常见构造函数解不等式归纳

近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．一、作差构造法1．直接作差构造评注：本题采用直接作差法构造函数，通过特殊值缩小参数范围后，再对参数进行分类讨论来求解．2．变形作差构造二、分离参数构造法分离参数是指对已知恒成立的不等式在能够判断出参数系数正负的情况下，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量的不等式，只要研究变量不等式的最值就可以解决问题．三、局部构造法1．化和局部构造2．化积局部构造四、换元构造法换元构造法在处理多变元函数问题中应用较多，就是用新元去代替该函数中的部分（或全部）变元．通过换元可以使变量化多元为少元，即达到减元的目的．换元构造法是求解多变元导数压轴题的常用方法．评注：本题的两种解法通过将待解决的式子进行恰当的变形，将二元字母变出统一的一种结构，然后用辅助元将其代替，从而将两个变元问题转化一个变元问题，再以辅助元为自变量构造函数，利用导数来来求解。

其中解法1、解法2还分别体现了化积局部构造法和变形作差构造法．五、主元构造法主元构造法，就是将多变元函数中的某一个变元看作主元（即自变量），将其它变元看作常数，来构造函数，然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.六、特征构造法1．根据条件特征构造2．根据结论特征构造七、放缩构造法1．由基本不等式放缩构造2．由已证不等式放缩构造评注：本题第二问是一道典型且难度比较大的求参问题，这类题目很容易让考生想到用分离参数的方法，但分离参数后利用高中所学知识无法解决，笔者研究发现不能解决的原因是分离参数后，出现了“0/0型”的式子，解决这类问题的有效方法就是高等数学中的洛必达法则；若直接构造函数，里面涉及到指数函数、三角函数及高次函数，处理起来难度很大．本题解法中两次巧妙利用第一问的结论，通过分类讨论和假设反正，使问题得到解决，本题也让我们再次体会了化积局部构造法的独特魅力．。

构造函数解题的三个类型构造函数解题的三种类型构造函数解题是高考命题的热点之一。

根据笔者对近年高考题的研究，构造函数解题主要可以分为以下三种类型。

类型1：整体构造一个函数。

这是最常见的构造方法，在高考题中应用最为广泛。

例如，解不等式810/(3(x+1)x+1)-x^3-5x>0，可以构造函数f(x)=x^3+5x，求出f(x)在实数范围上为增函数，从而得到原不等式的解集为{x|x<-2或-1<x<1}。

类型2：构造两个函数。

这种类型的题目较少，但需要较强的技巧。

例如，对于函数f(x)=2x^2+(x-m)|x-m|-x，若对于一切x∈[1,2]都成立，求实数m的取值范围。

可以构造函数g(x)=(x-m)|x-m|和h(x)=2x^2-x，从而得到f(x)=g(x)+h(x)。

因为g(x)在实数范围上为增函数，h(x)在x∈[1,2]上为增函数，因此f(x)在x∈[1,2]上也为增函数。

通过计算f(1)，可以得到m的取值范围为(-∞,2]。

类型3：局部构造一个函数。

这种类型的题目难度较大，通常需要在前一问中证明需要构造的函数具有某种性质，然后利用这一性质进行构造。

例如，对于函数f(x)=(lnx-1)，是否存在实数x∈(0,e]，使得曲线y=f(x)在点x=x处的切线与y轴垂直？若存在，求出x的值；若不存在，说明理由。

可以构造函数g(x)=lnx-1，从而得到g'(x)=1/x。

因为g'(x)在x∈(0,1)上为负，在x∈(1,e]上为正，所以g(x)在x∈(1,e]上为增函数。

因此，如果存在x∈(0,e]，使得曲线y=f(x)在点x=x处的切线与y轴垂直，则必有f'(x)=-1/x与y轴平行，从而矛盾。

因此，不存在这样的x。

已知函数$f(x)=a+\ln x-1$，$g(x)=(\ln x-1)e^x+x$，其中$e$为自然对数的底数。

1) 求函数$f(x)$在区间$(0,e]$上的最小值。

构造法是一种富有创造件的解题方法，它很好地体现了数学中发现、类比、化归的思想，也渗透着猜想、试验、探索、归纳、概括、特殊化等重要的数学方法，在数学解题中，对题设条件、结论进行分析，联想有关知识和方法，通过恰当地构造辅助元素，可以使问题化难为易。

在构造法中所构造的辅助元素可以是函数、方程（组），也可以是图形、数列等等。

下面结合高中数学不等式教学实践谈谈解题中的构造法。

一、构造函数例１、求证：解：此题若运用绝对值不等式的性质去证明，学生一时无从下手。

这时，引导学生整体思维，即在思考问题时，把注意力和着眼点放在问题的整体上，全面的收集和获取信息，对问题作出整体判断，从高层次上寻找捷径，化难为易，从而诱发灵感，获得问题的简捷解法。

二、构造主元方程例２、ａ、ｂ、ｃ都是小于ｋ的正数，求证：ａ（ｋ－ｂ）＋ｂ（ｋ－ｃ）＋ｃ（ｋ－ａ）＜ｋ２。

分析与证明：（构造一次函数图象）：令Ａ＝ｋ２－［ａ（ｋ－ｂ）＋ｂ（ｋ－ｃ）＋ｃ（ｋ－ａ）］因变量较多，可用主元法，把ａ当作主元，重新整理得：Ａ＝（ｂ＋ｃ－ｋ）ａ＋ｂｃ－（ｂ＋ｃ）ｋ＋ｋ２，将Ａ看作关于ａ的一次函数，注意到０＜ａ＜ｋ，当ａ＝０时，Ａ＝ｋ２－（ｂ＋ｃ）ｋ＋ｂｃ＝（ｋ－ｂ）（ｋ－ｃ）＞０当ａ＝ｋ时，Ａ＝（ｂ＋ｃ－ｋ）ｋ＋ｂｃ－（ｂ＋ｃ）ｋ＋ｋ２＝ｂｃ＞０如图所示，函数图象的两个点Ｐ、Ｑ（横坐标分别为０，ｋ）都在ｘ轴的上方，由直线的性质可知０＜ａ＜ｋ时，Ａ＝ｆ（ａ）＞０三、构造图形例３、正数ａ、ｂ、ｃ、Ａ、Ｂ、Ｃ满足条件求证：证明一：这是一道代数不等式的证明题，可用代数法求解。

下面我们可用构造法，将数形结合，得出此不等式的巧妙证法。

证明二：由求证的不等式联想到面积关系，由所设条件联想到构造以边长为ｋ的正三角形，如下图所示：四、构造向量证明例１设为不相等的正数，求证分析：利用向量的数量积不等式证明：设利用向量的数量积不等式有由于也即向量ｍ与ｎ不是平行向量，故五、构造数列与自然有关的问题，有时通过构造一个数列，利用数列的单调性解题或证题显得很简捷。

