x g x g ⎧⎨⎩或<0()<(1)x g x g -⎧⎨⎩，即有1x >或10x -<<，∴使得()0f x >成立的x 的取值范围是：(1-，0)(1⋃，)+∞， 故选：D例8．（2022·安徽·砀山中学高三阶段练习）已知a =，21e b =，ln 2c ππ=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【分析】构造函数，根据函数的单调性比较大小. 【详解】令()2ln x f x x =，则()42ln x x xf x x -'=，令()0f x '<，解得x >因此()2ln x f x x =在)∞+上单调递减，又因为()ln 4416a f ===，()221ln e e e e b f ===，ln 2c f ππ===，因为4e >>a b c <<. 故选：C.【题型】四、构造函数nxex f )(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()()0f x f x <'<，则（ ）A ．()()e 21f f >，()()2e 1f f >B ．()()e 21f f >，()()2e 1f f <C ．()()e 21f f <，()()2e 1f f <D ．()()e 21f f <，()()2e 1f f >【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. 【详解】构造函数()()()()()e e x xf x f x f xg x g x '-'=⇒=，因为()()f x f x '<，所以()0g x '>，因此函数()g x 是增函数， 于是有2(2)(1)(2)(1)(2)e (1)e ef fg g f f >⇒>⇒>， 构造函数()()e ()e [()()]x x h x f x h x f x f x ''=⋅⇒=+，因为()()0f x f x <'<， 所以()0h x '<，因此()h x 是单调递减函数， 于是有2(2)(1)e (2)e (1)e (2)(1)h h f f f f <⇒<⇒<，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(1)e f =，则不等式()2525e0x f x --->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()()0f x f x '->, 设()()x f x g x =e ，则()()()0e xf x f xg x '-'=>， 所以函数()g x 在(),-∞+∞上单调递增，因为()1e f =，所以()()1111f g ==e ， 所以不等式()2525e0x f x --->等价于()25251e x f x -->即()()251g x g ->，所以251x ->，解得3x >，所以不等式()2525e0x f x --->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()()()3R f x f x x '>∈，1e 3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（e 为自然对数的底数），则不等式()3ln f x x <的解集为（ ）A ．e 0,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1e ,e 3⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(D ．e 3⎛ ⎝【答案】C【分析】构造函数()()3exf xg x =，由已知可得函数()g x 在R 上为增函数，不等式()3ln f x x <即为()1ln 3g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，根据函数的单调性即可得解.【详解】解：令()()3e x f x g x =，则()()()33e xf x f xg x '-'=，因为()()()3R f x f x x '>∈， 所以()()()330e xf x f xg x '-'=>，所以函数()g x 在R 上为增函数， 不等式()3ln f x x <即不等式()3ln <1>0f x x x ⎧⎪⎨⎪⎩，又()()()3ln 3ln ln ln e x f x f x g x x ==，11313e f g ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭， 所以不等式()3ln f x x <即为()1ln 3g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即1ln 3x <，解得0x <<所以不等式()3ln f x x <的解集为(.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fx ，且()()2e x f x f x x '-=，()00=f ，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()10,4e -D ．()f x 的最小值为0 【答案】ABC 【分析】构造()()ex f x g x =，结合已知求()g x 的解析式，进而可得2()e x f x x =，再利用导数研究()f x 的极值点、单调性，并判断其值域范围，即可判断各选项的正误. 【详解】令()()e x f x g x =，则()()()2exf x f xg x x '-'==，故2()g x x C =+，（C 为常数），所以2()e ()x f x x C =+，而()()00e 00f C =+=，故0C =，所以2()e x f x x =，则2()(2)e x f x x x '=+， 令()0f x '=，可得2x =-或0x =，在(,2)-∞-、(0,)+∞上()0f x '>，()f x 递增；在(2,0)-上()0f x '<，()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0，24(2)e f -=，(0)0f =，x 趋于正无穷时()f x 趋向于正无穷， 所以()f x m =有三个实数根时m 的范围为()20,4e -，()f x 的最小值为0，C 错误，D 正确；故选：ABC第三天学习及训练【题型】五、构造函数x sin 与函数)(x f 型例13．（2022·云南师大附中高三阶段练习）已知13sin ,,ln1.11131a b c ===，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()sin ,0,2f x x x x π⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，利用导数判断单调性，即可得到a b <；根据结构构造函数()ln 1g x x x =+-，利用导数判断单调性，即可得到a c <；根据结构构造函数3()ln(1)3xh x x x=+-+，利用导数判断单调性，即可得到c b <. 【详解】构造函数()sin ,0,2f x x x x π⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，则()1cos 0f x x =-≥'，故函数=()y f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，故1(0)011f f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即11sin 1111>，又313111>，故a b <．构造函数()ln 1g x x x =+-，则1()1g x x'=-，易知函数=()y g x 在=1x 处取得最大值(1)0g =，故10011g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即1010ln 101111+-<，即11011ln ln ln1.1111110<-==，由前面知11sin 1111<，故a c <．构造函数3()ln(1)3x h x x x =+-+，则222219(3)9(1)(3)()1(3)(1)(3)(1)(3)x x x x h x x x x x x x +-+-=-==++++++'，故知函数()y h x =在(0,3)上单调递减，故(0.1)(0)0h h <=，即0.33ln1.1 3.131<=，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，π26f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，3()cos ()sin 0f x x f x x '+>，则不等式3π1cos 024f x x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭的解集为（ ） A ．π,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．2π,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．2ππ,33⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．π,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】令()()31sin 4g x f x x =-，结合题设条件可得()g x 为R 上的增函数，而原不等式即为π02g x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭，从而可求原不等式的解集.【详解】3π1cos 024f x x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭可化为3ππ1sin 0224f x x ⎛⎫⎛⎫++-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()()31sin 4g x f x x =-， 则()()()()()322sin 3sin cos sin ()sin 3cos g x f x x f x x x x f x x f x x '''=+=+，因为3()cos ()sin 0f x x f x x '+>，故0g x （不恒为零），故()g x 为R 上的增函数，故3π1cos 024f x x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭即为π02g x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭，而33πππ1ππ1sin sin 06664664g f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=---=--= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故π02g x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭的解为ππ26x +>-，故2π3x >-即3π1cos 024f x x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭的解为2π,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.故选：B.【题型】六、构造函数x cos 与函数)(x f 型例15．已知函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其导函数是()'f x .有()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则关于x()2cos 6x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（ ）A ．,32ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,63ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．,26ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭【答案】B 【分析】 令()()cos f x F x x=，根据题设条件，求得()F'0x <，得到函数()()cos f x F x x=在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭内的单调递减函数，再把不等式化为()6cos cos 6f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，结合单调性和定义域，即可求解.【详解】由题意，函数()f x 满足()()'cos sin 0f x x f x x +<， 令()()cos f x F x x=，则()()()2'cos sin '0cos f x x f x xF x x+=<函数()()cos f x F x x=是定义域,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭内的单调递减函数，由于cos 0x >，关于x的不等式()2cos 6x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭可化为()6cos cos 6f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，即()6F x F π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以22x ππ-<<且6x π>，解得26x ππ>>，()2cos 6x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭.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()0f x >，()f x '为()f x 的导函数，()()(cos )xf x f x e x x '-=+，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】 【分析】 令()()xf x F x e=，根据题意得到()cos F x x x '=+，设()cos ,0g x x x x =+>，利用导数求得()g x 在区间(0,)+∞单调递增，得到()0F x '>，由()()x f x e F x =⋅，得到()0f x '>，即函数()f x 为单调递增函数，得到函数无极值.【详解】 令()(),0x f x F x x e =>，可得()()()xf x f x F x e'-'=， 因为()()(cos )xf x f x e x x '-=+，可得()cos F x x x '=+，设()cos ,0g x x x x =+>，可得()1sin 0g x x '=-≥， 所以()g x 在区间(0,)+∞单调递增，又由()01g =，所以()()01g x g >=，所以()0F x '>，所以()F x 单调递增， 因为()0f x >且0x e > ，可得()0F x >，因为()()xf x F x e =，可得()(),0xf x e F x x =⋅>， 则()()()[]0xf x e F x F x ''=+>，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.