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重難點(diǎn)2-3 原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)混合構(gòu)造10大題型
導(dǎo)數(shù)中的構(gòu)造函數(shù)常在高考題中以選擇題或填空題的形式考查，難度較大.重點(diǎn)考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想.構(gòu)造函數(shù)法是一種創(chuàng)造性思維的過程，具有較大的靈活性和技巧性，但一直受出題老師的青睞.考生在訓(xùn)練過程中，要有目的、有意識的進(jìn)行構(gòu)造，始終“盯住”要解決的目標(biāo).
【題型1 構(gòu)造型函數(shù)】
滿分技巧對于不等式，構(gòu)造 對于不等式，構(gòu)造 對于不等式，構(gòu)造
【例1】
（2023·云南昆明·高三昆明一中校考階段練習(xí)）
1．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)，對任意的都有，且，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式1-1】
（2024·河南南陽·高三方城第一高級中學(xué)校聯(lián)考期末）
2．已知函數(shù)在上的導(dǎo)函數(shù)為，且，則的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式1-2】
（2023·山東泰安·高三新泰市第一中學(xué)校考階段練習(xí)）
3．已知是定義在上的偶函數(shù)，是的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，且，則的解集是（　　）
A． B．
C． D．
【變式1-3】
（2023·山東棗莊·高三統(tǒng)考期中）
4．設(shè)定義在上的函數(shù)滿足，若，，則的最小值為 ．
【變式1-4】
（2023·福建莆田·高三校考階段練習(xí)）
5．設(shè)函數(shù)在上存在導(dǎo)數(shù)是偶函數(shù).在上.若，則實(shí)數(shù)的取值范圍為 .
【題型2 構(gòu)造或】
滿分技巧對于不等式，構(gòu)造 對于不等式，構(gòu)造
【例2】
（2023·全國·高三專題練習(xí)）
6．設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)．當(dāng)x<0時(shí)，，且，則不等式f(x)g(x)>0的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【變式2-1】
（2023·北京·高三北京四中校考期中）
7．設(shè)，分別是定義域?yàn)榈钠婧瘮?shù)和偶函數(shù)，當(dāng)時(shí)，且，則不等式的解集為 .
【變式2-2】
（2023·廣東湛江·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）
8．已知定義在上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)都存在，若，且為整數(shù)，則的可能取值的最大值為 .
【變式2-3】
（2023·江西吉安·高三吉安一中校考開學(xué)考試）
9．設(shè)在上的導(dǎo)函數(shù)均存在，，且，當(dāng)時(shí)，下列結(jié)論一定正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【變式2-4】
（2023·安徽·校聯(lián)考模擬預(yù)測）
10．已知函數(shù)、是定義域?yàn)榈目蓪?dǎo)函數(shù)，且，都有，，若、滿足，則當(dāng)時(shí)下列選項(xiàng)一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【題型3 構(gòu)造函數(shù)】
滿分技巧對于不等式，構(gòu)造 （注意的符號） 特別的：對于不等式，構(gòu)造
【例3】
（2024·全國·高三專題練習(xí)）
11．已知定義域?yàn)榈钠婧瘮?shù)的導(dǎo)函數(shù)為，當(dāng)時(shí)，，若，則的大小關(guān)系正確的是（ ）
A． B． C． D．
【變式3-1】
（2023·廣東汕頭·高三金山中學(xué)校考階段練習(xí)）
12．設(shè)函數(shù)，是定義在R上的偶函數(shù)，為其導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，且，則不等式的解集為 .
【變式3-2】
（2024·全國·高三專題練習(xí)）
13．若定義域?yàn)榈暮瘮?shù)滿足，則不等式的解集為 .
【變式3-3】
（2023·陜西安康·統(tǒng)考二模）
14．函數(shù)是定義在上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，且滿足，若不等式在上恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【變式3-4】
（2023·江西·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）
15．若為R上的奇函數(shù)，為其導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，恒成立，則不等式的解集為（ ）
A．
B．
C．
D．
【題型4 構(gòu)造函數(shù)】
滿分技巧對于不等式，構(gòu)造（注意的符號） 特別的：對于不等式，構(gòu)造
【例4】
（2024·遼寧鞍山·高三校聯(lián)考期末）
16．設(shè)函數(shù)是奇函數(shù)（）的導(dǎo)函數(shù)，，當(dāng)時(shí)，，則使得成立的的取值范圍是
A． B．
C． D．
【變式4-1】
（2024·江蘇南通·高三統(tǒng)考期末）
17．已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，若，則（ ）
A． B．
C． D．
【變式4-2】
（2023·河南·高三實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考階段練習(xí)）
18．已知是定義域?yàn)榈呐己瘮?shù)，且，當(dāng)時(shí)，，則使得成立的的取值范圍是 .