构造函数法解决导数不等式问题(二)考点四构造F (x )＝f (x )±g (x )，F (x )＝f (x )g (x )，F (x )＝f (x )g (x )类型的辅助函数【方法总结】(1)若F (x )＝f (x )＋ax n ＋b ，则F ′(x )＝f ′(x )＋nax n －1；(2)若F (x )＝f (x )±g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )±g ′(x )；(3)若F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；(4)若F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2．由此得到结论：(1)出现f ′(x )＋nax n －1形式，构造函数F (x )＝f (x )＋ax n ＋b ；(2)出现f ′(x )±g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )±g (x )；(3)出现f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )g (x )；(4)出现f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )g (x )．【例题选讲】[例1](1)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝3，对任意x ∈R ，f ′(x )<3，则f (x )>3x ＋6的解集为()A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x >－1}C ．{x |x <－1}D ．R答案C解析设g (x )＝f (x )－(3x ＋6)，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )为减函数，又g (－1)＝f (－1)－3＝0，所以根据单调性可知g (x )>0的解集是{x |x <－1}．(2)定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对∀x ∈R ，f ′(x )＜12，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为________．答案(0，2)解析构造函数F (x )＝f (x )－12x ，则F ′(x )＝f ′(x )－12＜0，∴函数F (x )在R 上是减函数．由f (1)＝1，得F (1)＝f (1)－12＝1－12＝12∴f (log 2x )＞log 2x ＋12⇔f (log 2x )－12log 2x ＞12⇔F (log 2x )＞F (1)⇔log 2x ＜1⇔0＜x ＜2．(3)定义在R 上的可导函数f (x )满足f (1)＝1，且2f ′(x )>1，当x ∈－π2，3π2时，不等式f (2cos x )>32－2sin 2x2的解集为()A B －π3，C D －π3，答案D解析令g (x )＝f (x )－x 2－12，则g ′(x )＝f ′(x )－12>0，∴g (x )在R 上单调递增，且g (1)＝f (1)－12－12＝0，∵f (2cos x )－32＋2sin 2x 2＝f (2cos x )－2cos x 2－12＝g (2cos x )，∴f (2cos x )>32－2sin 2x2，即g (2cos x )>0，∴2cos x >1，又x ∈－π2，3π2，∴x －π3，(4)f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ≥0时，f ′(x )＞2x ．若f (a －2)－f (a )≥4－4a ，则实数a 的取值范围是()A ．(－∞，1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，2]D ．[2，＋∞)答案A解析令G (x )＝f (x )－x 2，则G ′(x )＝f ′(x )－2x ．当x ∈[0，＋∞)时，G ′(x )＝f ′(x )－2x ＞0，∴G (x )在[0，＋∞)上是增函数．由f (a －2)－f (a )≥4－4a ，得f (a －2)－(a －2)2≥f (a )－a 2，即G (a －2)≥G (a )，又f (x )是定义在R 上的偶函数，知G (x )是偶函数．故|a －2|≥|a |，解得a ≤1．(5)已知f ′(x )是函数f (x )的导数，且f (－x )＝f (x )，当x ≥0时，f ′(x )>3x ，则不等式f (x )－f (x －1)<3x －32的解集是()A －12，B ∞CD ∞答案D解析设g (x )＝f (x )－32x 2，则g ′(x )＝f ′(x )－3x ．因为当x ≥0时，f ′(x )>3x ，所以当x ≥0时，g ′(x )＝f ′(x )－3x >0，即g (x )在[0，＋∞)上单调递增．因为f (－x )＝f (x )，所以g (－x )＝f (－x )－32x 2＝f (x )－32x 2＝g (x )，所以g (x )是偶函数．因为f (x )－f (x －1)<3x －32，所以f (x )－32x 2<f (x －1)－32(x －1)2，即g (x )<g (x －1)，所以g (|x |)<g (|x －1|)，则|x |<|x －1|，解得x <12．故选D ．(6)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导数，当x >0时，f (x )＋f ′(x )·x ln x <0，则不等式(x －1)f (x )>0的解集为________．答案(0，1)解析由于函数y ＝f (x )为R 上的奇函数，则f (0)＝0．当x >0时，f (x )＋f ′(x )·x ln x <0，则f (1)<0．当x >0时，构造函数g (x )＝f (x )ln x ，则g ′(x )＝f ′(x )ln x ＋f (x )·1x ＝f (x )＋f ′(x )·x ln xx <0，所以函数y ＝g (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0．当0<x <1时，ln x <0，g (x )>g (1)＝0，即f (x )ln x >0，此时f (x )<0；当x >1时，ln x >0，g (x )<g (1)＝0，即f (x )ln x <0，此时f (x )<0．又f (1)<0，所以当x >0时，f (x )<0．由于函数y ＝f (x )为R 上的奇函数，当x <0时，f (x )>0．对于不等式(x －1)f (x )>0，当x <0时，x －1<0，则f (x )<0，不符合题意；当0<x <1时，x －1<0，则f (x )<0，符合题意；当x >1时，x －1>0，则f (x )>0，不符合题意．综上所述，不等式(x －1)f (x )>0的解集为(0，1)．(7)(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且(x ＋1)f ′(x )－f (x )＜x 2＋2x 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是()A．2f(2)－3f(1)＞5B．若f(1)＝2，x＞1，则f(x)＞x2＋12x＋12C．f(3)－2f(1)＜7D．若f(1)＝2，0＜x＜1，则f(x)＞x2＋12x＋12解析CD答案设函数g(x)＝f(x)－x2x＋1，则g′(x)＝(x＋1)f′(x)－f(x)－(x2＋2x)(x＋1)2．因为(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以g′(x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而g(1)＞g(2)＞g(3)，整理得2f(2)－3f(1)＜5，f(3)－2f(1)＜7，故A错误，C正确．当0＜x＜1时，若f(1)＝2，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)＞g(1)＝12，即f(x)－x2x＋1＞12，即f(x)＞x2＋12x＋12，故D正确，从而B不正确．即结论正确的是CD．(8)已知函数f(x)，对∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上，f′(x)<x，若f(4－m)－f(m)≥8－4m，则实数m的取值范围为()A．[－2，2]B．[2，＋∞)C．[0，＋∞)D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)答案B解析因为对∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，所以f(0)＝0，设g(x)＝f(x)－12x2，则g(－x)＝f(－x)－12x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)－12x2＋f(－x)－12x2＝0，又g(0)＝f(0)－0＝0，所以g(x)为奇函数，且f(x)＝g(x)＋12x2，所以f(4－m)－f(m)＝g(4－m)＋12(4－m)2－g(m)＋12m2＝g(4－m)－g(m)＋8－4m≥8－4m，则g(4－m)－g(m)≥0，即g(4－m)≥g(m)．当x>0时，g′(x)＝f′(x)－x<0，所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，又g(x)为奇函数，所以4－m≤m，解得m≥2．(9)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋f(x)x >0，则函数F(x)＝xf(x)＋1x的零点个数是()A．0B．1C．2D．3答案B解析依题意，记g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)，g(0)＝0，当x>0时，g′(x)＝x[f′(x)＋f(x)x]>0，g(x)是增函数，g(x)>0；当x<0时，g′(x)＝x[f′(x)＋f(x)x]<0，g(x)是减函数，g(x)>0．在同一坐标系内画出函数y＝g(x)与y＝－1x的大致图象，结合图象可知，它们共有1个公共点，因此函数F(x)＝xf(x)＋1x的零点个数是1．(10)函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝e xx，f(2)＝e28，当x>0时，f(x)的极值状态是___________．答案没有极大值也没有极小值解析因为x2f′(x)＋2xf(x)＝e x x，关键因为等式右边函数的原函数不容易找出，因此把等式左边函数的原函数找出来，设h (x )＝x 2f (x )，则h ′(x )＝e x x ，且h (2)＝e 22，因为x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，则f ′(x )＝e x －2h (x )x 3，判断f (x )的极值状态就是判断f ′(x )的正负，设g (x )＝e x －2h (x )，则g ′(x )＝e x －2h ′(x )＝e x －2·e xx ＝e x ·x －2x ，这里涉及二阶导，g (x )在x ＝2处取得最小值0，因此g (x )≥0，则f ′(x )≥0，故f (x )没有极大值也没有极小值(有难度，但不失为好题目)．【对点训练】1．已知函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，且对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为()A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)1．答案B解析由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0．设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2．因为f ′(x )＞2，所以F ′(x )＞0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增．又F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1，故选B ．2．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为．2．答案{x |x <－1或x >1}解析设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即不等式的解集为{x |x <－1或x >1}．3．已知定义域为R 的函数f (x )的导数为f ′(x )，且满足f ′(x )<2x ，f (2)＝3，则不等式f (x )>x 2－1的解集是()A ．(－∞，－1)B ．(－1，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，2)3．答案D解析令g (x )＝f (x )－x 2，则g ′(x )＝f ′(x )－2x <0，即函数g (x )在R 上单调递减．又不等式f (x )>x 2－1可化为f (x )－x 2>－1，而g (2)＝f (2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g (x )>g (2)，故不等式的解集为(－∞，2)．故选D ．4．定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )＋1＞0，f (1)＝4，则不等式f (x )＞1x ＋3的解集为________．4．解析(1，＋∞)答案由x 2f ′(x )＋1＞0得f ′(x )＋1x 2＞0，构造函数g (x )＝f (x )－1x －3，则g ′(x )＝f ′(x )＋1x2＞0，即g (x )在(0，＋∞)上是增函数．又f (1)＝4，则g (1)＝f (1)－1－3＝0，从而g (x )＞0的解集为(1，＋∞)，即f (x )＞1x＋3的解集为(1，＋∞)．5．设f (x )为R 上的奇函数，当x ≥0时，f ′(x )－cos x <0，则不等式f (x )<sin x 的解集为．5．答案(0，＋∞)解析令φ(x )＝f (x )－sin x ，∴当x ≥0时，φ′(x )＝f ′(x )－cos x <0，∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递减，又f (x )为R 上的奇函数，∴φ(x )为R 上的奇函数，∴φ(x )在(－∞，0]上单调递减，故φ(x )在R上单调递减且φ(0)＝0，不等式f (x )<sin x 可化为f (x )－sin x <0，即φ(x )<0，即φ(x )<φ(0)，故x >0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．6．设f (x )和g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，f ′(x )，g ′(x )分别为其导数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集是()A ．(－3，0)∪(3，＋∞)B ．(－3，0)∪(0，3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0，3)6．答案D解析令h (x )＝f (x )g (x )，当x ＜0时，h ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，则h (x )在(－∞，0)上单调递增，又f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，所以h (x )为奇函数，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增．又由g (－3)＝0，可得h (－3)＝－h (3)＝0，所以当x ＜－3或0＜x ＜3时，h (x )＜0，故选D ．7．设f (x )，g (x )是定义在R 上的恒大于0的可导函数，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )＜0，则当a ＜x ＜b 时，有()A ．f (x )g (x )＞f (b )g (b )B ．f (x )g (a )＞f (a )g (x )C ．f (x )g (b )＞f (b )g (x )D ．f (x )g (x )＞f (a )g (a )7．解析C答案令F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2＜0，所以F (x )在R 上单调递减．又a ＜x ＜b ，所以f (a )g (a )＞f (x )g (x )＞f (b )g (b )．又f (x )＞0，g (x )＞0，所以f (x )g (b )＞f (b )g (x )．8．设函数f (x )在R 上存在导数f ′(x )，对任意x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝x 2，在(0，＋∞)上f ′(x )<x ，若f (2－m )＋f (－m )－m 2＋2m －2≥0，则实数m 的取值范围为__________．8．答案[1，＋∞)解析令g (x )＝f (x )－x 22，则g (－x )＋g (x )＝0，g (x )是R 上的奇函数．又当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝f ′(x )－x <0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以g (x )是R 上的单调减函数．原不等式等价于g (2－m )＋g (－m )≥0，g (2－m )≥－g (－m )＝g (m )，所以2－m ≤m ，m ≥1．9．已知f (x )是定义在R 上的减函数，其导函数f ′(x )满足f (x )f ′(x )＋x <1，则下列结论正确的是()A ．对于任意x ∈R ，f (x )<0B ．对于任意x ∈R ，f (x )>0C ．当且仅当x ∈(－∞，1)，f (x )<0D ．当且仅当x ∈(1，＋∞)，f (x )>09．答案B解析∵f (x )f ′(x )＋x <1，f (x )是定义在R 上的减函数，f ′(x )<0，∴f (x )＋xf ′(x )>f ′(x )，∴f (x )＋(x －1)f ′(x )>0，∴[(x －1)f (x )]′>0，∴函数y ＝(x －1)f (x )在R 上单调递增，而x ＝1时，y ＝0，则x <1时，y <0，故f (x )>0．x >1时，x －1>0，y >0，故f (x )>0，∴f (x )>0对任意x ∈R 成立，故选B ．10．已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f (x )x ＞0，若g (x )＝f (x )＋1x，则函数g (x )的零点个数为()A ．1B ．2C ．0D ．0或210．