第四天学习及训练【题型】七、构造ne 与)()(x bf x af +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()()0f x f x <'<，则（ ）A ．()()e 21f f >，()()2e 1f f >B ．()()e 21f f >，()()2e 1f f <C ．()()e 21f f <，()()2e 1f f <D ．()()e 21f f <，()()2e 1f f >【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. 【详解】构造函数()()()()()e ex xf x f x f xg x g x '-'=⇒=，因为()()f x f x '<， 所以()0g x '>，因此函数()g x 是增函数， 于是有2(2)(1)(2)(1)(2)e (1)e ef fg g f f >⇒>⇒>， 构造函数()()e ()e [()()]x x h x f x h x f x f x ''=⋅⇒=+，因为()()0f x f x <'<， 所以()0h x '<，因此()h x 是单调递减函数，于是有2(2)(1)e (2)e (1)e (2)(1)h h f f f f <⇒<⇒<，故选：D例18．（2022·河南·高三阶段练习（文））已知函数()e xf x ax k =--，其中e 为自然对数的底数，若21,e k ⎡⎤∈-⎣⎦时，函数()f x 有2个零点，则实数a 的可能取值为（ ）A ．eB ．2eC ．2eD ．3e【答案】D【分析】由题意可知方程2e ,1,e x ax k k ⎡⎤-=∈-⎣⎦有两个实数根，令()e xg x ax =-，则()g x 的图象与直线2,1,e y k k ⎡⎤=∈-⎣⎦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2e ,1,e x ax k k ⎡⎤-=∈-⎣⎦有两个实数根，令()e x g x ax =-，则()g x 的图象与直线2,1,e y k k ⎡⎤=∈-⎣⎦有两个交点，()e xg x a '=-．（1）若0,()0a g x '≤<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2,1,e y k k ⎡⎤=∈-⎣⎦至多只有一个交点，不合题意；（2）若0a >，当ln x a <时，()0g x '>，当ln x a >时，()0g x '<， 所以()g x 的单调递增区间是(,ln )a -∞，单调递减区间是(ln ,)a +∞， 所以当ln x a =时，()g x 取得极大值，也是最大值，为ln a a a -． 当x →-∞时，()g x →-∞，当x →+∞时，()g x →-∞，所以要使()g x 的图象与直线2,1,e y k k ⎡⎤=∈-⎣⎦有两个交点，只需2ln e a a a ->．ln (ln 1)a a a a a -=-，当0e a <≤时，ln 0a a a -≤，当e a >时，ln 0a a a ->，所以2ln e ,e a a a a ->>，设()ln ,e h a a a a a =->，则()ln 0h a a '=>，所以()h a 在(e,)+∞上单调递增，而()22e e h =，所以2ln e a a a ->的解为2e a >，而23e e >， 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0x >时，()()0f x f x x '+<，且(2)3f =-，则不等式6(21)21f x x --<-的解集为（ ） A ．13,,22⎛⎫⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．13,22⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1113,,2222⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【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()()2226F f ==-，分12x >与12x <，对6(21)21f x x --<-变形，利用函数单调性解不等式，求出解集. 【详解】当0x >时，()()()()0f x xf x f x f x x x'+'+=<， 所以当0x >时，()()0xf x f x '+<，令()()F x xf x =，则当0x >时，()()()0F x xf x f x +''=<， 故()()F x xf x =在0x >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(2)3f =-，所以()()2226F f ==-， 当12x >时，6(21)21f x x --<-可变形为()21(21)6x f x --<-， 即()()212F x F -<，因为()()F x xf x =在R 上单调递减， 所以212x ->，解得：32x >， 与12x >取交集，结果为32x >；当12x <时，6(21)21f x x --<-可变形为()21(21)6x f x -->-， 即()()212F x F ->，因为()()F x xf x =在R 上单调递减， 所以212x -<，解得：32x <， 与12x <取交集，结果为12x <； 综上：不等式6(21)21f x x --<-的解集为13,,22⎛⎫⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A例20．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知函数()32e e x xf x x x -=-++-，其中e 是自然对数的底数，若()()224f a f a -+>，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()2,1-B ．(),2-∞-C ．()1,+∞D ．()(),21,-∞-⋃+∞【答案】D【分析】构造函数()()2g x f x =-，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2(2)()4f a f a -+>变为2(2)()g a g a ->-，利用()g x 的单调性进行求解.【详解】构造函数()3()2e e x xg x f x x x -=-=-+-，因为()g x 的定义域为(,)-∞+∞，且()()()33e e e e x x x x g x x x x x ---=---+-=-+-+ 3e )()e (x x g x x x -=--+-=-，即()g x 是奇函数，又()22231e +e 31310x x g x x x x -=-+≥-+=+>'， 所以()g x 在 (,)-∞+∞上单调递增；因为2(2)()4f a f a -+>，所以2(2)2[()2]f a f a -->--， 即2(2)()g a g a ->-，即2(2)()g a g a ->-，所以22a a ->-， 即220a a +->，解得1a >或2a <-， 即(,2)(1,)a ∈-∞-+∞. 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()()2g x f x =-，将问题转化为利用函数的奇偶性和单调性求2(2)()g a g a ->-的解集. 【题型】八、构造()b kx +与)(x f 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()2f x '<，且()45f =，则不等式()1223x x f +>-的解集是（ ）A ．()0,2B ．()0,4C ．(),2-∞D ．(),4-∞【答案】C【分析】根据所求不等式()1223x x f +>-的形式，构造函数()()23g x f x x =-+，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()()24xg g >，再利用单调性求出解集．【详解】设()()23g x f x x =-+，则()()2g x f x ''=-．因为()2f x '<，所以()20f x '-<，即()0g x '<，所以()g x 在()0,∞+上单调递减．不等式()1223x x f +>-等价于不等式()22230x x f -⨯+>，即()20xg >．因为()45f =，所以()()442430g f =-⨯+=，所以()()24xg g >．因为()g x 在()0,∞+上单调递减，所以24x <，解得2x <． 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0x >时，()()()20x f x xf x '++>，则（ ） A ．()()124f f e> B ．()20f <C ．()()310f f -⋅>D ．()()142f f e->- 【答案】D 【解析】令()()2xg x x e f x =，根据导数可知其在[)0,∞+上单调递增，由()()()2100g g g >>=可知AB 错误，同时得到()()142f f e<，()10f >，()30f >，结合奇偶性知C 错误，D 正确. 【详解】对于AB ，令()()2xg x x e f x =，则()00g =，()()()()22x x g x x x e f x x e f x ++'='，当0x ≥时，()()()()20xg x xe x f x xf x ''=+⋅+≥⎡⎤⎣⎦，()g x ∴在[)0,∞+上单调递增，()()()012g g g ∴<<，即()()20142ef e f <<，()20f ∴>，()()124f f e<，AB 错误； 对于C ，由A 的推理过程知：当0x >时，()()20xg x x e f x =>，则当0x >时，()0f x >，∴()10f >，()30f >，又()f x 为奇函数，()()330f f ∴-=-<，()()310f f ∴-⋅<，C 错误． 对于D ，由A 的推理过程知：()()142f f e<，又()()11f f -=-，()()22f f -=-，()()142f f e-∴-<--，则()()142f f e->-，D 正确． 故选：D.第五天学习及训练【题型】九、构造()b kx +ln 型例23．（2023·全国·高三专题练习）定义在(0)+∞，上的函数()f x 满足()()110,2ln2xf x f '+=＞，则不等式)(e 0x f x +> 的解集为（ ） A ．(02ln2)， B ．(0,ln2) C ．(ln21)， D ．(ln2)+∞，【分析】构造新函数()()ln ,(0)g x f x x x =+>，利用导数说明其单调性，将)(e 0x f x +>变形为)>(e (2)x g g ，利用函数的单调性即可求解. 【详解】令()()ln ,(0)g x f x x x =+> ， 则()11()()xf x g x f x x x'+''=+=，由于()10xf x '+＞, 故()0g x '>,故()g x 在(0)+∞，单调递增， 而1(2)(2)ln2ln ln 202g f =+=+= ，由)(e 0x f x +>，得)>(e (2)x g g ， ∈e 2x > ，即ln2x > ,∈不等式)(e 0x f x +>的解集为(ln2)+∞，, 故选：D ．例24．（2022·河南·高三阶段练习（理））设1cos 2a =，78b =，15ln 8c ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 之间的大小关系为（ ） A ．c ＜b ＜a B ．c ＜a ＜bC ．b ＜c ＜aD ．a ＜c ＜b【答案】A【分析】构造函数()()ln 1g x x x =+-，()212cos f x x x ⎛⎫-- ⎝=⎪⎭，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()()ln 1g x x x =+-， x ＞－1，则()1111xg x x x -'=-=++， 当－1＜x ＜0时，()0g x '>，()g x 单调递增，当x ＞0时，()0g x '<，()g x 单调递减， ∈()()00g x g ≤=，∈()ln 1x x ≤+（当x ＝0时等号成立）， ∈1577ln ln 1888⎛⎫⎛⎫=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则c ＜b ，构造函数()21cos 12f x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，0＜x ＜1，则()sin f x x x '=-，令()sin x x x ϕ=-，0＜x ＜1，∈()1cos 0x x ϕ'=->，()x ϕ单调递增， ∈()()00ϕϕ>=x ，∈0fx，()f x 单调递增，从而()()00f x f >=，∈102f ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即21117cos 12228⎛⎫>-⋅= ⎪⎝⎭，则a ＞b ．∈c ＜b ＜a ． 故选：A ．例25．（2022·贵州·高三阶段练习（理））已知命题p ：在ABC 中，若π4A >，则sin A >，命题:1q x ∀>-，ln(1)x x ≥+.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:1q x ∀>-，ln(1)x x ≥+成立，从而判断出四个选项中的真命题.【详解】在ABC 中，若5π6A =，此时满足π4A >，但1sin 2A =<p 错误； 令()()ln 1,1f x x x x =-+>-， 则()1111xf x x x '=-=++， 当0x >时，0f x，当10x -<<时，()0f x '<，所以()f x 在0x >上单调递增，在10x -<<上单调递减， 所以()f x 在0x =处取得极小值，也是最小值，()()00ln 010f =-+=，所以:1q x ∀>-，ln(1)x x ≥+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（ ）∈32log 23>；∈eln ππ<；∈123sin 248>；∈3eln2< A ．1 B ．2C ．3D ．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∈错误；构造函数()ln xf x x=，利用导数研究其单调性和最值，进而判定∈∈正确；构造函数31()=sin 6h x x x x -+，π(0,)2x ∈，利用二次求导确定其单调性，利用1()>(0)2h h 得到∈正确.【详解】对于∈：若32log 23>，则2323>，即89>， 显然不成立，故∈错误； 对于∈：将eln ππ<变为ln πlne <πe， 构造()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=， 则当0e x <<时，0f x，e x >时，()0f x '<，所以()ln xf x x=在(0,e)上单调递增，在(e,+)∞上单调递减， 则e x =时，()f x 取得最大值1e，由()()πe f f <得ln πlne <πe， 即eln ππ<成立，故∈正确；对于∈：令31()=sin 6h x x x x -+，π(0,)2x ∈，。