【變式4-3】
（2023·全國·模擬預(yù)測）
19．已知是定義域?yàn)榈呐己瘮?shù)，，當(dāng)時(shí)，（是的導(dǎo)函數(shù)），則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
【題型5 構(gòu)造函數(shù)】
滿分技巧對于不等式，構(gòu)造 特別的：，構(gòu)造
【例5】
（2023·黑龍江哈爾濱·高三哈爾濱市第六中學(xué)校校考期中）
20．已知定義在上的可導(dǎo)函數(shù)滿足：，，則的解集為 .
【變式5-1】
（2023·新疆伊犁·高三奎屯市第一高級中學(xué)校考階段練習(xí)）
21．定義在上的函數(shù)滿足，且有，則的解集為 .
【變式5-2】
（2023·山東菏澤·高三校考階段練習(xí)）
22．若定義在上的函數(shù)滿足，且，則不等式的解集為
【變式5-3】
（2024·全國·高三專題練習(xí)）
23．已知定義在上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【題型6 構(gòu)造函數(shù)】
滿分技巧對于不等式，構(gòu)造 特別的：構(gòu)造
【例6】
（2024·江蘇揚(yáng)州·高三統(tǒng)考期末）
24．已知函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為，對任意實(shí)數(shù)，都有，且，則的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-1】
（20244·江西宜春·高三宜豐中學(xué)校考階段練習(xí)）
25．已知定義在R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)滿足恒成立，且時(shí)，則下列式子不一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【變式6-2】
（2022·江西撫州·高三臨川一中校考期中）
26．已知定義在上的函數(shù)導(dǎo)函數(shù)為，若且當(dāng)時(shí)，，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-3】
（2022·廣東廣州·高三廣州大學(xué)附屬中學(xué)校考階段練習(xí)）
27．設(shè)是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，且，（e為自然對數(shù)的底數(shù)），則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-4】
（2023·全國·高三課時(shí)練習(xí)）
28．已知函數(shù)在R上的導(dǎo)函數(shù)為，若恒成立，且，則不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【題型7 構(gòu)造與型函數(shù)】
滿分技巧對于不等式，，構(gòu)
【例7】
（2024·云南楚雄·民族中學(xué)校考一模）已
29．已知是上的奇函數(shù)，且對任意的均有成立．若，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-1】
（2023·江西宜春·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）
30．已知函數(shù)是上的奇函數(shù)，對任意的均有成立.若，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-2】
（2023·全國·高三專題練習(xí)）
31．函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，對任意的，都有成立，則（ ）
A． B．
C． D．與大小關(guān)系不確定
【變式7-3】
（2022·全國·模擬預(yù)測）
32．已知定義在R上的函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱，若對任意的有（是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)）成立，且，則關(guān)于x的不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．B
【分析】令，由題意可得出在R上單調(diào)遞增，所以不等式可變形為得，由單調(diào)性解不等式即可得出答案.
【詳解】令，則，
則在R上單調(diào)遞增，，
由可得，即，
得，，
故選：B．
2．D
【分析】由題意構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，根據(jù)其解不等式，可得答案.
【詳解】令，則，即在上單調(diào)遞減．
由，得，
則，
得，所以，得，
所以原不等式的解集為.
故選：D.
3．B
【分析】根據(jù)構(gòu)造函數(shù)，然后分析的奇偶性和單調(diào)性，再將問題轉(zhuǎn)化為解不等式，由此可得結(jié)果.
【詳解】構(gòu)造函數(shù)，
因?yàn)槭巧系呐己瘮?shù)且也是上的偶函數(shù)，
所以是上的偶函數(shù)，
因?yàn)闀r(shí)，，所以在上單調(diào)遞增，
所以在上單調(diào)遞減，
又因?yàn)椋郧遥?br/>所以，所以，解得或，
故選：B.
4．
【分析】由可知，令，由，可知，利用的單調(diào)性解不等式即可.
【詳解】由可知，
令，則，所以在上單調(diào)遞增.
因?yàn)椋裕?br/>因?yàn)樗裕?br/>所以，又因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增.
所以
故答案為：
5．
【分析】由題目條件得到在上單調(diào)遞增，將不等式變形得到，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性得到不等式，求出實(shí)數(shù)的取值范圍.
【詳解】由題意得在上恒成立，
故在上單調(diào)遞增，
又是偶函數(shù)，故在上單調(diào)遞減，
變形得到，
即，所以，
故，
由于在上單調(diào)遞增，
所以，解得.
故答案為：
6．A
【分析】根據(jù)已知構(gòu)造函數(shù)并判斷函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性及特殊點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合解出不等式即可.
【詳解】構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)·g(x)．由題意可知，當(dāng)x<0時(shí)，，
所以F(x)在上單調(diào)遞增．
又因?yàn)閒(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，
，所以F(x)是定義在R上的奇函數(shù)，
從而F(x)在上單調(diào)遞增．
而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以F(－3)＝－F(3)＝0，
當(dāng)時(shí)，f(x)g(x)>0的解為；
當(dāng)時(shí)，f(x)g(x)>0的解為；
綜上可知不等式f(x)g(x)>0的解集為.