答案C 解析令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，xf ′(x )＋f (x )x＞0，所以h ′(x )x ＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0时，h (x )＞0，又g (x )＝h (x )＋1x，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0考点五构造具体函数关系式【方法总结】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．【例题选讲】[例1](1)(2020·全国Ⅰ)若2a ＋log 2a ＝4b ＋2log 4b ，则()A ．a >2bB ．a <2bC ．a >b 2D ．a <b 2答案B解析由指数和对数的运算性质得2a ＋log 2a ＝4b ＋2log 4b ＝22b ＋log 2b ．令f (x )＝2x ＋log 2x ，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又∵22b ＋log 2b <22b ＋log 2b ＋1＝22b ＋log 2(2b )，∴2a ＋log 2a <22b ＋log 2(2b )，即f (a )<f (2b )，∴a <2b ．故选B ．(2)已知α，β∈－π2，π2，且αsin α－βsin β＞0，则下列结论正确的是()A ．α＞βB ．α2＞β2C ．α＜βD ．α＋β＞0答案B解析构造函数f (x )＝x sin x ，则f ′(x )＝sin x ＋x cos x ．当x ∈0，π2时，f ′(x )≥0，f (x )是增函数，当x ∈－π2，f ′(x )＜0，f (x )是减函数，又f (x )为偶函数，∴αsin α－βsin β＞0⇔αsin α＞βsin β⇔f (α)＞f (β)⇔f (|α|)＞f (|β|)⇔|α|＞|β|⇔α2＞β2，故选B ．(3)(多选)若0<x 1<x 2<1，则()A ．x 1＋ln x 2>x 2＋ln x 1B ．x 1＋ln x 2<x 2＋ln x 1C ．12e x x >21e x x D ．12e x x <21e x x 答案AC解析令f (x )＝x －ln x ，∴f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，1)上单调递减．∵0<x 1<x 2<1，∴f (x 2)<f (x 1)，即x 2－ln x 2<x 1－ln x 1，即x 1＋ln x 2>x 2＋ln x 1．设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x (x －1)x 2．当0<x <1时，g ′(x )<0，即g (x )在(0，1)上单调递减，∵0<x 1<x 2<1，∴g (x 2)<g (x 1)，即22e x x <11e x x ，∴12e x x >21e x x ，故选AC ．A ．(a ＋1)a ＋2>(a ＋2)a＋1B ．log a (a ＋1)>log a ＋1(a ＋2)C ．log a (a ＋1)<a ＋1a D ．log a ＋1(a ＋2)<a ＋2a ＋1答案ABD解析若A 成立，则(a ＋1)a ＋2>(a ＋2)a ＋1，两边取自然对数，得(a ＋2)ln(a ＋1)>(a ＋1)ln(a＋2)，因为a ≥2，所以ln(a ＋1)a ＋1>ln(a ＋2)a ＋2．令f (x )＝ln xx ，则x ≥3，f ′(x )＝1－ln x x 2<0，故f (x )在[3，＋∞)上单调递减，所以ln(a ＋1)a ＋1>ln(a ＋2)a ＋2，故A 成立；若B 成立，则log a (a ＋1)>log a ＋1(a ＋2)，即ln(a ＋1)ln a >ln(a ＋2)ln(a ＋1)，设g (x )＝ln(x ＋1)ln x ，x ≥2，则g ′(x )＝ln x x ＋1－ln(x ＋1)x (ln x )2＝x ln x －(x ＋1)ln(x ＋1)x ·(x ＋1)(ln x )2，令h (x )＝x ln x ，x ≥2，则h ′(x )＝ln x ＋1>0，故h (x )在[2，＋∞)上单调递增，所以x ln x －(x ＋1)ln(x ＋1)<0，所以g ′(x )<0，故g (x )在[2，＋∞)上单调递减，所以ln(a ＋1)ln a >ln(a ＋2)ln(a ＋1)，故B 成立；若C 成立，则log a (a ＋1)<a ＋1a ，即ln(a ＋1)a ＋1<ln a a ，由A 知f (x )＝ln xx 在[2，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，取a ＝2，故C 不成立；若D 成立，则log a ＋1(a ＋2)<a ＋2a ＋1，即ln(a ＋2)a ＋2<ln(a ＋1)a ＋1，由A 知D 成立．故选ABD ．(6)(2021·全国乙)设a ＝2ln1.01，b ＝ln1.02，c ＝1.04－1，则()A ．a <b <cB ．b <c <aC ．b <a <cD ．c <a <b答案B 解析b －c ＝ln1.02－ 1.04＋1，设f (x )＝ln(x ＋1)－1＋2x ＋1，则b －c ＝f (0.02)，f ′(x )＝1x ＋1－221＋2x＝1＋2x －(x ＋1)(x ＋1)1＋2x，当x >0时，x ＋1＝(x ＋1)2>1＋2x ，故当x >0时，f ′(x )＝1＋2x －(x ＋1)(x ＋1)1＋2x<0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (0.02)<f (0)＝0，即b <c ．a －c ＝2ln 1.01－ 1.04＋1，设g (x )＝2ln(x ＋1)－1＋4x ＋1，则a －c ＝g (0.01)，g ′(x )＝2x ＋1－421＋4x ＝2[1＋4x －(x ＋1)](x ＋1)1＋4x，当0<x <2时，4x ＋1＝2x ＋2x ＋1>x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2＝x ＋1，故当0<x <2时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，2)上单调递增，所以g (0.01)>g (0)＝0，故c <a ，从而有b <c <a ，故选B ．(7)已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，导函数为f ′(x )，若xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，且＝1e ，则()A ．f 0B ．f (x )在x ＝1e 处取得极大值C ．0<f (1)<1D ．f (x )在(0，＋∞)上单调递增答案ACD解析由题知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，导函数为f ′(x )，xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，即满足xf ′(x )－f (x )x 2＝ln x x ．因为f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2，所以f (x )x ′＝ln x x ，所以可设f (x )x ＝12ln 2x ＋b (b 为常数)，所以f (x )＝12x ln 2x ＋bx ．因为＝12·1e ln 21e ＋b e ＝1e ，解得b ＝12，所以f (x )＝12ln 2x ＋12x ，所以f (1)＝12，满足0<f (1)<1，所以C 正确；因为f ′(x )＝12ln 2x ＋ln x ＋12＝12(ln x ＋1)2≥0，且仅有f 0，所以B 错误，A ，D 正确．故选ACD ．【对点训练】1．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 66，则()A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <a <c1．答案C解析设f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x2，所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，即有f (6)<f (4)<f (3)，所以ln 66<ln 44＝ln 22<ln 33，故c <a <b ．2．设a ，b >0，则“a >b ”是“a a >b b ”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．答案D解析因为a ，b >0，由a a >b b 可得a ln a >b ln b ．设函数f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0可得x >1e ，所以函数f (x )＝x ln x a >b 不一定有a ln a >b ln b ，即a a >b b ，所以充分性不成立；当a a >b b ，即a ln a >b ln b 时，不一定有a >b ，所以必要性不成立，所以“a >b ”是“a a >b b ”的既不充分也不必要条件，故选D ．3．已知0<x 1<x 2<1，则()A ．ln x 1x 2>ln x 2x 1B ．ln x 1x 2<ln x 2x 1C ．x 2ln x 1>x 1ln x 2D ．x 2ln x 1<x 1ln x 23．答案D解析设f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，所以函数f (x )调递增；由f ′(x )<0，得0<x <1e f (x )f (x )在(0，1)上不单调，所以f (x 1)与f (x 2)的大小无法确定，从而排除A ，B ；设g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln x x 2，由g ′(x )>0，得0<x <e，即函数g (x )在(0，e)上单调递增，故函数g (x )在(0，1)上单调递增，所以g (x 1)<g (x 2)，即ln x 1x 1<ln x 2x 2，所以x 2ln x 1<x 1ln x 2．故选D ．4．已知a >b >0，a b ＝b a ，有如下四个结论：(1)b <e ；(2)b >e ；(3)存在a ，b 满足a ·b <e 2；(4)存在a ，b 满足a ·b >e 2，则正确结论的序号是()A ．(1)(3)B ．(2)(3)C ．(1)(4)D ．(2)(4)4．答案C解析由a b ＝b a 两边取对数得b ln a ＝a ln b ⇒ln a a ＝ln b b ．对于y ＝ln xx，由图象易知当b <e<a 时，才可能满足题意．故(1)正确，(2)错误；另外，由a b ＝b a ，令a ＝4，b ＝2，则a >e ，b <e ，ab ＝8>e 2，故(4)正确，(3)错误．因此，选C ．5．设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则()A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z5．答案D解析令2x ＝3y ＝5z ＝t (t >1)，两边取对数得x ＝log 2t ＝ln t ln 2，y ＝log 3t ＝ln t ln 3，z ＝log 5t ＝ln tln 5，从而2x ＝2ln 2ln t ，3y ＝3ln 3ln t ，5z ＝5ln 5ln t ．由t >1知，要比较三者大小，只需比较2ln 2，3ln 3，5ln 5的大小．又2ln 2＝4ln 4，e<3<4<5，由y ＝ln x x 在(e ，＋∞)上单调递减可知，ln 33>ln 44>ln 55，从而3ln 3<4ln 4<5ln 5，3y <2x <5z ，故选D ．6．已知a <5且a e 5＝5e a ，b <4且b e 4＝4e b ，c <3且c e 3＝3e c ，则()A ．c <b <a B ．b <c <a C ．a <c <bD ．a <b <c6．答案D解析方法一由已知e 55＝e a a ，e 44＝e bb，e 33＝e c c ，设f (x )＝e xx ，则f ′(x )＝(x －1)e x x 2，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (3)<f (4)<f (5)，f (c )<f (b )<f (a )，所以a <b <c ．方法二设e x＝e 55x ，①，e x ＝e 44x ，②，e x＝e 33x ，③，a ，b ，c 依次为方程①②③的根，结合图象，方程的根可以看作两个图象的交点的横坐标，∵e 55>e 44>e 33，由图可知a <b <c．7．若0<x 1<x 2<a ，都有x 2ln x 1－x 1ln x 2≤x 1－x 2成立，则a 的最大值为()A ．12B ．1C ．eD ．2e7．答案B解析ln x 1x 1－ln x 2x 2≤1x 2－1x 1，即ln x 1x 1＋1x 1≤ln x 2x 2＋1x 2，令f (x )＝ln x x ＋1x，则f (x )在(0，a )上为增函数，所以f ′(x )≥0在(0，a )上恒成立，f ′(x )＝－ln xx 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，所以f (x )在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，所以a ≤1，所以a 的最大值为1，选B ．8．下列四个命题：①ln 5<5ln 2；②ln π>πe；③；④3eln 2>42．其中真命题的个数是()A ．1B ．2C ．3D ．48．答案B解析构造函数f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．①ln 5<5ln 2⇒2ln 5<5ln 2⇒ln 55<ln 22，又2<5<e ，故错误．②ln π>πe ⇒2ln π>πe ⇒ln ππ>12e＝ln e e ，又e>π>e ，故正确．③⇒11ln 2<ln 11＝2ln 11⇒ln 22＝ln 44<ln 1111，又4>11>e ，故正确．④3eln 2>42⇒322eln 2>2×322⇒3232ln 22>ln e e ，显然错误．因此选B ．A ．0<a <b <1B ．b <a <0C ．1<a <bD ．a ＝b 10．答案ABD 解析因为实数a ，b 满足2a ＋3a ＝3b ＋2b ，所以设f (x )＝2x ＋3x ，g (x )＝3x ＋2x ，在同一平面直角坐标系中作出f (x )与g (x )的图象如图所示．由图象可知：①当x <0时，f (x )<g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，b <a <0，故B 正确；②当x ＝0或1时，f (x )＝g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，a ＝b ＝0或a ＝b ＝1，故D 正确；③当0<x <1时，f (x )>g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，0<a <b <1，故A 正确；④当x >1时，f (x )<g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，1<b <a ，故C 错误．故选ABD ．11．已知函数f (x )＝e x x －ax ，x ∈(0，＋∞)，当x 2>x 1时，不等式f (x 1)x 2<f (x 2)x 1恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(－∞，e]B ．(－∞，e)C ∞D ∞，e 211．答案D 解析因为x ∈(0，＋∞)，所以x 1f (x 1)<x 2f (x 2)，即函数g (x )＝xf (x )＝e x －ax 2在x ∈(0，＋∞)上是单调增函数，则g ′(x )＝e x －2ax ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，所以2a ≤e x x在x ∈(0，＋∞)上恒成立．令m (x )＝e x x ，则m ′(x )＝(x －1)e x x 2，当x ∈(0，1)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增，所以2a ≤m (x )min ＝m (1)＝e ，所以a ≤e 2．故选D ．12．设f ′(x )为函数f (x )的导函数，已知x 2f ′(x )＋xf (x )＝ln x ，f (e)＝1e，则下列结论正确的是()A ．f (x )在(0，＋∞)单调递增B ．f (x )在(0，＋∞)单调递减C ．f (x )在(0，＋∞)上有极大值D ．f (x )在(0，＋∞)上有极小值12．答案B 解析由x 2f ′(x )＋xf (x )＝ln x ，得xf ′(x )＋f (x )＝ln x x ，构造F ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＝ln x x ，F (x )＝xf (x )＝ln 2x 2＋m ，当x ＝e 时，xf (x )＝ln 2x 2＋m ，又e f (e)＝ln 2e 2＋m ，所以m ＝12，所以f (x )＝ln 2x ＋12x，所以f ′(x )＝－(ln x －1)22x 2≤0，f (x )在(0，＋∞)单调递减，选B ．13．(多选)下列不等式中恒成立的有()A ．ln(x ＋1)≥x x ＋1，x >－1B ．ln x x >0C ．e x ≥x ＋1D ．cos x ≥1－12x 213．答案ACD 解析A 选项，因为x >－1，令t ＝x ＋1>0，f (t )＝ln t ＋1t －1，则f ′(t )＝1t －1t 2＝t －1t2，所以当0<t <1时，f ′(t )＝t －1t 2<0，即f (t )单调递减；当t >1时，f ′(t )＝t －1t 2>0，即f (t )单调递增，所以f (t )min ＝f (1)＝0，即f (t )＝ln t ＋1t －1≥0，即ln t ≥t －1t，即ln(x ＋1)≥x x ＋1，x >－1恒成立，故A 正确；B 选项，令f (x )＝ln x x >0，则f ′(x )＝1x －＝2x －x 2－12x 2＝－(x －1)22x 2≤0显然恒成立，所以f (x )＝ln x x >0上单调递减，又f (1)＝0，所以当x ∈(0，1)时，f (x )>f (1)＝0，即ln x B 错；C 选项，令f (x )＝e x －x －1，则f ′(x )＝e x －1，当x >0时，f ′(x )＝e x －1>0，所以f (x )单调递增；当x <0时，f ′(x )＝e x －1<0，所以f (x )单调递减，则f (x )≥f (0)＝0，即e x ≥x ＋1恒成立，故C 正确；D 选项，令f (x )＝cos x －1＋12x 2，则f ′(x )＝－sin x ＋x ，令h (x )＝f ′(x )＝－sin x ＋x ，则h ′(x )＝－cos x ＋1≥0恒成立，即函数f ′(x )＝－sin x ＋x 单调递增，又f ′(0)＝0，所以当x >0时，f ′(x )>0，即f (x )＝cos x －1＋12x 2单调递增；当x <0时，f ′(x )<0，即f (x )＝cos x －1＋122单调递减，所以f (x )min ＝f (0)＝0，因此cos x ≥1－12x 2恒成立，故D 正确．。