高考抽象函数技巧总结由于函数概念比较抽象，学生对解有关函数记号()f x 的问题感到困难，学好这部分知识，能加深学生对函数概念的理解，更好地掌握函数的性质，培养灵活性；提高解题能力，优化学生数学思维素质。

现将常见解法及意义总结如下： 一、求表达式： 1.换元法：即用中间变量表示原自变量x 的代数式，从而求出()f x ，这也是证某些公式或等式常用的方法，此法解培养学生的灵活性及变形能力。

例1：已知 ()211xf x x =++,求()f x . 解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u u f u u u-=+=--∴2()1xf x x -=- 2.凑合法：在已知(())()fg xh x =的条件下，把()h x 并凑成以()g u 表示的代数式，再利用代换即可求()f x .此解法简洁，还能进一步复习代换法。

例2：已知3311()f x x xx+=+，求()f x 解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x xx x x x+=+-+=++-又∵11||||1||x x x x +=+≥ ∴23()(3)3f x x x x x =-=-，(|x |≥1)3.待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件，定出关系式中的未知系数。

例3． 已知()f x 二次实函数，且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x .解:设()f x =2ax bx c ++，则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a abc b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f x x x =++ 4.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式.例4.已知y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x解:∵()f x 为奇函数，∴()f x 的定义域关于原点对称，故先求x <0时的表达式。

抽象函数经典习题经典习题11. 若函数(21)f x +的定义域为31,2⎛⎫- ⎪⎝⎭,则函数2(log )f x 的定义域为( )A.1,22⎛⎫⎪⎝⎭B.1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦C.12⎛ ⎝ D.12⎡⎢⎣ 2. 若*(1)()1(f n f n n N +=+∈),且f(1)=2,则f(100)的值是( )A ．102B ．99C ．101D ．100 3. 定义R 上的函数()f x 满足：()()(),(9)8,f xy f x f y f f =+==且则（）AB ．2C ．4D ．64. 定义在区间（-1，1）上的减函数()f x 满足：()()f x f x -=-。

若2(1)(1)0f a f a -+-<恒成立，则实数a 的取值范围是___________________.5. 已知函数()f x 是定义在(0,+∞)上的增函数,对正实数,x y ,都有:()()()f xy f x f y =+成立.则不等式2(log )0f x <的解集是__________.6. 已知函数()f x 是定义在（-∞，3]上的减函数，已知22(sin )(1cos )f a x f a x -≤++对x R ∈恒成立，求实数a 的取值范围。

7. 已知()f x 是定义在R 上的不恒为零的函数,且对于任意的,,a b R ∈都满足:()()()f a b af b bf a •=+.(1)求(0),(1)f f 的值;(2)判断()f x 的奇偶性,并证明你的结论; (3)若(2)2f =,*(2)()n n f u n N n-=∈,求数列{n u }的前n 项和n s .8. 定义在R 上的函数y=f(x)，f(0)≠0，当x>0时，f(x)>1，且对任意的a 、b ∈R ，有f(a+b)=f(a)f(b)， （1） 求证：f(0)=1；（2） 求证：对任意的x ∈R ，恒有f(x)>0； （3）证明：f(x)是R 上的增函数；（4）若f(x)·f(2x-x 2)>1，求x 的取值范围。

【方法综述】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，而构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现，尤其是在导数题型中．在导数小题中构造函数的常见结论：出现()()nf x xf x '+形式，构造函数()()F nx x f x =；出现()()xf x nf x '-形式，构造函数()()F n f x x x =；出现()()f x nf x '+形式，构造函数()()F nxx e f x =；出现()()f x nf x '-形式，构造函数()()F nxf x x e =． 【解答策略】类型一、利用()f x 进行抽象函数构造 1．利用()f x 与x （n x ）构造 常用构造形式有()xf x ，()f x x ；这类形式是对u v ⋅，uv型函数导数计算的推广及应用，我们对u v ⋅，u v 的导函数观察可得知，u v ⋅型导函数中体现的是“+”法，uv型导函数中体现的是“-”法，由此，我们可以猜测，当导函数形式出现的是“+”法形式时，优先考虑构造u v ⋅型，当导函数形式出现的是“-”法形式时，优先考虑构造uv． 例1.【2019届高三第二次全国大联考】设是定义在上的可导偶函数，若当时，，则函数的零点个数为 A ．0 B ．1 C ．2D ．0或2 【指点迷津】设，当时，，可得当时，，故函数在上单调递减，从而求出函数的零点的个数．【举一反三】【新疆乌鲁木齐2019届高三第二次质量检测】的定义域是，其导函数为，若，且（其中是自然对数的底数），则A ．B ．C ．当时，取得极大值D ．当时，2．利用()f x 与x e 构造()f x 与x e 构造，一方面是对u v ⋅，uv函数形式的考察，另外一方面是对()x x e e '=的考察．所以对于()()f x f x '±类型，我们可以等同()xf x ，()f x x的类型处理， “+”法优先考虑构造()()F xx f x e =⋅， “-”法优先考虑构造()()F xf x x e=． 例2、【湖南省长郡中学2019届高三下学期第六次月考】已知是函数的导函数，且对任意的实数都有是自然对数的底数），，若不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【指点迷津】令，可得，可设，，解得，，利用导数研究其单调性极值与最值并且画出图象即可得出．【举一反三】【安徽省黄山市2019届高三第二次检测】已知函数是定义在上的可导函数，对于任意的实数x ，都有，当时，若，则实数a 的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．3．利用()f x 与sin x ，cos x 构造sin x ，cos x 因为导函数存在一定的特殊性，所以也是重点考察的范畴，我们一起看看常考的几种形式．()()F sin x f x x =，()()()F sin cos x f x x f x x ''=+；()()F sin f x x x =，()()()2sin cos F sin f x x f x xx x'-'=； ()()F cos x f x x =，()()()F cos sin x f x x f x x ''=-；()()F cos f x x x =，()()()2cos sin F cos f x x f x xx x'+'=．例3、已知函数()y f x =对于任意,22x ππ⎛⎫∈-⎪⎝⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是函数()f x 的导函数），则下列不等式不成立的是（ ） A ．234f f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．234f f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()024f f π⎛⎫<⎪⎝⎭ D ．()023f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭【指点迷津】满足“()()cos sin 0f x x f x x '+>”形式，优先构造()()F cos f x x x=，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．注意选项的转化． 类型二 构造具体函数关系式这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题． 1.直接法：直接根据题设条件构造函数 例4、α，,22ππβ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是（ ） A ．αβ> B ．22αβ> C ．αβ< D ．0αβ+> 【指点迷津】根据题目中不等式的构成，构造函数()sin f x x x =，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．【举一反三】【福建省2019届备考关键问题指导适应性练习（四)】已知函数，，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A ．B ．C ．D ．【指点迷津】根据题目中方程的构成，构造函数，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．2. 参变分离，构造函数例5.【云南省玉溪市第一中学2019届高三下学期第五次调研】 设为函数的导函数，且满足，若恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【指点迷津】根据，变形可得，通过构造函数，进一步确定的最大值，利用导数，结合的单调性，即可求解.【举一反三】【河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟】设函数，有且仅有一个零点，则实数的值为（）A．B．C．D．【强化训练】一、选择题1．【山西省2019届高三百日冲刺】已知函数，若对任意的，恒成立，则的取值范围为（）A．B．C．D．2．【海南省海口市2019届高三高考调研】已知函数的导函数满足对恒成立，则下列判断一定正确的是（）A．B．C．D．3．【辽宁省抚顺市2019届高三一模】若函数有三个零点，则实数的取值范围是() A．B．C．D．4．【辽宁省师范大学附属中学2019届高三上学期期中】已知函数，若是函数的唯一极值点，则实数k的取值范围是（）A．B．C．D．5．【2019届山西省太原市第五中学高三4月检测】已知函数，若函数在上无零点，则（）A．B．C．D．6．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考】已知，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．7．【2019届湘赣十四校高三第二次联考】已知函数为上的偶函数，且当时函数满足，，则的解集是（）A．B．C．D．8．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评】若函数在区间上单调递增，则的最小值是（）A．-3 B．-4 C．-5 D．9．【宁夏六盘山高级中学2019届高三二模】定义域为的奇函数，当时，恒成立，若，，则（）A．B．C．D．10．【四川省教考联盟2019届高三第三次诊断】已知定义在上的函数关于轴对称，其导函数为，当时，不等式.若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为（）A．B．C．D．11．【2019届高三第二次全国大联考】已知定义在上的可导函数的导函数为，若当时，，则函数的零点个数为A．0 B．1 C．2 D．0或2二、填空题12．【江苏省海安高级中学2019届高三上学期第二次月考】若关于x的不等式对任意的实数及任意的实数恒成立，则实数a的取值范围是______．13．【山东省济南市山东师范大学附属中学2019届高三四模】定义在R上的奇函数的导函数满足，且，若，则不等式的解集为______．14．【广东省佛山市第一中学2019届高三上学期期中】已知定义在R上的奇函数满足f（1）=0，当x ＞0时，，则不等式的解集是______．15.【重庆市第一中学校2019届高三3月月考】设是定义在上的函数，其导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为______. 16．【湖南师大附中2019届高三月考（七)】设为整数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值是__________．。