高中数学解题方法构造函数法证明不等式的八种方法1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。

2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。

以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法：1.移项法构造函数 2、作差法构造函数证明3、换元法构造函数证明4、从条件特征入手构造函数证明5、主元法构造函数6、构造二阶导数函数证明导数的单调性7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）8.构造形似函数1.移项法构造函数【例1】 已知函数x x x f −+=)1ln()(，求证：当1−>x 时，恒有x x x ≤+≤+−)1ln(111 分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数111)1ln()(−+++=x x x g ，从其导数入手即可证明。

【解】1111)(+−=−+=′x x x x f ∴当01<<−x 时，0)(>′x f ，即)(x f 在)0,1(−∈x 上为增函数当0>x 时，0)(<′x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(−，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞−上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1−>x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤−+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(−+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+−+=′x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>′+∞∈<′−∈x g x x g x 时当时 ，即)(x g 在)0,1(−∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数，故函数)(x g 在),1(+∞−上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1−>x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥−+++x x ∴111)1ln(+−≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤−+−>)1ln(111,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证．2、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方；分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f <⇔不等式问题， 即3232ln 21x x x <+，只需证明在区间),1(∞+上，恒有3232ln 21x x x <+成立，设)()()(x f x g x F −=，),1(+∞∈x ，考虑到061)1(>=F 要证不等式转化变为：当1>x 时，)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可。

高中数学：构造函数常见构造函数方法：1.利用和差函数求导法则构造（1）)()()()0(0)()(x g x f x F x g x f +=⇒<>'+'或；（2）)(-)()()0(0)(-)(x g x f x F x g x f =⇒<>''或；（3）kx x f x F k x f -=⇒<>')()()(k )(或；2.利用积商函数求导法则构造（1）)()()()0(0)()()(g )(x g x f x F x g x f x x f =⇒<>'+'或；（2）)0)(()(g )()()0(0)()(-)(g )(≠=⇒<>''x g x x f x F x g x f x x f 或；（3）)()()0(0)()(x x xf x F x f x f =⇒<>+'或；（4）)0(x)()()0(0)(-)(x ≠=⇒<>'x x f x F x f x f 或；（5）)()()0(0)(n )(x x f x x F x f x f n =⇒<>+'或;(6))0(x)()()0(0)(n -)(x n ≠=⇒<>'x x f x F x f x f 或;(7))(e )()0(0)()(x f x F x f x f x =⇒<>+'或;(8))0(e )()()0(0)(-)(x≠=⇒<>'x x f x F x f x f 或;(9))(e )()0(0)(k )(x f x F x f x f kx =⇒<>+'或;(10))0(e )()()0(0)(k -)(kx≠=⇒<>'x x f x F x f x f 或;(11))(sin )()0(0tanx )()(x xf x F x f x f =⇒<>'+或;(12))0(sin sinx)()()0(0tan )(-)(≠=⇒<>'x x f x F x x f x f 或;(13))0(cos cos )()()0(0)(tanx )(≠=⇒<>+'x xx f x F x f x f 或;(14))(cos )()0(0)(tanx -)(x f x F x f x f =⇒<>'或;(15)()+lna ()0(0)()()x f x f x F x a f x '><⇒=或;(16)()()lna ()0(0)()x f x f x f x F x a '-><⇒=或;考点一。

第七讲构造函数法解决导数不等式思维导图——知识梳理脑洞(常见考法)：浮光掠影，抑或醍醐灌顶考法一加减法模型构造函数思维导图-----方法梳理1.对于不等式()k x f >'()0≠k ，构造函数()()bkx x f x g +-=2.形如(x)g(x)f >或(x)g(x)f <的函数不等式，（1）.可以构造函数)(-)(x g x f x F =）（，然后求）（x F 的最大值和最小值；（2）.如果(x)0g >，我们也可以构造函数()(x)(x)f G xg =，求()G x 的最值.，且为且当A ．c a b >>B ．c b a >>C ．a b c >>D ．a c b>>围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1．（2021·四川广元市·高三三模）已知定义在R 上的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，若()2()0xf x f x '->，(3)1f -=，则不等式()19f x x x <的解集是（）A．(,3)(0,3)-∞- B．()3,3-C．(3,0)(0,3)-⋃D．(,3)(3,)-∞-⋃+∞例2．（2022·广东·华南师大附中高三阶段练习）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3．（2022·西藏昌都市第四高级中学一模（理））已知函数()f x 是定义在−∞，∪，+∞的奇函数，当()0x ∈+∞，时，()()xf x f x '<，则不等式()()()52+25<0f x x f --的解集为（）A ．()()33-∞-⋃+∞，，B ．()()3003-⋃，，C ．()()3007-⋃，，D ．−∞，−∪，套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1．（2021·安徽高二月考（理））设函数()f x 是定义在()0,∞+上的可导函数，其导函数为()'f x ，且有()()2'f x xf x >，则不等式()()()24202120212f x x f ->-的解集为（）A ．()2021,2023B ．()0,2022C ．()0,2020D ．()2022,+∞2．（2020·广州市育才中学高二月考）函数()f x 的导数为()'f x ，对任意的正数x 都有()()2'f x xf x >成立，则（）A ．()()9243f f >B ．()()9243f f <C ．()()9243f f =D ．()92f 与()43f 的大小不确定3.（2015新课标Ⅱ）设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=当0x >时，'()()xf x f x -0<，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是（）A ．()(),10,1-∞- B ．()()1,01,-+∞ C ．()(),11,0-∞-- D ．()()0,11,+∞ 题型二：构造()()nx F x e f x =或()()nxf x F x e =(n Z ∈，且0n ≠)型思维导图-----方法梳理类型一：构造可导积函数1])([)]()(['=+'x f e x nf x f e nx nx 高频考点1：])([)]()(['=+'x f e x f x f e x x 类型二：构造可商函数①])([)()('=-'nxnx ex f e x nf x f 高频考点1：])([)()('=-'xx ex f e x f x f 围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1.（2021·内蒙古锡林郭勒盟）设函数()'f x 是函数()f x 的导函数，x R ∀∈，()()0f x f x '+>，且(1)2f =，则不等式12()x f x e ->的解集为（）A．(1,)+∞B．(2,)+∞C．(,1)-∞D．(,2)-∞例2.（2022·陕西榆林·三模）已知()f x 是定义在R 上的函数，()'f x 是()f x 的导函数，且()()1f x f x '+>，(1)2f =，则下列结论一定成立的是（）A ．12(2)f +<e eB ．1(2)f +<e eC ．12(2)f +>e eD ．1(2)f +>e e例3．（2021·赤峰二中高三月考）定义在R 上的函数()f x 满足()()1f x f x >-'，()06f =，则不等式()51x f x e>+(e 为自然对数的底数)的解集为（）A．()0,∞+B．()5,+∞C．()(),05,-∞⋃+∞D．(),0-∞套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1．（2020·贵州贵阳·高三月考（理））已知()f x '是函数()f x 的导数，且满足()()0f x f x '+>对[]0,1x ∈恒成立，A ，B 是锐角三角形的两个内角，则下列不等式一定成立的是（）A ．()()sin sin sin sin e eB A f A f B <B ．()()sin sin sin sin e e B A f A f B >C ．()()sin cos cos sin e e B Af A f B <D ．()()sin cos cos sin e e B Af A f B >2．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（文））设()f x 是定义在R 上的函数，其导函数为()f x '，若()()1f x f x '+>，()02018f =，则不等式()e e 2017x x f x >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（）A ．(),0∞-B ．()(),02017,-∞⋃+∞C ．()2017,+∞D ．()0,∞+3．（2022·陕西渭南·高二期末（理））已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，对任意R x ∈满足()()0f x f x '+<，则下列结论一定正确的是（）A ．()()23e 2e 3f f >B ．()()23e 2e 3f f <C ．()()32e 2e 3f f >D ．()()32e 2e 3f f <围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1．（2021·全国高三）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()20220xf x e +<的解集是（）A．(),0-∞B．−∞,l BC．()0,∞+D．()2022,+∞例2．（2020·吉林高三月考（理））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(2)f x +为偶函数，(4)1f =，则不等式()x f x e <的解集为（）A ．(,0)-∞B ．(0,)+∞C ．()4,e-∞D ．()4,e +∞例3．（河南省多校联盟2022）已知函数()f x 的导函数为()f x '，若对任意的R x ∈，都有()()2f x f x >'+，且()12022f =，则不等式()12020e 2x f x --<的解集为（）A ．()0,∞+B ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．()1,+∞D ．(),1-∞例4．（2021·全国高三）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，且满足()()0f x f x '->，2021(2021)f e =，则不等式31(ln )3f x x <的解集为（）A．6063(,)e +∞B．2021(0,)e C．2021(,)e +∞D．6063(0,)e 套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1．（2022·湖北·襄阳五中高三开学考试）设()f x '是定义在R 上的连续的函数()f x 的导函数，()()2e 0xf x f x '-+<（e 为自然对数的底数），且()224e f =，则不等式()2e x f x x >的解集为（）A ．()()2,02,-+∞B ．()e,+∞C ．()2,+∞D ．()(),22,∞∞--⋃+2．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室高二期末（理））已知()f x 是定义在R 上的函数，其导函数为()f x '，且不等式()()f x f x '>恒成立，则下列不等式成立的是（）A ．e (1)(2)f f >B ．()()e 10f f -<C ．()()e 21f f ->-D ．()()2e 11f f ->3．（2022·江西省信丰中学高二阶段练习（文））若定义在R 上的函数()f x 的导函数()f x '为，且满足()()f x f x '>，则(2017)f 与e (2016)f ⋅的大小关系为（）A ．(2017)f ＜e (2016)f ⋅B ．(2017)f =e (2016)f ⋅C ．(2017)f ＞e (2016)f ⋅D ．不能确定4．（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()2525e 0x f x --->的解集为（）A ．(),3-∞-B ．(),2-∞-C ．()2,+∞D ．()3,+∞5．（2021·江苏高二月考）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，满足()()0f x f x '->，若()()2211x ax e f ax ef x +>-恒成立，则实数a 的取值范围为___________.2．（2022·吉林·长岭县第三中学高三阶段练习）已知奇函数()f x 的定义域为,00,22ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其导函数是'()f x ．当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，'()sin ()cos 0f x x f x x -<，则关于x 的不等式()2sin 6f x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．,0,266πππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．,,2662ππππ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．,00,66ππ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ D ．,0,662πππ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3．（2022·湖北·高二阶段练习）奇函数()f x 定义域为()(),00,ππ-⋃，其导函数是()f x '.当0πx <<时，有()()sin cos 0f x x f x x '-<，则关于x 的不等式()2sin 4f x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．（4π，π）B ．,,44ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ． ,0,44πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4．（2021·甘肃省武威第二中学高二期中（理））对任意0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，不等式()()sin cos x f x x f x ⋅⋅'＜恒成立，则下列不等式错误的是（）A ．234f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＞B ．()2cos113f f π⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭＞C ．()2cos114f f π⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭＜D ．6426f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＜op上的奇函数，且套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫。