构造法处理导数中的不等关系一、典型例题：类型一：利用()f x 与nx 构造抽象函数 1、利用()f x 与 x 构造抽象函数：常用构造形式有()xf x ，()f x x ．这类形式是对μν⋅, μν型导数计算的推广及应用．μν⋅型导函数中体现的是“+”法， μν型导函数中体现的是“-”法，由此，我们可以猜测，当导函数形式出现的是“+”法形式时，优先考虑构造μν⋅型函数，当导函数形式出现的是“-”法形式时，优先考虑构造μν型函数． 例1：已知定义在()0,+∞上的函数()f x 满足：()0,x ∀∈+∞，()()0f x xf x '-<，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式()()()()231123x f x x f x -+>+-的解集为（ ）A ．3,42⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()4,+∞C ．()1,4-D ．(),4-∞变式1：已知函数()f x 导函数为()f x '，在()0,+∞上满足()()xf x f x '>，则下列结论一定成立的是（ ）A ．()()20202021f f >B ．()()2020202120212020f f <C ．()()20202021f f <D ．()()2020202120212020f f >2、利用()f x 与n x 构造抽象函数 出现()()nf x xf x '+形式，构造函数()()nF x f x x =⋅； 出现()()xf x nf x '-形式，构造函数()()nf x F x x =．例2：已知偶函数()()0f x x ≠的导函数为()f x '，且满足()10f -=，当0x >时，()()2f x xf x '>，则使得 ()0f x >成立的x 的取值范围是 ．变式1：（2021无锡一中高二下-期中，8）定义在()0,+∞上的函数()y f x =，有不等式()()()23f x xf x f x '<<恒成立，其中()y f x '=为函数()y f x =的导函数，则（ ）A ．()()24161f f << B ．()()2481f f << C ．()()2341f f << D ．()()2241f f <<类型二：利用()f x 与nx e 构造抽象函数 1、利用()f x 与xe 构造抽象函数 ()f x 与x e 构造，一方面是对μν⋅，μν型函数的导数的考查，另一方面是对()x x e e '=的考查．对于()()f x f x '±类型函数，我们可以等同()xf x ，()f x x类型函数的处理方法，“+”法形式时优先考虑构造()()x F x f x e =⋅型函数，“-”法形式时优先考虑构造()()x f x F x e =型函数． 例3：（2021启东高二下-期中，8）已知()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()()f x f x '<，则（ ）A ．()()43f ef >B ．()()242f e f >C ．()()242f e f ->- D ．()()43ef f ->-变式1：（2021震泽中学高二下-3月份月考，15）设定义域为R 的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式()()121x e f x f x -<-的解集为 ．2、利用()f x 与nxe 构造抽象函数 出现()()f x nf x '+形式，构造函数()()nx F x f x e =⋅；出现()()f x nf x '-形式，构造函数()()nx f x F x e=． 例4：若定义在R 上的函数()f x 满足()()20f x f x '->，()01f =，则不等式()2x f x e >的解集为 ．变式1：（2020徐州高二下-期末，16）已知定义在()0,+∞上的函数()0f x >，且满足()()()2f x f x f x '<<，若()()12f k f =⋅，则实数k 的取值范围为 ．类型三：根据等式、不等式、函数等的结构特征构造函数例5：（2021南通通州区、启东市高三上-期末联考，7）已知4ln04a a -=<，3ln 03b b -=<，2ln 02c c -=<，则（ ）A ．c b a <<B ．b c a <<C ．a b c <<D ．a c b <<变式1：（2021张家港高二下-期中，8）若4a <且44a a =，5b <且55b b =，6c <且66c c =，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．b c a <<D ．a c b <<例6：（2021扬州高二下-期中，8）已知函数()cos f x x a x =+，对于任意1x ，()212x R x x ∈≠，都有()()12212f x f x a a x x ->--恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A．1⎡+⎣ B．1⎡⎤⎣⎦ C ．[]1,1- D．1,1⎡-⎣变式1：（2021常熟高二下-期中，8）已知定义在R 上的连续奇函数()f x 的导函数为()f x '，已知()10f ≠，且当0x >时，有()()ln x x f x f x '⋅<-成立，则使()()240x f x ->成立的x 的取值范围是（ ） A ．()()2,00,2-⋃ B ．()(),20,2-∞-⋃C ．()()2,02,-⋃+∞D ．()(),22,-∞-⋃+∞二、巩固练习：1．已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()()xf x f x '<，若()1a f =，()ln 4ln 4f b =，()33f c =，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a b c >> B ．c a b >> C ．b a c >> D ．a c b >>2．设()f x 是定义在R 上的偶函数，且()10f =，当0x <时，有()()0xf x f x '->恒成立，则不等式 ()0f x >的解集为 ．3．（2021南京六校高二下-期中联考，8）定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若对任意实数x ，有()()f x f x '>，且()2022f x +为奇函数，则不等式()20220x f x e +<的解集是（ ）A ．(),0-∞B ．(),ln 2022-∞C ．()0,+∞D ．()2022,+∞4．（2021南师附中高二下-期中，8）定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若()()f x f x '>，()22021f =，则不等式()21120210x e f x e ++->的解集为（ ）A ．(),1-∞B ．()1,+∞C ．()1,-+∞D ．()2,+∞5．已知定义在R 上的函数()f x 满足：对任意x R ∈，()()0f x f x '-<恒成立，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式()()4123x e f x e f x +>-的解集为（ ）A ．()4,+∞B ．()1,4-C ．(),3-∞D ．(),4-∞6．（2021徐州高二下-期中，8）定义在R 上的函数()f x 满足：()()1f x f x '+>，()20f =，则不等式()2x x e f x e e <-的解集为（ ）A ．()(),00,2-∞⋃B ．()(),02,-∞⋃+∞C ．()0,+∞D ．(),2-∞7．已知定义在R 上的函数()f x 满足，()()20f x f x '+>且有112f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则()21x f x e >的解集为（）A ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ C ．()0,2 D ．()0,+∞8．若函数()f x 对任意的x R ∈都有()()2f x f x '>成立，则（ ）A ．()()9ln 24ln3f f >B ．()()9ln 24ln3f f <C ．()()9ln 24ln3f f =D ．()9ln 2f 与()4ln3f 大小关系不定9．若定义在R 上的函数()f x 满足()()240f x f x '-->，()01f =-，则不等式()22x f x e >-的解集为 ．10．（2021星海中学高二下-期中，12，多选题）已知函数()ln f x x x =，若120x x <<，则下列结论正确的是（ ）A ．()()2112x f x x f x <B ．()()1122x f x x f x +<+C ．()()12120f x f x x x -<- D ．当ln 1x >-时，()()()1122212x f x x f x x f x +>构造法处理导数中的不等关系（答案解析）一、典型例题：类型一：利用()f x 与nx 构造抽象函数 1、利用()f x 与 x 构造抽象函数：常用构造形式有()xf x ，()f x x ．这类形式是对μν⋅, μν型导数计算的推广及应用．μν⋅型导函数中体现的是“+”法， μν型导函数中体现的是“-”法，由此，我们可以猜测，当导函数形式出现的是“+”法形式时，优先考虑构造μν⋅型函数，当导函数形式出现的是“-”法形式时，优先考虑构造μν型函数． 例1：已知定义在()0,+∞上的函数()f x 满足：()0,x ∀∈+∞，()()0f x xf x '-<，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式()()()()231123x f x x f x -+>+-的解集为（ ）A ．3,42⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()4,+∞C ．()1,4-D ．(),4-∞答案：A ． 构造函数()()()()()()()200f x xf x f x g x x g x g x x x '-'=>⇒=>⇒在()0,+∞上递增，()()()()()()123231123123f x f x x f x x f x x x +--+>+-⇒>+-，即()()3123123042g x g x x x x +>-⇒+>->⇒<<． 变式1：已知函数()f x 导函数为()f x '，在()0,+∞上满足()()xf x f x '>，则下列结论一定成立的是（ ）A ．()()20202021f f >B ．()()2020202120212020f f <C ．()()20202021f f <D ．()()2020202120212020f f >答案：D ．构造函数()()()()()()()200f x xf x f x g x x g x g x x x'-'=>⇒=>⇒在()0,+∞上递增()()()()202120202020202120212020g g f f ⇒>⇒>．2、利用()f x 与nx 构造抽象函数 出现()()nf x xf x '+形式，构造函数()()n F x f x x =⋅；出现()()xf x nf x '-形式，构造函数()()nf x F x x =． 例2：已知偶函数()()0f x x ≠的导函数为()f x '，且满足()10f -=，当0x >时，()()2f x xf x '>，则使得 ()0f x >成立的x 的取值范围是 ．答案：()()1,00,1-⋃．构造函数()()()()()()()23200f x xf x f x g x x g x g x x x'-'=>⇒=<⇒在()0,+∞上递减，()()()g x g x g x -=⇒为定义在()(),00,-∞⋃+∞上的偶函数，()()()01,00,1f x x >⇒∈-⋃．变式1：（2021无锡一中高二下-期中，8）定义在()0,+∞上的函数()y f x =，有不等式()()()23f x xf x f x '<<恒成立，其中()y f x '=为函数()y f x =的导函数，则（ ）A ．()()24161f f << B ．()()2481f f << C ．()()2341f f << D ．()()2241f f << 答案：B ．构造函数()()()()()()2320f x xf x f x g x g x g x x x'-'=⇒=>⇒在()0,+∞上递增()()21g g ⇒>，即()()()()221441f f f f >⇒>；构造函数()()()()()()3430f x xf x f x h x h x h x x x '-'=⇒=<⇒在()0,+∞上递减()()21h h ⇒<，即()()()()()()2221848811f f f f f f <⇒<⇒<<．1、利用()f x 与x e 构造抽象函数()f x 与x e 构造，一方面是对μν⋅，μν型函数的导数的考查，另一方面是对()x x e e '=的考查．对于()()f x f x '±类型函数，我们可以等同()xf x ，()f x x类型函数的处理方法，“+”法形式时优先考虑构造()()x F x f x e =⋅型函数，“-”法形式时优先考虑构造()()x f x F x e =型函数． 例3：（2021启东高二下-期中，8）已知()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()()f x f x '<，则（ ）A ．()()43f ef >B ．()()242f e f >C ．()()242f e f ->- D ．()()43ef f ->- 答案：C ．0x >时，构造函数()()()()()()0x xf x f x f xg x g x g x e e '-'=⇒=<⇒在()0,+∞上递减，()()()()()()43434343f f g g f ef e e <⇒<⇒<，()()()()()()242424242f f g g f e f e e<⇒<⇒<，()f x 是定义在R 上的奇函数()()()()4343f ef f ef ⇒--<--⇒->-，()()()()224242f e f f e f --<--⇒->-．变式1：（2021震泽中学高二下-3月份月考，15）设定义域为R 的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式()()121x e f x f x -<-的解集为 ．答案：()1,+∞．构造函数()()()()()()0x x f x f x f x g x g x g x e e'-'=⇒=>⇒在R 上递增，()()()()()()1121212121x x x x f x f x f x e f x f x f x e e e -----<-⇒<⇒<，即()()21211g x g x x x x <-⇒<-⇒>．2、利用()f x 与nxe 构造抽象函数 出现()()f x nf x '+形式，构造函数()()nx F x f x e =⋅；出现()()f x nf x '-形式，构造函数()()nx f x F x e=． 例4：若定义在R 上的函数()f x 满足()()20f x f x '->，()01f =，则不等式()2x f x e >的解集为 ．答案：()0,+∞．构造函数()()()()()()2220x xf x f x f xg x g x g x e e '-'=⇒=>⇒在R 上递增，()()0101f g =⇒=，()()221x x f x f x e e>⇒>，即()()00g x g x >⇒>．变式1：（2020徐州高二下-期末，16）已知定义在()0,+∞上的函数()0f x >，且满足()()()2f x f x f x '<<，若()()12f k f =⋅，则实数k 的取值范围为 ． 答案：211,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭． 构造函数()()()()()()0x xf x f x f xg x g x g x e e '-'=⇒=>⇒在()0,+∞上递增()()21g g ⇒>，即()()()()221112f f f e e f e>⇒<，即1k e <；构造函数()()()()()()2220x x f x f x f x h x h x h x e e '-'=⇒=<⇒在()0,+∞上递减()()()()()()4222111212f f f h h e e f e⇒<⇒<⇒>，即21k e >，综上：211k e e <<． 类型三：根据等式、不等式、函数等的结构特征构造函数例5：（2021南通通州区、启东市高三上-期末联考，7）已知4ln04a a -=<，3ln 03b b -=<，2ln 02c c -=<，则（ ）A ．c b a <<B ．b c a <<C ．a b c <<D ．a c b <<答案：C ．构造函数()()()11ln 1x f x x x f x f x x x-'=-⇒=-=⇒在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，又()()4f a f =，()()3f b f =，()()2f c f =，且4a <，3b <，2c <，故a b c <<．变式1：（2021张家港高二下-期中，8）若4a <且44a a =，5b <且55b b =，6c <且66c c =，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．b c a <<D ．a c b <<答案：B ．构造函数()()()ln 1ln x x f x f x f x x x-'=⇒=⇒在()0,e 上递减，在(),e +∞上递增，又()()4f a f =，()()5f b f =，()()6f c f =，且4a <，5b <，6c <，故c b a <<．例6：（2021扬州高二下-期中，8）已知函数()cos f x x a x =+，对于任意1x ，()212x R x x ∈≠，都有()()12212f x f x a a x x ->--恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A．1⎡+⎣ B．1⎡⎤⎣⎦ C ．[]1,1- D．1,1⎡-⎣ 答案：B ．不妨令12x x >，()()()()()()()()()()12222221212112212f x f x a a f x f x a a x a a x f x a a x f x a a x x x ->-⇒->---⇒-->---构造函数()()()()()22cos g x f x a a x x a x a a x g x =--=+--⇒在R 上递增()0g x '⇒≥x R ∀∈恒成立，即21sin 0a x a a --+≥恒成立2010a a a a ≤⎧⇒⎨+-+≥⎩或201110a a a a a >⎧⇒≤≤⎨--+≥⎩．变式1：（2021常熟高二下-期中，8）已知定义在R 上的连续奇函数()f x 的导函数为()f x '，已知()10f ≠，且当0x >时，有()()ln x x f x f x '⋅<-成立，则使()()240x f x ->成立的x 的取值范围是（ ） A ．()()2,00,2-⋃ B ．()(),20,2-∞-⋃C ．()()2,02,-⋃+∞D ．()(),22,-∞-⋃+∞答案：B ．构造函数()()()()()()()()ln ln ln 0f x x x f x f x g x f x x g x x f x g x x x'⋅+''=⋅⇒=⋅+=<⇒在()0,+∞上递减，又()10g =，则01x <<时，()0g x >，1x >时，()0g x <，故01x <<时，()0f x <，1x >时，()0f x <，又()10f ≠且()f x 为连续函数，故0x >时，()0f x <，()f x 为定义在R 上的奇函数，故0x <时，()0f x >，()()2204040x x f x x <⎧->⇒⎨->⎩或()()20,20,240x x x >⎧⇒∈-∞-⋃⎨-<⎩．二、巩固练习：1．已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()()xf x f x '<，若()1a f =，()ln 4ln 4f b =，()33f c =，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a b c >> B ．c a b >> C ．b a c >> D ．a c b >>答案：A ．2．设()f x 是定义在R 上的偶函数，且()10f =，当0x <时，有()()0xf x f x '->恒成立，则不等式 ()0f x >的解集为 ．答案：()(),11,-∞-⋃+∞．构造函数()()()()()()()200f x xf x f x g x x g x g x x x '-'=<⇒=>⇒在(),0-∞上递增，()f x 为偶函数()g x ⇒为奇函数()g x ⇒在()0,+∞上递增，()()110g f ==，()()110g g -=-=，当1x <-或01x <<时，()0g x <，当10x -<<或1x >时，()0g x >，()()()0,11,f x x >⇒∈-∞-⋃+∞．3．（2021南京六校高二下-期中联考，8）定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若对任意实数x ，有()()f x f x '>，且()2022f x +为奇函数，则不等式()20220x f x e +<的解集是（ ）A ．(),0-∞B ．(),ln 2022-∞C ．()0,+∞D ．()2022,+∞答案：C ．构造函数()()()()()()0x x f x f x f x g x g x g x e e'-'=⇒=<⇒在R 上递减，()2022f x +为奇函数()()020********f f ⇒+=⇒=-，()()()()()002022020220x x x f x f f x e f x e f e e +<⇒<-⇒<=，即()()00g x g x <⇒>．4．（2021南师附中高二下-期中，8）定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若()()f x f x '>，()22021f =，则不等式()21120210x e f x e ++->的解集为（ ）A ．(),1-∞B ．()1,+∞C ．()1,-+∞D ．()2,+∞答案：B ．构造函数()()()()()()()()()20x x x x x f x f x e f x e f x f x g x g x g x e e e ''--'=⇒==>⇒在R 上递增()()211212*********x x f x e f x e e e++++->⇒>，即()()12121g x g x x +>⇒+>⇒>．5．已知定义在R 上的函数()f x 满足：对任意x R ∈，()()0f x f x '-<恒成立，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式()()4123x e f x e f x +>-的解集为（ ） A ．()4,+∞ B ．()1,4- C ．(),3-∞ D ．(),4-∞答案：D ．构造函数()()()()()()0x xf x f x f xg x g x g x e e '-'=⇒=>⇒在R 上递增，()()()()4123123123x x x f x f x e f x e f x e e +-+-+>-⇒>，即()()1231234g x g x x x x +>-⇒+>-⇒<．6．（2021徐州高二下-期中，8）定义在R 上的函数()f x 满足：()()1f x f x '+>，()20f =，则不等式()2x x e f x e e <-的解集为（ ）A ．()(),00,2-∞⋃B ．()(),02,-∞⋃+∞C ．()0,+∞D ．(),2-∞答案：D ．构造函数()()()()()()110x x g x e f x g x e f x f x g x ''=-⇒=+->⇒⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦在R 上递增，()22g e =-，()()221x x x e f x e e e f x e <-⇒-<-⎡⎤⎣⎦，即()()22g x g x <⇒<．7．已知定义在R 上的函数()f x 满足，()()20f x f x '+>且有112f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则()21x f x e >的解集为（ ） A ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭ C ．()0,2 D ．()0,+∞ 答案：B ．构造函数()()()()()()2220x x g x f x e g x e f x f x g x ''=⋅⇒=+>⇒⎡⎤⎣⎦在R 上递增，11122g f e ⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()2211x x f x e f x e >⇒⋅>，即()1122g x g x ⎛⎫>⇒> ⎪⎝⎭．8．若函数()f x 对任意的x R ∈都有()()2f x f x '>成立，则（ ）A ．()()9ln 24ln3f f >B ．()()9ln 24ln3f f <C ．()()9ln 24ln3f f =D ．()9ln 2f 与()4ln3f 大小关系不定答案：B ．构造函数()()()()()()2220x x f x f x f x g x g x g x e e'-'=⇒=>⇒在R 上递增()()()()ln3ln 29ln 24ln3g g f f ⇒>⇒<．9．若定义在R 上的函数()f x 满足()()240f x f x '-->，()01f =-，则不等式()22x f x e >-的解集为 ．答案：()0,+∞． 构造函数()()()()()()222240x xf x f x f xg x g x g x e e '+--'=⇒=>⇒在R 上递增，()()0101f g =-⇒=，()()22221x x f x f x e e+>-⇒>，即()()00g x g x >⇒>．10．（2021星海中学高二下-期中，12，多选题）已知函数()ln f x x x =，若120x x <<，则下列结论正确的是（ ）A ．()()2112x f x x f x <B ．()()1122x f x x f x +<+C ．()()12120f x f x x x -<- D ．当ln 1x >-时，()()()1122212x f x x f x x f x +> 答案：AD ．ln 1x >-时，()()ln 10f x x f x '=+>⇒在()0,+∞上递增，()()12120x x f x f x <<⇒<，()()()()()()()()()()()()()()()()()112221121221122221122112211122212ln ln 02x f x x f x x f x x x f x x f x f x x x f x x f x f x x f x x f x x x x x x f x x f x x f x +-=-+-⎡⎤⎣⎦>-+-⎡⎤⎣⎦=-=->⇒+>．。