知识导航不等式证明问题是高考中的常规题型，而构造函数法是解答此类问题的基本方法.它是通过构造函数，把不等式证明问题转化为函数最值问题进行求解的方法.而求函数最值的方法有很多，如基本不等式法、换元法、利用函数的图象与性质、导数法等.下面结合具体题目来进行分析.例1.已知x>-1，求证：1-1x+1≤ln(x+1)≤x.分析:所证明不等式中既含有分式又含有指数函数，很难建立起它们之间的关系，不妨把不等式拆分为两个不等式，分别构造新的函数f(x)=ln(x+1)-x，g(x)=ln(x+1)-1x+1-1，将问题转化为证明f(x)max≤0，g(x)min≥0.继而对f(x),g(x)求导，求出其零点、判断函数单调性，结合定义域求出极值，从而证明f(x)max≤0，g(x)min≥0，便可证明1-1x+1≤ln(x+1)≤x成立.证明：令f(x)=ln(x+1)-x，则f′(x)=1x+1-1=-x x+1，令f′(x)=0，解得x=0，当-1<x<0时，f′(x)>0,f(x)单调递增，当x>0时，f′(x)<0,f(x)单调递减，因此当x>-1时，f(x)max=f(0)=ln1-0=0，即f(x)=ln(x+1)-x≤0，可证明ln(x+1)≤x.再令g(x)=ln(x+1)+1x+1-1，则g′(x)=x()x+12，令g′(x)=0，解得x=0，当-1<x<0时，g′(x)<0,g(x)单调递减，当x>0时，g′(x)<0,g(x)单调递增，因此当x>-1时，g(x)min=g(0)=0，即当-1<x<0时，g(x)=ln(x+1)+1x+1-1≥0，所以1-1x+1≤ln(x+1).综合可得证：1-1x+1≤ln(x+1)≤x.例2.已知f(x)=ln(x+1)+x+1-1，证明：当0<x<2时，f(x)<9x x+6.证明：令g(x)=f(x)-9x x+6=ln(x+1)+x+1-1-9xx+6，∴g′(x)x+1)54(x+6)2，∵x+1+x+1，∴x+1≤x2+1，∴g′(x)=-54(x+6)2<x+64(x+1)-54(x+6)2=(x+6)3-216(x+1)4(x+1)(x+6)2，∴g″(x)=3(x+6)2-216，在0<x<2时，g″(x)=3(x+6)2-216<0,∴g′(x)=(x+6)3-216(x+1)4(x+1)(x+6)2在定义域内单调递减,又g′(0)=0，∴g′(x)<0，∴在0<x<2上，函数g(x)单调递减，即g(x)max=g(0)=0，∴g(x)=f(x)-9x x+6<0,∴f(x)<9x x+6.本题直接运用了构造函数法进行求解，首先将不等式变形，构造函数g(x)=f(x)-9x x+6，从而问题转化为证明g(x)max<0.由于在对g(x)求导后，无法直接探究其导函数的零点和在区间上的正负符号，所以需要对其导函数再次求导，求其零点和在区间上的正负符号，进而确定函数g(x)的单调性、最值，证明不等式成立.通过上述分析，我们可以发现，运用构造函数法解答不等式证明问题的关键是求新函数的最值.上述两个例题在求函数的最值时都用到了导数法，其基本思路是：第一步，将不等式变形，构造合适的函数；第二步，对函数求导；第三步，求导函数的零点，研究导函数在区间上的正负符号，判断函数的单调性；第四步，求函数的极值、最值，证明不等式成立.在运用上述思路解题时，同学们要灵活运用函数求导的基本技巧，从而顺利解题.（作者单位：山东省北镇中学）王妍37。

专题06 构造函数法解决导数不等式问题(一)以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f (x )±g (x )，f (x )g (x )，f (x )g (x )”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．导数是函数单调性的延伸，如果把题目中直接给出的增减性换成一个f ′(x )，则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不等式问题中，我们要研究的往往不是f (x )本身的单调性，而是包含f (x )的一个新函数的单调性，因此构造函数变的相当重要，另外题目中若给出的是f ′(x )的形式，则我们要构造的则是一个包含f (x )的新函数，因为只有这个新函数求导之后才会出现f ′(x )，因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数．构造函数是数学的一种重要思想方法，它体现了数学的发现、类比、化归、猜想、实验和归纳等思想．分析近些年的高考，发现构造函数的思想越来越重要，而且很多都用在压轴题(无论是主观题还是客观题)的解答上．构造函数的主要步骤：(1)分析：分析已知条件，联想函数模型；(2)构造：构造辅助函数，转化问题本质；(3)回归：解析所构函数，回归所求问题．考点一 构造F (x )＝x n f (x )(n ∈Z ，且n ≠0)类型的辅助函数【方法总结】(1)若F (x )＝x n f (x )，则F ′(x )＝nx n －1f (x )＋x n f ′(x )＝x n －1[nf (x )＋xf ′(x )]；(2)若F (x )＝f (x )x n ，则F ′(x )＝f ′(x )x n －nx n －1f (x )x 2n ＝xf ′(x )－nf (x )x n ＋1． 由此得到结论：(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 )xn ． 【例题选讲】[例1](1)已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )＜－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)的解集是( )A ．(0，1)B ．(1，＋∞)C ．(1，2)D ．(2，＋∞)答案 D 解析 因为f (x )<－xf ′(x )，所以f (x )＋xf ′(x )<0，即(xf (x ))′<0，所以函数y ＝xf (x )在(0，＋∞)上单调递减．由不等式f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)，可得(x ＋1)f (x ＋1)>(x 2－1)f (x 2－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋1>0，x 2－1>0，x 2－1>x ＋1，解得x >2．选D ． (2)已知函数f (x )是定义在区间(0，＋∞)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且满足xf ′(x )＋2f (x )＞0，则不等式(x ＋2 021)f (x ＋2 021)5＜5f (5)x ＋2 021的解集为( ) A ．{x |x ＞－2 016} B ．{x |x ＜－2 016} C ．{x |－2 016＜x ＜0} D ．{x |－2 021＜x ＜－2 016} 答案 D 解析 构造函数g (x )＝x 2f (x )，则g ′(x )＝x [2f (x )＋xf ′(x )]．当x ＞0时，∵2f (x )＋xf ′(x )＞0，∴g ′(x )＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增．∵不等式(x ＋2 021)f (x ＋2 021)5＜5f (5)x ＋2 021，∴当x ＋2 021＞0，即x ＞－2 021时，(x ＋2 021)2f (x ＋2 021)＜52f (5)，即g (x ＋2 021)＜g (5)，∴0<x ＋2 021＜5，∴－2 021＜x ＜－2 016．(3)(2015·全国Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1，0)D ．(0，1)∪(1，＋∞)答案 A 解析 设y ＝g (x )＝f (x )x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0．∵f (x )为奇函数，∴g (x )为偶函数，∴g (x )的图象的示意图如图所示．当x >0时，由f (x )>0，得g (x )>0，由图知0<x <1，当x <0时，由f (x )>0，得g (x )<0，由图知x <－1，∴使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A ．(4)设f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ＜0时，f (x )＋xf ′(x )＜0，且f (－4)＝0，则不等式xf (x )＞0的解集为________．答案 (－∞，－4)∪(0，4) 解析 构造F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，当x ＜0时，f (x )＋xf ′(x )＜0，可以推出当x ＜0时，F ′(x )＜0，∴F (x )在(－∞，0)上单调递减．∵f (x )为偶函数，x 为奇函数，∴F (x )为奇函数，∴F (x )在(0，＋∞)上也单调递减．根据f (－4)＝0可得F (－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象如图所示，根据图象可知xf (x )＞0的解集为(－∞，－4)∪(0，4)．(5)已知f (x )是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f ′(x )，且不等式xf ′(x )＜2f (x )恒成立，则( )A ．4f (1)＜f (2)B ．4f (1)＞f (2)C ．f (1)＜4f (2)D ．f (1)＞4f ′(2)答案 B 解析 令g (x )＝f (x )x 2(x ＞0)，则g ′(x )＝xf ′(x )－2f (x )x 3，由不等式xf ′(x )＜2f (x )恒成立知g ′(x )＜0，即g (x )在(0，＋∞)是减函数，∴g (1)＞g (2)，即f (1)1＞f (2)4，即4f (1)＞f (2)，故选B ． (6)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，若a ＝f (e )e ，b ＝f (ln 2)ln 2，c ＝f (－3)－3，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 D 解析 设g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2＜0，即函数g (x )在x ∈(0，＋∞)时为减函数．由函数y ＝f (x )为奇函数知f (－3)＝－f (3)，则c ＝f (－3)－3＝f (3)3．∵a ＝f (e )e ＝g (e)，b ＝f (ln 2)ln 2＝g (ln 2)，c ＝f (3)3＝g (3)且3＞e ＞ln 2，∴g (3)＜g (e)＜g (ln 2)，即c ＜a ＜b ，故选D ． 【对点训练】1．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 021)2f (x＋2 021)－4f (－2)>0的解集为( )A ．(－∞，－2 021)B ．(－∞，－2 023)C ．(－2 023，0)D ．(－2 021，0)1．答案 B 解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2，结合x ∈(－∞，0)得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3<0，故[x 2f (x )]′<0，设g (x )＝x 2f (x )，则g (x )在(－∞，0)上单调递减，(x ＋2 021)2f (x ＋2 021)－4f (－2)>0可化为(x ＋2 021)2f (x ＋2 021)>(－2)2f (－2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2 021<－2，x ＋2 021<0，解得x <－2 023．故选B ．2．设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＞0，则使得f (x )＞0成立的x的取值范围是________．2．答案 (－2，0)∪(2，＋∞) 解析 令g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2＞0，x ∈(0，＋∞)．所以函数g (x ) 在(0，＋∞)上单调递增．又g (－x )＝f (－x )－x ＝－f (x )－x＝f (x )x ＝g (x )，则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)．则f (x )＝xg (x )＞0⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x ＞0，g (x )＞0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0，g (x )＜0.解得x ＞2或－2＜x ＜0，故不等式f (x )＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 3．已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (－1)＝0，当x ＞0时，2f (x )＞xf ′(x )，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是________．3．答案 (－1，0)∪(0，1) 解析 构造F (x )＝f (x )x 2，则F ′(x )＝f ′(x )·x －2f (x )x 3，当x ＞0时，xf ′(x )－2f (x )＜0， 可以推出当x ＞0时，F ′(x )＜0，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．∵f (x )为偶函数，x 2为偶函数，∴F (x )为偶函数，∴F (x )在(－∞，0)上单调递增．根据f (－1)＝0可得F (－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象如图所示，根据图象可知f (x )＞0的解集为(－1，0)∪(0，1)．4．设f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (1)＝0，当x ＜0时，有xf ′(x )－f (x )＞0恒成立，则不等式f (x )＞0的 解集为________．4．答案 (－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析 构造F (x )＝f (x )x ，则F ′(x )＝f ′(x )·x －f (x )x 2，当x ＜0时，xf ′(x )－f (x ) ＞0，可以推出当x ＜0时，F ′(x )＞0，F (x )在(－∞，0)上单调递增．∵f (x )为偶函数，x 为奇函数，∴F (x )为奇函数，∴F (x )在(0，＋∞)上也单调递增．根据f (1)＝0可得F (1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象，根据图象可知f (x )＞0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．5．设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′(x )－f (x )x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集 是________________．5．答案 (－∞，－2)∪(0，2) 解析 ∵当x >0时，⎣⎡⎦⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，∴φ(x )＝f (x )x在(0，＋∞)上为 减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0．又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数，由数形结合知x ∈(－∞，－2)时f (x )>0．故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)．6．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )x 2<0恒成立，则不等式f (x )x>0的解集 为( )A ．(－2，0)∪(2，＋∞)B ．(－2，0)∪(0，2)C ．(－∞，－2)∪(0，2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)6．答案 B 解析 设g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝⎣⎡⎦⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，g ′(x )<0，所以函数g (x )＝f (x )x 在(0，＋∞)上单调递减．因为f (x )是奇函数，所以g (x )＝f (x )x是偶函数．因为f (2)＝0，所以f (－2)＝0．所以不等式f (x )x>0的解集为(－2，0)∪(0，2)．故选B ． 7．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )＜0，对任意正数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 )7．答案 A 解析 设函数F (x )＝f (x )x (x >0)，则F ′(x )＝[f (x )x ]′＝xf ′(x )－f (x )x 2．因为x >0，xf ′(x )－f (x )＜0，所 以F ′(x )＜0，故函数F (x )在(0，＋∞)上为减函数．又0<a <b ，所以F (a )＞F (b )，即f (a )a ＞f (b )b，则bf (a )＞af (b )．8．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R ，都有xf ′(x )<f (x )成立，则( )A ．3f (2)>2f (3)B ．3f (2)＝2f (3)C ．3f (2)<2f (3)D ．3f (2)与2f (3)大小不确定8．答案 A 解析 令F (x )＝f (x )x ，则F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，所以F (x )为减函数，则f (2)2>f (3)3．所以3f (2)>2f (3)． 9．定义在区间(0，＋∞)上的函数y ＝f (x )使不等式2f (x )<xf ′(x )<3f (x )恒成立，其中y ＝f ′(x )为y ＝f (x )的导函数，则( )A ．8<f (2)f (1)<16B ．4<f (2)f (1)<8C ．3<f (2)f (1)<4D ．2<f (2)f (1)<3 9．答案 B 解析 ∵xf ′(x )－2f (x )>0，x >0，∴⎣⎡⎦⎤f (x )x 2′＝f ′(x )·x 2－2xf (x )x 4＝xf ′(x )－2f (x )x 3>0，∴y ＝f (x )x 2在(0，＋ ∞)上单调递增，∴f (2)22>f (1)12，即f (2)f (1)>4．∵xf ′(x )－3f (x )<0，x >0，∴⎣⎡⎦⎤f (x )x 3′＝f ′(x )·x 3－3x 2f (x )x 6＝xf ′(x )－3f (x )x 4<0，∴y ＝f (x )x 3在(0，＋∞)上单调递减，∴f (2)23<f (1)13，即f (2)f (1)<8，综上，4<f (2)f (1)<8． 考点二 构造F (x )＝e nx f (x )(n ∈Z ，且n ≠0)类型的辅助函数【方法总结】(1)若F (x )＝e nx f (x )，则F ′(x )＝n ·e nx f (x )＋e nx f ′(x )＝e nx [f ′(x )＋nf (x )]；(2)若F (x )＝f (x )e nx ，则F ′(x )＝f ′(x )e nx －n e nx f (x )e 2nx ＝f ′(x )－nf (x )e nx． 由此得到结论：(1)出现f ′(x )＋nf (x )形式，构造函数F (x )＝e nx f (x )；(2)出现f ′(x )－nf (x )形式，构造函数F (x )＝f (x )enx ． 【例题选讲】[例1](1)若定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋2f (x )>0，且f (0)＝1，则不等式f (x )>1e 2x 的解集为 ． 答案 (0，＋∞) 解析 构造F (x )＝f (x )·e 2x ，∴F ′(x )＝f ′(x )·e 2x ＋f (x )·2e 2x ＝e 2x [f ′(x )＋2f (x )]>0，∴F (x )在R 上单调递增，且F (0)＝f (0)·e 0＝1，不等式f (x )>1e 2x 可化为f (x )e 2x >1，即F (x )>F (0)，∴x >0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．(2)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )>f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f (x )ex <1的解集为________．答案 {x |x >0} 解析 令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝e x f ′(x )－(e x )′f (x )(e x )2＝f ′(x )－f (x )e x．由题意得g ′(x )<0恒成立，所以函数g (x )＝f (x )e x 在R 上单调递减．又g (0)＝f (0)e 0＝1，所以f (x )ex <1，即g (x )<g (0)，所以x >0，所以不等式的解集为{x |x >0}．(3)若定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )－2f (x )＞0，f (0)＝1，则不等式f (x )＞e 2x 的解集为________．答案 (0，＋∞) 解析 构造F (x )＝f (x )e 2x ，则F ′(x )＝e 2x f ′(x )－2e 2x f (x )e 4x ＝f ′(x )－2f (x )e 2x，函数f (x )满足f ′(x )－2f (x )＞0，则F ′(x )＞0，F (x )在R 上单调递增．又∵f (0)＝1，则F (0)＝1，f (x )＞e 2x ⇔f (x )e 2x ＞1⇔F (x )＞F (0)，根据单调性得x ＞0．(4)设定义域为R 的函数f (x )满足f ′(x )>f (x )，则不等式e x －1f (x )<f (2x －1)的解集为________．答案 (1，＋∞) 解析 令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )ex >0，故g (x )在R 上单调递增，不等式e x －1f (x )<f (2x －1)，即f (x )e x <f (2x －1)e2x －1，故g (x )<g (2x －1)，故x <2x －1，解得x >1，所以原不等式的解集为(1，＋∞)． (5)定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )>1－f ′(x )，f (0)＝0，f ′(x )是f (x )的导函数，则不等式e x f (x )>e x －1(其中e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(0，＋∞)C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(－1，＋∞)答案 A 解析 设g (x )＝e x f (x )－e x ，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ．由已知f (x )>1－f ′(x )，可得g ′(x )>0在R 上恒成立，即g (x )是R 上的增函数．因为f (0)＝0，所以g (0)＝－1，则不等式e x f (x )>e x －1可化为g (x )>g (0)，所以原不等式的解集为(0，＋∞)．(6)定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意x ，有f (x )>f ′(x )，且f (x )＋2 021为奇函数，则不等式f (x )＋2 021e x <0的解集是( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．⎝⎛⎭⎫－∞，1eD ．⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ 答案 B 解析 设h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x<0，所以h (x )是定义在R 上的减函数．因为f (x )＋2 021为奇函数，所以f (0)＝－2 021，h (0)＝－2 021．因为f (x )＋2 021e x <0，所以f (x )ex <－2 021，即h (x )<h (0)，结合函数h (x )的单调性可知x >0，所以不等式f (x )＋2 021e x <0的解集是(0，＋∞)．故选B ．(7)已知定义在R 上的偶函数f (x )(函数f (x )的导函数为f ′(x ))满足f ⎝⎛⎭⎫x －12＋f (x ＋1)＝0，e 3f (2 021)＝1，若f (x )>f ′(－x )，则关于x 的不等式f (x ＋2)>1ex 的解集为( ) A ．(－∞，3) B ．(3，＋∞) C ．(－∞，0) D ．