培优点三 含导函数的抽象函数的构造1．对于()()'0f x a a >≠，可构造()()h x f x ax =-例1：函数()f x 的定义域为R ，()12f -=，对任意R x ∈，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为（ ） A ．()1,1- B ．()1-+∞， C ．()1-∞-， D ．()-∞+∞，【答案】B2．对于()()'0xf x f x +>，构造()()h x xf x =；对于()()'0xf x f x ->，构造()()f x h x x=例2：已知函数()y f x =的图象关于y 轴对称，且当(),0x ∈-∞，()()0f x xf x '+<成立，()0.20.222a f =，()log 3log 3b f ππ=，()33log 9log 9c f =，则a ，b ，c 的大小关系是（ ） A ．a b c >> B ．a c b >>C ．c b a >>D ．b a c >>【答案】D3．对于'()()0f x f x +>，构造()()e x h x f x =；对于'()()f x f x >或'()()0f x f x ->，构造()()e xf x h x =例3：已知()f x 为R 上的可导函数，且R x ∀∈，均有()()f x f x '>，则有（ ） A ．2016e (2016)(0)f f -<，2016(2016)e (0)f f > B ．2016e (2016)(0)f f -<，2016(2016)e (0)f f < C ．2016e (2016)(0)f f ->，2016(2016)e (0)f f > D ．2016e (2016)(0)f f ->，2016(2016)e (0)f f < 【答案】D4．()f x 与sin x ，cos x 构造例4：已知函数()y f x =对任意的,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>，则（ ）A ．()024f π⎛⎫> ⎪⎝⎭ B ．()03f fπ⎛⎫<2- ⎪⎝⎭ C 234f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ D ．234f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D一、选择题对点增分集训1．若函数()y f x =在R 上可导且满足不等式()()0xf x f x '+>恒成立，对任意正数a 、b ，若a b <，则必有（ ） A ．()()af b bf a < B ．()()bf a af b < C ．()()af a bf b < D ．()()bf b af a <【答案】C2．已知函数()()R f x x ∈满足()11f =，且()12f x '<，则()122x f x <+的解集为（ ） A ．}{11x x |-<< B ．}{1x x |<- C ．}{11x x x |<->或 D ．}{1x x |>【答案】D3．已知函数()f x 的定义域为R ，()f x '为()f x 的导函数，且()()()10f x x f x '+->，则（ ） A ．()10f = B ．()0f x < C ．()0f x > D ．()()10x f x -<【答案】C4．设函数()f x '是函数()()R f x x ∈的导函数，已知()()f x f x '<，且()()4f x f x ''=-，()40f =，()21f =则使得()2e 0x f x -<成立的x 的取值范围是（ ） A ．()2-+∞，B ．()0+∞，C ．()1+∞，D ．()4+∞，【答案】B5．已知函数()1y f x =-的图象关于点()1,0对称，函数()y f x =对于任意的()0,πx ∈满足()()sin cos f x x f x x >'（其中()f x '是函数()f x 的导函数），则下列不等式成立的是（ ）A ．ππ336f ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B 3ππ242f⎛⎫⎛⎫<-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ C ππ3223f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D 5π3π264f ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】C6．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若对任意实数x ，有()()f x f x >'，且()2018f x +为奇函数，则不等式()2018e 0x f x +<的解集为（ ）A ．(),0-∞B ．()0,+∞C ．1e ,⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭7．已知函数()2f x +是偶函数，且当2x >时满足()()()2xf x f x f x ''>+，则（ ） A ．()()214f f < B ．()3232f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭ C ．()5042f f⎛⎫< ⎪⎝⎭D ．()()13f f < 【答案】A8．已知定义域为R 的奇函数()y f x =的导函数为()y f x ='，当0x ≠时，()()0f x f x x+'>，若1133a f ⎛⎫=⎪⎝⎭，()33b f =--，11lnln 33c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系正确的是（ ）A ．a b c <<B ．b c a <<C ．a c b <<D ．c a b <<【答案】C9．已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，()()222e x f x f x --=（e 为自然对数的底数），且当1x ≠时，()()()10x f x f x -->⎡⎤⎣⎦'，则（ ） A ．()()10f f < B ．()()2e 0f f > C ．()()33e 0f f >D ．()()44e 0f f <【答案】C10．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，()00f =若对任意R x ∈，都有()()'1f x f x >+，则使得()e 1f x x +<成立的x 的取值范围为（ ）A ．(),1∞-B ．(),0∞-C ．()1,+∞-D ．0,+∞（）【答案】D11．已知函数()f x 是定义在区间()0,+∞上的可导函数，满足()0f x >且()()'0f x f x +<（()'f x 为函数的导函数），若01a b <<<且1ab =，则下列不等式一定成立的是（ ） A ．()()()1f a a f b >+B ．()()()1f b a f a >-C ．()()af a bf b >D ．()()af b bf a >【答案】C12．定义在R 上的奇函数()y f x =满足()30f =，且当0x >时，不等式()()'f x xf x >-恒成立，则函数()()lg 1g x xf x x =++的零点的个数为（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】C13．设()f x 是R 上的可导函数，且'()()f x f x ≥-，(0)1f =，21(2)ef =．则(1)f 的值为________．【答案】1e14．已知,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝π⎭π，()1y f x =-为奇函数，()()'tan 0f x f x x +>，则不等式()cos f x x>的解集为_________．【答案】0,2⎛⎫⎪⎝⎭π15．已知定义在实数集R 的函数()f x 满足()27f =，且()f x 导函数()3f x '<，则不等式()ln 3ln 1f x x >+的解集为__________．【答案】()20,e16．已知函数()f x 是定义在()(),00,-∞+∞U 上的奇函数，且()10f =．若0x <时，()()'0xf x f x ->，则不等式()0f x >的解集为__________．【答案】()(),10,1-∞-U。