(0，＋∞)答案 B 解析 ∵f (x )是偶函数，∴f (x )＝f (－x )，f ′(x )＝[]f (－x )′＝－f ′(－x )，∴f ′(－x )＝－f ′(x )，f (x )>f ′( －x )＝－f ′(x )，即f (x )＋f ′(x )>0，设g (x )＝e x f (x )，则[]e x f (x )′＝e x []f (x )＋f ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，由f ⎝⎛⎭⎫x －12＋f (x ＋1)＝0，得f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x ＋32＝0，f ⎝⎛⎭⎫x ＋32＋f ()x ＋3＝0，相减可得f (x )＝f ()x ＋3，f (x )的周期为3，∴e 3f ()2 021＝e 3f (2)＝1，g (2)＝e 2f (2)＝1e ，f (x ＋2)>1e x ，结合f (x )的周期为3可化为e x －1f (x －1)>1e＝e 2f (2)，g (x －1)>g (2)，x －1>2，x >3，∴不等式的解集为()3，＋∞，故选B ．(8)已知函数f (x )是定义在R 上的可导函数，f ′(x )为其导函数，若对于任意实数x ，有f (x )－f ′(x )＞0，则( )A ．e f (2 021)＞f (2 022)B ．e f (2 021)＜f (2 022)C ．e f (2 021)＝f (2 022)D ．e f (2 021)与f (2 022)大小不能确定答案 A 解析 令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝e x f ′(x )－e x f (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x，因为f (x )－f ′(x )＞0，所以g ′(x )＜0，所以函数g (x )在R 上单调递减，所以g (2 021)＞g (2 022)，即f (2 021)e 2 021＞f (2 022)e2 022，所以e f (2 021)＞f (2 022)，故选A ．(9)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，则( )A ．f (2)>e 2f (0)，f (2 021)>e 2 021f (0)B ．f (2)<e 2f (0)，f (2 021)>e 2 021f (0)C ．f (2)>e 2f (0)，f (2 021)<e 2 021f (0)D ．f (2)<e 2f (0)，f (2 021)<e 2 021f (0)答案 D 解析 构造F (x )＝f (x )e x ，则F ′(x )＝e x f ′(x )－e x f (x )e 2x ＝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，根据单调性可知选D ．(10)已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，若f (x )满足：(x －1)[f ′(x )－f (x )]＞0，f (2－x )＝f (x )·e 2－2x ，则下列判断一定正确的是( )A ．f (1)＜f (0)B ．f (2)＞e 2f (0)C ．f (3)＞e 3f (0)D ．f (4)＜e 4f (0)答案 C 解析 构造F (x )＝f (x )e x ，则F ′(x )＝e x f ′(x )－e x f (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x，导函数f ′(x )满足(x －1)[f ′(x )－f (x )]＞0，则x ＞1时F ′(x )＞0，F (x )在[1，＋∞)上单调递增．当x ＜1时F ′(x )＜0，F (x )在(－∞，1]上单调递减．又由f (2－x )＝f (x )e 2－2x ⇔F (2－x )＝F (x )⇒F (x )关于x ＝1对称，从而F (3)＞F (0)即f (3)e 3＞f (0)e0，∴f (3)＞e 3f (0)，故选C ．【对点训练】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f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x <0的 解集为( )A ．⎝⎛⎭⎫－∞，12B ．(0，＋∞)C ．⎝⎛⎭⎫12，＋∞ D ．(－∞，0) 1．答案 B 解析 构造函数g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0，故函数g (x ) 在R 上为减函数，又f (0)＝12，所以g (0)＝f (0)e 0＝12，则不等式f (x )－12e x <0可化为f (x )e x <12，即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞)．2．已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e，对任意实数x ，都有f (x )－f ′(x )>0，则不等式f (x )<e x －2的 解集为( )A ．(－∞，e)B ．(1，＋∞)C ．(1，e)D ．(e ，＋∞)2．答案 B 解析 设g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )e x －e x f (x )(e x )2＝f ′(x )－f (x )e x．∵对任意实数x ，都有f (x )－f ′(x )> 0，∴g ′(x )<0，即g (x )为R 上的减函数．g (1)＝f (1)e ＝1e 2，由不等式f (x )<e x －2，得f(x )e x <e －2＝1e2，即g (x )<g (1)．∵g (x )为R 上的减函数，∴x >1，∴不等式f (x )<e x －2的解集为(1，＋∞)．故选B ．3．已知f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，若f ′(x )－2f (x )＜0，且f (－1)＝0，则f (x )＞0的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，1)C ．(－∞，0)D ．(－1，＋∞)3．答案 A 解析 设g (x )＝f (x )e 2x ，则g ′(x )＝f ′(x )－2f (x )e 2x＜0在R 上恒成立，所以g (x )在R 上单调递减．因 为f (x )＞0，所以g (x )＞0，又g (－1)＝0，所以x ＜－1．4．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f (x ＋3)为偶函数，f (6)＝1，则不等式f (x )>e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)4．答案 B 解析 因为f (x ＋3)为偶函数，所以f (3－x )＝f (x ＋3)，因此f (0)＝f (6)＝1．设h (x )＝f (x )ex ， 则原不等式即h (x )>h (0)．又h ′(x )＝f ′(x )·e x －f (x )·e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x，依题意f ′(x )>f (x )，故h ′(x )>0，因此函数h (x )在R 上是增函数，所以由h (x )>h (0)，得x >0．故选B ．5．已知函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是( )A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．|x |x <－1，或x >1|D ．{x |x <－1，或0<x <1}5．答案 A 解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x －1，求导，得g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]．由已知f (x )＋f ′(x )>1，可得到g ′(x )>0，所以g (x )为R 上的增函数．又g (0)＝e 0·f (0)－e 0－1＝0，所以e x ·f (x )>e x ＋1，即g (x )>0的解集为{x |x >0}．6．已知函数f (x )的定义域为R ，且f (x )＋1<f ′(x )，f (0)＝2，则不等式f (x )＋1>3e x 的解集为( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，1)C ．(0，＋∞)D ．(－∞，0)6．答案 C 解析 构造函数g (x )＝f (x )＋1e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )－1e x>0，故g (x )在R 上为增函数．又g (0) ＝f (0)＋1e 0＝3，由f (x )＋1>3e x ，得f (x )＋1e x>3，即g (x )>g (0)，解得x >0．故选C ． 7．定义在R 上的可导函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )<0，则下列各式一定成立的是( )A ．e 2f (2021)<f (2019)B ．e 2f (2021)>f (2019)C ．f (2021)<f (2019)D ．f (2021)>f (2019)7．答案 A 解析 根据题意，设g (x )＝e x f (x )，其导函数g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]，又由函数f (x )与其导函数f ′(x )满足f (x )＋f ′(x )<0，则有g ′(x )<0，则函数g (x )在R 上为减函数，则有g (2021)<g (2019)，即e 2021f (2021)<e 2019f (2019)，即e 2f (2021)<f (2019)．8．定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )>f (x )恒成立，若x 1<x 2，则1e x f (x 2)与2e x f (x 1)的大小关系为( )A ．1e x f (x 2)>2e x f (x 1)B ．1e x f (x 2)<2e x f (x 1)C ．1e x f (x 2)＝2e x f (x 1)D ．1e x f (x 2)与2e x f (x 1)的大小关系不确定8．答案 A 解析 设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．由题意得g ′(x )>0，所以g (x )在R 上单调递增，当x 1<x 2时，g (x 1)<g (x 2)，即()11e x f x <()22e x f x ，所以1e x f (x 2)>2e xf (x 1)． 9．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R 都有f (x )＞f ′(x )成立，则( )A ．3f (ln2)＜2f (ln3)B ．3f (ln2)＝2f (ln3)C ．3f (ln2)＞2f (ln3)D ．3f (ln2)与2f (ln3)的大小不确定9．答案 C 解析 令F (x )＝f (x )e x ，则F ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x，因为对∀x ∈R 都有f (x )＞f ′(x )，所以F ′(x )＜0， 即F (x )在R 上单调递减．又ln2＜ln3，所以F (ln2)＞F (ln3)，即f (ln 2)e ln 2＞f (ln 3)e ln 3，所以f (ln 2)2＞f (ln 3)3，即3f (ln2)＞2f (ln3)，故选C ．10．已知函数f (x )是定义在R 上的可导函数，且对于∀x ∈R ，均有f (x )>f ′(x )，则有( )A ．e 2022f (－2022)<f (0)，f (2022)>e 2022f (0)B ．e 2022f (－2022)<f (0)，f (2022)<e 2022f (0)C ．e 2022f (－2022)>f (0)，f (2022)>e 2022f (0)D ．e 2022f (－2022)>f (0)，f (2022)<e 2022f (0)10．答案 D 解析 构造函数g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )e x －(e x )′f (x )(e x )2＝f ′(x )－f (x )e x，因为∀x ∈R ，均有f (x )> f ′(x )，并e x >0，所以g ′(x )<0，故函数g (x )＝f (x )ex 在R 上单调递减，所以g (－2022)>g (0)，g (2022)<g (0)， 即f (－2022)e －2022>f (0)，f (2022)e 2022<f (0)，也就是e 2022f (－2022)>f (0)，f (2022)<e 2022f (0)． 考点三 构造F (x )＝f (x )sin x ，F (x )＝f (x )sin x ，F (x )＝f (x ) cos x ，F (x )＝f (x )cos x类型的辅助函数 【方法总结】(1)若F (x )＝f (x )sin x ，则F ′(x )＝f ′(x )sin x ＋f (x )cos x ；(2)若F (x )＝f (x )sin x ，则F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x； (3)若F (x )＝f (x )cos x ，则F ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )sin x ；(4)若F (x )＝f (x )cos x ，则F ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x．由此得到结论：(1)出现f ′(x )sin x ＋f (x )cos x 形式，构造函数F (x )＝f (x )sin x ；(2)出现f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x 形式，构造函数F (x )＝f (x )sin x； (3)出现f ′(x )cos x －f (x )sin x 形式，构造函数F (x )＝f (x )cos x ；(4)出现f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x 形式，构造函数F (x )＝f (x )cos x． 【例题选讲】[例1](1)已知函数f (x )是定义在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上的奇函数．当x ∈[0，π2)时，f (x )＋f ′(x )tan x >0，则不等式cos xf (x ＋π2)＋sin xf (－x )>0的解集为( ) A ．⎝⎛⎭⎫π4，π2 B ．⎝⎛⎭⎫－π4，π2 C ．⎝⎛⎭⎫－π4，0 D ．⎝⎛⎭⎫－π2，－π4 答案 C 解析 令g (x )＝f (x )sin x ，则g ′(x )＝f (x )cos x ＋f ′(x )sin x ＝[f (x )＋f ′(x )tan x ]cos x ，当x ∈[0，π2)时，f (x )＋f ′(x )tan x >0，cos x >0，∴g ′(x )>0，即函数g (x )单调递增．又g (0)＝0，∴x ∈[0，π2)时，g (x )＝f (x )sin x ≥0．∵f (x )是定义在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上的奇函数，∴g (x )是定义在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上的偶函数．不等式cos xf (x ＋π2)＋sin xf (－x )>0，即sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2·f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2>sin x ·f (x )，即g ⎝⎛⎭⎫x ＋π2>g (x )，∴|x ＋π2|>|x |，∴x >－π4 ①，又－π2<x ＋π2<π2，故－π<x <0 ②，由①②得不等式的解集是⎝⎛⎭⎫－π4，0．故选C ． (2)对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，不等式f (x )tan x <f ′(x )恒成立，则下列不等式错误的是( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫π3>2f ⎝⎛⎭⎫π4 B ．f ⎝⎛⎭⎫π3>2f (1)cos 1 C ．2f (1)cos1>2f ⎝⎛⎭⎫π4 D ．2f ⎝⎛⎭⎫π4<3f ⎝⎛⎭⎫π6 答案 D 解析 因为x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以sin x >0，cos x >0，构造函数F (x )＝f (x )cos x ，则F ′(x )＝－f (x )sin x ＋f ′(x )cos x ，因为对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，不等式f (x )tan x <f ′(x )恒成立，所以f (x )sin x <f ′(x )cos x 恒成立，即f ′(x )cos x －f (x )sin x >0恒成立，所以F ′(x )>0恒成立，所以函数F (x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，所以F ⎝⎛⎭⎫π6<F ⎝⎛⎭⎫π4<F (1)<F ⎝⎛⎭⎫π3，所以f ⎝⎛⎭⎫π6cos π6<f ⎝⎛⎭⎫π4cos π4<f (1)cos1<f ⎝⎛⎭⎫π3cos π3，所以32f ⎝⎛⎭⎫π6<22f ⎝⎛⎭⎫π4<f (1)cos1<12f ⎝⎛⎭⎫π3，所以3f ⎝⎛⎭⎫π6<2f ⎝⎛⎭⎫π4<2f (1)cos1<f ⎝⎛⎭⎫π3，结合选项知D 错误，故选D ． (3)定义在⎝⎛⎭⎫0，π2上的函数f (x )，函数f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )＜f ′(x )tan x 成立，则( ) A ．3f ⎝⎛⎭⎫π4＞2f ⎝⎛⎭⎫π3 B ．f (1)＜2f ⎝⎛⎭⎫π2sin 1 C ．2f ⎝⎛⎭⎫π6＞f ⎝⎛⎭⎫π4 D ．3f ⎝⎛⎭⎫π6＜f ⎝⎛⎭⎫π3答案 D 解析 f (x )＜f ′(x )tan x ⇔f ′(x )sin x －f (x )cos x ＞0，令F (x )＝f (x )sin x ，则F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x＞0，即函数F (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数，∴F ⎝⎛⎭⎫π6＜F ⎝⎛⎭⎫π3，即f ⎝⎛⎭⎫π6sin π6＜f ⎝⎛⎭⎫π3sin π3，∴3f ⎝⎛⎭⎫π6＜f ⎝⎛⎭⎫π3，故选D ． (4)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0(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 ．2 f ⎝⎛⎭⎫π3<f ⎝⎛⎭⎫π4B ．2 f ⎝⎛⎭⎫－π3<f ⎝⎛⎭⎫－π4C ．f (0)<2 f ⎝⎛⎭⎫π4D ．f (0)<2f ⎝⎛⎭⎫π3 答案 A 解析 构造F (x )＝f (x )cos x ，则F ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x，导函数f ′(x )满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0，则F ′(x )>0，F (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递增．把选项转化后可知选A ． (5)已知定义在⎝⎛⎭⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是f (x )的导函数，且恒有cos xf ′(x )＋sin xf (x )<0成立，则( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫π6＞2f ⎝⎛⎭⎫π4 B ．3f ⎝⎛⎭⎫π6＞f ⎝⎛⎭⎫π3 C ．f ⎝⎛⎭⎫π6＞3f ⎝⎛⎭⎫π3 D ．2f ⎝⎛⎭⎫π6＞3f ⎝⎛⎭⎫π4 答案 CD 解析 设g (x )＝f (x )cos x ，则g ′(x )＝f ′(x )·cos x ＋f (x )·sin x cos 2x，因为当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，cos xf ′(x )＋sin xf (x )<0，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＝f ′(x )·cos x ＋f (x )·sin x cos 2x<0，因此g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减，所以g ⎝⎛⎭⎫π6>g ⎝⎛⎭⎫π3，g ⎝⎛⎭⎫π6>g ⎝⎛⎭⎫π4，即f ⎝⎛⎭⎫π632>f ⎝⎛⎭⎫π312⇒f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π3，f ⎝⎛⎭⎫π632>f ⎝⎛⎭⎫π422⇒2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4．故选CD ． (6)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2满足f ′(x )·cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln 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 ．2f ⎝⎛⎭⎫π3＜f ⎝⎛⎭⎫π4B ．2f ⎝⎛⎭⎫π3＞f ⎝⎛⎭⎫π4C ．2f ⎝⎛⎭⎫π6＞3f ⎝⎛⎭⎫π4D ．2f ⎝⎛⎭⎫π3＞f ⎝⎛⎭⎫π6 答案 B 解析 设g (x )＝f (x )cos x ，则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x ＝1＋ln x cos 2x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2．令g ′(x )＝0得x ＝1e，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，π2时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增．∵1e ＜π6＜π4＜π3＜π2，∴g ⎝⎛⎭⎫π6＜g ⎝⎛⎭⎫π4＜g ⎝⎛⎭⎫π3，即f ⎝⎛⎭⎫π312＞f ⎝⎛⎭⎫π422＞f ⎝⎛⎭⎫π632，化简得2f ⎝⎛⎭⎫π3＞f ⎝⎛⎭⎫π4，3f ⎝⎛⎭⎫π3＞f ⎝⎛⎭⎫π6，3f ⎝⎛⎭⎫π4＞2f ⎝⎛⎭⎫π6，故选B ．。

利⽤函数性质与图像解不等式高中阶段解不等式大体上分为两类，一类是利用不等式性质直接解出解集（如二次不等式，分式不等式，指对数不等式等）；一类是利用函数的性质，尤其是函数的单调性进行运算。

相比而言后者往往需要构造函数，利用函数单调性求解，考验学生的观察能力和运用条件能力，难度较大。

本章节以一些典型例题来说明处理这类问题的常规思路。

一、基础知识：（一）构造函数解不等式1、函数单调性的作用：()f x 在[],a b 单调递增，则[]()()121212,,,x x a b x x f x f x "Î<Û<(在单调区间内，单调性是自变量大小关系与函数值大小关系的桥梁）2、假设()f x 在[],a b 上连续且单调递增，()()00,,0x a b f x $Î=，则()0,x a x Î时，()0f x <;()0,x x b Î时，()0f x > (单调性与零点配合可确定零点左右点的函数值的符号）3、导数运算法则：（1）()()()()()()()'''f x g x fx g x f x g x =+（2）()()()()()()()'''2f x f x g x f x g x g x g x æö-=ç÷èø4、构造函数解不等式的技巧：（1）此类问题往往条件比较零散，不易寻找入手点。

所以处理这类问题要将条件与结论结合着分析。

在草稿纸上列出条件能够提供什么，也列出要得出结论需要什么。

两者对接通常可以确定入手点（2）在构造函数时要根据条件的特点进行猜想，例如出现轮流求导便猜有可能是具备乘除关系的函数。

在构造时多进行试验与项的调整（3）此类问题处理的核心要素是单调性与零点，对称性与图像只是辅助手段。

所以如果能够确定构造函数的单调性，猜出函数的零点。

导数构造函数解不等式的方法不等式是数学中常见的一种关系，解不等式可以帮助我们求出变量的取值范围，从而更好地理解数学问题。

导数构造函数是解不等式的一种重要方法，本文将介绍导数构造函数的原理、方法和应用，帮助读者更好地理解和应用它解决不等式问题。

一、导数构造函数的原理在了解导数构造函数的方法之前，我们需要先了解它的原理。

导数构造函数的基本思想是利用函数的导数来构造一个函数，该函数在某些区间内单调递增或者单调递减，从而可以对不等式进行分析。

具体来说，如果我们需要解一个形如f(x)>0的不等式，我们可以先求出函数f(x)的导数f'(x)，然后找到f'(x)的零点和断点，将区间分成若干段，然后分别对每个区间进行单调性的判断，找到f(x)>0的取值范围。

同理，如果我们需要解一个形如g(x)<0的不等式，可以按照类似的方法构造一个新的函数h(x)=-g(x)，然后再对h(x)>0的不等式进行求解。

二、导数构造函数的方法基于导数构造函数的原理，我们可以采用如下的步骤来解不等式：Step 1: 求出函数的导数。

Step 2: 解方程f'(x)=0，找到导数的零点和断点。

Step 3: 根据导数的符号和临界点的性质判断原函数的单调性。

Step 4: 找到f(x)>0或者f(x)<0的取值范围。

举个例子，假设我们需要解如下的不等式：x^3-3x^2+2x>0首先，求出函数f(x)=x^3-3x^2+2x的导数f'(x)=3x^2-6x+2。

然后，解方程f'(x)=0，得到临界点x=1/3和x=2。

接下来，根据f'(x)的符号和临界点的性质可以得到如下的单调性分析表：x<1/3: f'(x)<0, f(x)递减1/3<x<2: f'(x)>0, f(x)递增x>2: f'(x)<0, f(x)递减最后，我们可以看出f(x)>0的解集为x∈(-∞,1/3)∪(2,+∞)，即函数f(x)在这些区间内是正的。

函数专题：利用函数单调性与奇偶性解不等式的6种常见考法一、单调性定义的等价形式（1）函数()x f 在区间[]b a ,上是增函数:⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x <，都有()()021<-x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121>--x x x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()()[]02121>--x f x f x x ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121>--x f x f x x .（2）函数()x f 在区间[]b a ,上是减函数:⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x <，都有()()021>-x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121<--x x x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()()[]02121<--x f x f x x ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121<--x f x f x x .二、定义法判断函数奇偶性判断()f x -与()f x 的关系时，也可以使用如下结论：如果()0()f x f x --=或()1(()0)()f x f x f x -=≠，则函数()f x 为偶函数； 如果()0()f x f x -+=或()1(()0)()f x f x f x -=-≠，则函数()f x 为奇函数． 三、利用单调性、奇偶性解不等式原理 1、解()()<f m f n 型不等式（1）利用函数的单调性，去掉函数符号“f ”，将“抽象”的不等式问题转化为“具体”的不等式问题求解；（2）若不等式一边没有函数符号“f ”，而是常数（如()<f m a ），那么我们应该将常数转化带有函数符号“f ”的函数值再解。

构造函数法证明不等式的八种方法.doc构造函数法是一种证明不等式的有效方法。

构造函数法是通过构造函数来证明不等式的真实性。

构造函数是函数的一种特殊形式，它是根据不等式中的条件和限制而构造出来的函数。

构造函数法的基本思路是，通过构造函数将原不等式转化为更容易证明的形式，进而通过对构造函数的研究来证明原不等式的真实性。

本文将介绍构造函数法证明不等式的八种方法。

一、线性函数法线性函数法是基于线性函数的构造函数法，它是构造函数法中最简单的方法之一。

线性函数法的思路是，构造一个线性函数，使得该函数在不等式限制下达到最大值或最小值。

例如，证明如下不等式：$$\frac{a}{b+1}+\frac{b}{c+1}+\frac{c}{a+1}\geq\frac{3}{2}$$将不等式两边都乘以$2(b+1)(c+1)(a+1)$得：$$2a(c+1)(b+1)+2b(a+1)(c+1)+2c(b+1)(a+1)\geq 3(a+1)(b+1)(c+1)$$此时，可以构造如下的线性函数$f(x,y,z)$:容易发现，$f(x,y,z)$在限制条件$x,y,z\geq 0$，$xy+yz+zx=3$下，达到最大值$\frac{3}{2}$。

因此，原不等式成立。

二、对数函数法对数函数法是基于对数函数的构造函数法，它常用于证明形如$a^x+b^y+c^z\geq k$的不等式，其中$a,b,c,x,y,z,k$均为正实数。

对数函数法的思路是，构造一个对数函数，使得该函数满足$g(x,y,z)\leq\ln(a^x+b^y+c^z)$，进而证明$g(x,y,z)\leq\ln k$，从而得到原不等式的证明。

例如，证明如下不等式：考虑构造如下的对数函数：$$g(x)=\ln\left(\frac{4a^3x+6}{5a^2x+2ax+5}\right)-\frac{3}{4}\ln x$$不难证明，$g(x)$在$x\geq 1$时单调递减且$g(1)=0$，因此$g(x)\leq 0$。

常见导数不等式构造新函数含导数式 f '(x)g(x) f(x)g '(x)可构造函数： F(x) f(x)g(x); 含导数式 f '(x)g(x) f(x)g '(x)可构造函数： F(x)f (x)； g(x)'含导数式 f '(x) af (x)可构造函数： F(x)f (x)e ax④含导数式 f '(x) af(x)可构造函数： F(x)f(x)； ax ’ e⑤含导数式 f '(x) f(x)可构造函数： F(x)f(x)e x；⑥含导数式f '(x)f(x)可构造函数：F(x)f(x)xe例题：1.函数 f(x)的定义域为 R, f( 1) 2,对 x R,f '(x)2,则 f(x) 2x 4 的 解集为() A ( 1,1) B( 1,) C(,2) D( 2,)2. 定义域为R 的可导函数y f(x )的导数为f '(x ),满足f (x) f '(x)f(x) 1且f (0)1，则不等式e x 的解集为()A( ,0) B ( 0,) C (,2) D (2,)3. 定义在(0,)的函数f (x)非负数可导，且满足xf '(x) f(x), 若m,n (0,)且口 n ,则必有() A nf(n) mf(m) B nf(m) mf(n)c mf(m)nf(n)D m f(n) nf(m)4. 设f x,g x 是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x 0时，f 'xgxfxg 'x 0且g 3，则不等式f x g x 0的解集是A 3,0 3,B 3,00,3C. 3 3, D、 3 0,35、f （x ）是定义在非零实数集上的函数，f （X ）为其导函数，则a ，b ，c 的大小关系正确的是A . (-2,0) U (2,+s )B . (-2,0) U (0,2) C. (-s ,-2) U (2,+s )D. (-a ,-2) U (0,2)&已知函数f(x)对定义域R 内的任意x 都有f(x) = f(4 x),且 当x 2时其导函数f(x)满足xf(x) 2f (x),若2 a 4则A f(2a )f(3) f(log 2a)Bf (3) f (log 2a) f(2a ) Cf (log 2a) f(3)f(2a )Df (log 2 a) f (2a ) f(3)时，xf （x ）f （x ）0，记 a 悄，b f (Iog 2 5) log 2 5，则(A )、c a b(B ) b a c(C)ab c(D)6、已知定义域为 R 的奇函数yX 的导函数为X ，当x 0时，1,b 2f 22 ,cf ln- 2A. a b cB. b c aC. aD.7、设f （x ）是定义在 R 上的奇函数,且 f （2）0,当 x xf(x) f(x)2x0 2恒成立，则不等式xf的解集是（。

导数应用之七构造函数利用单调性解不等式一．导数的常见构造1．对于()()x g x f ''>，构造()()()x g x f x h -=更一般地,遇到()()0'≠>a a x f ，即导函数大于某种非零常数(若a =0，则无需构造），则可构()()ax x f x h -= 2．对于()()0''>+x g x f ，构造()()()x g x f x h += 3．对于()()0'>+x f x f ，构造()()x f e x h x =4．对于()()x f x f >'［或()()0'>-x f x f ］，构造()()xe xf x h =5．对于()()0'>+x f x xf ,构造()()x xf x h = 6．对于()()0'>-x f x xf ，构造()()xx f x h =【母题原题】设函数'()f x 是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是( )A ．(,1)(0,1)-∞-B ．(1,0)(1,)-+∞C ．(,1)(1,0)-∞--D ．(0,1)(1,)+∞变式1。

【天津一中2014---2015高三年级理科】函数()f x 的定义域是R ，()02f =，对任意()(),1x R f x f x '∈+>，则不等式()1x x e f x e ⋅>+的解集为( )A 。

{}|0x x >B .{}|0x x <C 。

{}|101x x x <-<<或D .{}|11x x x ><-或变式2.设函数f （x)是定义在(,0)-∞上的可导函数，其导函数为'(x)f ，且有'3(x)x (x)0f f +>,则不等式()32015(x 2015)27(3)0x f f +++->的解集是（ ）A.(2018,2015)--B.(,2016)-∞-C.(2016,2015)--D.(,2012)-∞-变式3。

导数之构造函数法证明不等式 1、移项法构造函数 【例1】已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有【解】1111)(+-=-+='x xx x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f +=求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方； 【解】设)()()(x f x g x F -=，即x x x x F ln 2132)(23--=， 则xx x x F 12)(2--='=x x x x )12)(1(2++-当1>x 时，)(x F '=xx x x )12)(1(2++-从而)(x F 在),1(∞+上为增函数，∴061)1()(>=>F x F∴当1>x 时 0)()(>-x f x g ，即)()(x g x f <， 故在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方。