抽象函数经典综合题33例（含详细解答）抽象函数，是指没有具体地给出解析式，只给出它的一些特征或性质的函数，抽象函数型综合问题，一般通过对函数性质的代数表述，综合考查学生对于数学符号语言的理解和接受能力，考查对于函数性质的代数推理和论证能力，考查学生对于一般和特殊关系的认识，是考查学生能力的较好途径。

抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。

本资料精选抽象函数经典综合问题33例（含详细解答）1.定义在R 上的函数y=f(x)，f(0)≠0，当x>0时，f(x)>1，且对任意的a 、b ∈R ，有f(a+b)=f(a)f(b)， （1）求证：f(0)=1；（2）求证：对任意的x ∈R ，恒有f(x)>0； （3）证明：f(x)是R 上的增函数；（4）若f(x)·f(2x-x 2)>1，求x 的取值范围。

解 （1）令a=b=0，则f(0)=[f(0)]2∵f(0)≠0 ∴f(0)=1 （2）令a=x ，b=-x 则 f(0)=f(x)f(-x) ∴)(1)(x f x f =- 由已知x>0时，f(x)>1>0，当x<0时，-x>0，f(-x)>0 ∴0)(1)(>-=x f x f 又x=0时，f(0)=1>0 ∴对任意x ∈R ，f(x)>0(3)任取x 2>x 1，则f(x 2)>0，f(x 1)>0，x 2-x 1>0 ∴1)()()()()(121212>-=-⋅=x x f x f x f x f x f ∴f(x 2)>f(x 1) ∴f(x)在R 上是增函数（4）f(x)·f(2x-x 2)=f[x+(2x-x 2)]=f(-x 2+3x)又1=f(0)， f(x)在R 上递增∴由f(3x-x 2)>f(0)得：3x-x 2>0 ∴ 0<x<3 2.已知函数()f x ,()g x 在R 上有定义，对任意的,x y R ∈有()()()()()f x y f x g y g x f y -=- 且(1)0f ≠（1）求证：()f x 为奇函数（2）若(1)(2)f f =， 求(1)(1)g g +-的值解（1）对x R ∈，令x=u-v 则有f(-x)=f(v-u)=f(v)g(u)-g(v)f(u)=f(u-v)=-[f(u)g(v)- g(u)f(v)]=-f(x)（2）f(2)=f{1-(-1)}=f(1)g(-1)-g(1)f(-1)=f(1)g(-1)+g(1)f(1)=f(1){g(-1)+g(1)} ∵f(2)=f(1)≠0∴g(-1)+g(1)=13.已知函数)(x f 对任意实数y x ,恒有)()()(y f x f y x f +=+且当x ＞0，.2)1(.0)(-=<f x f 又(1)判断)(x f 的奇偶性；(2)求)(x f 在区间[－3,3]上的最大值； (3)解关于x 的不等式.4)()(2)(2+<-ax f x f ax f解（1）取,0==y x 则0)0()0(2)00(=∴=+f f f取)()()(,x f x f x x f x y -+=--=则)()(x f x f -=-∴对任意R x ∈恒成立 ∴)(x f 为奇函数. （2）任取2121),(,x x x x <+∞-∞∈且， 则012>-x x0)()()(1212<-=-+∴x x f x f x f),()(12x f x f --<∴ 又)(x f 为奇函数 )()(21x f x f >∴ ∴)(x f 在（－∞，+∞）上是减函数. ∴对任意]3,3[-∈x ，恒有)3()(-≤f x f而632)1(3)1()2()12()3(-=⨯-==+=+=f f f f f 6)3()3(=-=-∴f f ∴)(x f 在[－3，3]上的最大值为6（3）∵)(x f 为奇函数，∴整理原式得 )2()()2()(2-+<-+f ax f x f ax f进一步可得)2()2(2-<-ax f x ax f而)(x f 在（－∞，+∞）上是减函数，222->-∴ax x ax .0)1)(2(>--∴x ax∴当0=a 时，)1,(-∞∈x 当2=a 时，}1|{R x x x x ∈≠∈且 当0<a 时，}12|{<<∈x ax x 当20<<a 时, }12|{<>∈x a x x x 或 当a>2时，}12|{><∈x ax x x 或4.已知f (x )在(－1，1)上有定义，f (21)＝－1，且满足x ，y ∈(－1，1)有f (x )＋f (y )＝f (xyy x ++1) ⑴证明：f (x )在(－1，1)⑵对数列x 1＝21，x n ＋1＝212nn x x +，求f (x n ); ⑶求证252)(1)(1)(121++->+++n n x f x f x f n(Ⅰ)证明：令x ＝y ＝0，∴2f (0)＝f (0)，∴f (0)＝0令y ＝－x ，则f (x )＋f (－x )＝f (0)＝0 ∴f (x )＋f (－x )＝0 ∴f (－x )＝－f (x )∴f (x )为奇函数 (Ⅱ)解：f (x 1)＝f (21)＝－1，f (x n ＋1)＝f (212n n x x +)＝f (nn n n x x x x ⋅++1)＝f (x n )＋f (x n )＝2f (x n ) ∴)()(1n n x f x f +＝2即{f (x n )}是以－1为首项，2为公比的等比数列∴f (x n )＝－2n －1 (Ⅲ)解：)2121211()(1)(1)(11221-++++=+++n nx f x f x f 2212)212(21121111->+-=--=---=--n n n而2212)212(252-<+--=++-=++-n n n n ∴252)(1)(1)(121++->+++n n x f x f x f n5.已知函数N x f N x x f y ∈∈=)(,),(，满足：对任意,,,2121x x N x x ≠∈都有)()()()(12212211x f x x f x x f x x f x +>+；（1）试证明：)(x f 为N 上的单调增函数； （2）n N ∀∈，且(0)1f =，求证：()1f n n ≥+；（3）若(0)1f =，对任意,m n N ∈,有1)())((+=+n f m f n f ，证明：∑=<-ni if 141)13(12. 证明：（1）由①知，对任意*,,a b a b ∈<N ，都有0))()()((>--b f a f b a ， 由于0<-b a ，从而)()(b f a f <，所以函数)(x f 为*N 上的单调增函数. （2）由（1）可知n N ∀∈都有f(n+1)>f(n),则有f(n+1)≥f(n)+1∴f(n+1)-f(n)1≥, ∴f(n)-f(n-1)1≥ ∙∙∙ ∴ f(2)-f(1)1≥∴f(1)-f(0)1≥由此可得f(n)-f(0)≥n ∴f(n)≥n+1命题得证（3）（3）由任意,m n N ∈,有1)())((+=+n f m f n f 得()1f m = 由f(0)=1得m=0 则f(n+1)=f(n)+1,则f(n)=n+121)311(21311)311(31313131)13(121<-=--=+∙∙∙++=-∑=nn n ni i f6.已知函数()f x 的定义域为[]0,1，且同时满足：(1)对任意[]0,1x ∈，总有()2f x ≥； (2)(1)3f =(3)若120,0x x ≥≥且121x x +≤，则有1212()()()2f x x f x f x +≥+-. (I)求(0)f 的值；(II)求()f x 的最大值；(III)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足*12(3),n n S a n N =--∈.求证：123112332()()()()2n n f a f a f a f a n -⨯++++≤+-.解：（I ）令120x x ==，由(3),则(0)2(0)2,(0)2f f f ≥-∴≤由对任意[]0,1x ∈，总有()2,(0)2f x f ≥∴= （II ）任意[]12,0,1x x ∈且12x x <，则212101,()2x x f x x <-≤∴-≥22112111()()()()2()f x f x x x f x x f x f x ∴=-+≥-+-≥max ()(1)3f x f ∴==(III)*12(3)()n n S a n N =--∈1112(3)(2)n n S a n --∴=--≥ 1111133(2),10n n n n a a n a a --∴=≥=≠∴= 111112113333333()()()()()23()4n n n n n n nn f a f f f f f -∴==+≥+-≥-+ 111143333()()n n f f -∴≤+，即11433())(n n f a f a +≤+。