故選：A.
7．
【分析】構(gòu)造函數(shù)，由已知條件判斷導(dǎo)數(shù)的符號從而判斷的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)奇偶性及零點(diǎn)即可得解.
【詳解】設(shè)，，
因?yàn)槭嵌x域?yàn)榈钠婧瘮?shù)，
所以，
即當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
由已知得為奇函數(shù)，且在，上均為增函數(shù)，
因?yàn)椋缘慕饧癁?
故答案為：
8．14
【分析】構(gòu)建，根據(jù)題意利用導(dǎo)數(shù)可得在上單調(diào)遞減，由，結(jié)合題意分析求解.
【詳解】因?yàn)椋?br/>設(shè)函數(shù)，則，
所以在上單調(diào)遞減，
則，即，
整理得，
又因?yàn)闉檎麛?shù)，
所以的可能取值的最大值為14.
故答案為：14.
9．C
【分析】根據(jù)題意構(gòu)建，，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，并利用單調(diào)性分析判斷.
【詳解】因?yàn)椋环猎O(shè)，，
則，所以在上單調(diào)遞增，
因?yàn)榕c1的大小不確定，所以無法比較的大小關(guān)系，故A、B無法判斷；
則，即，
且，則，故D錯(cuò)誤；
由，即，
且，則，C正確；
故選：C．
10．D
【分析】構(gòu)造函數(shù)，求出新函數(shù)導(dǎo)數(shù)，根據(jù)題意可知新函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù)，由此可知，即可判斷出A、B選項(xiàng)；構(gòu)造和可判斷出C、D選項(xiàng).
【詳解】由題意：，
設(shè)，則，
由得，
因?yàn)椋裕?br/>又、是定義域?yàn)榈暮愦笥?的可導(dǎo)函數(shù)，
故，B錯(cuò)誤，，A錯(cuò)誤；
，
因?yàn)椋恢勒?fù)，所以C不一定成立；
，
即，D正確.
故選：D.
【點(diǎn)睛】函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)的重要性質(zhì)之一，它的應(yīng)用貫穿于整個(gè)高中數(shù)學(xué)的教學(xué)之中.某些數(shù)學(xué)問題從表面上看似乎與函數(shù)的單調(diào)性無關(guān)，但如果我們能挖掘其內(nèi)在聯(lián)系，抓住其本質(zhì)，那么運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行全面、準(zhǔn)確的認(rèn)識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據(jù)題目的特點(diǎn)，構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運(yùn)用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
11．B
【分析】構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)條件判斷的奇偶性與單調(diào)性，進(jìn)而比較的大小關(guān)系.
【詳解】根據(jù)題意，設(shè)，
因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，則，即函數(shù)為偶函數(shù).
當(dāng)時(shí)，，
則函數(shù)在上為減函數(shù).
，，，
且，則有.
故選：B．
12．
【分析】令，由導(dǎo)數(shù)確定時(shí)的單調(diào)性，不等式化為，從而得出的范圍，再由奇偶性得出時(shí)，滿足題意的范圍，綜合后得出結(jié)論．
【詳解】設(shè)，則，所以時(shí)，是增函數(shù)，
時(shí)，，，即，所以，
又是偶函數(shù)，所以時(shí)，，
綜上，不等式的解集結(jié)為．
故答案為：．
13．
【分析】設(shè)，根據(jù)題意得到在上單調(diào)遞增，把轉(zhuǎn)化為，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，即可求解.
【詳解】由時(shí)，函數(shù)滿足，可得，
設(shè)，則，故在上單調(diào)遞增，
由，即，即，
所以，解得，所以的解集為.
故答案為：.
14．B
【分析】根據(jù)題目條件可構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)判斷出函數(shù)單調(diào)性，將不等式轉(zhuǎn)化成，即在上恒成立，求出函數(shù)在上的最大值即可得的取值范圍.
【詳解】設(shè)，，
所以函數(shù)在上為增函數(shù)．
由的定義域?yàn)榭芍茫?br/>將不等式整理得，即，
可得在上恒成立，即在上恒成立；
令，其中，所以
，令，得．
當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減；
所以，即
故選：B．
15．D
【分析】構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)得到單調(diào)性，進(jìn)而得到為偶函數(shù)，從而得到不等式，求出答案.
【詳解】令，則，
由題意知當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞增．
因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以，
即為偶函數(shù)，所以原不等式變?yōu)椋裕?br/>所以，解得或，
故原不等式的解集為.
故選：D．
16．A
【詳解】構(gòu)造新函數(shù),，當(dāng)時(shí).
所以在上單減，又，即.
所以可得,此時(shí)，
又為奇函數(shù)，所以在上的解集為：.
故選A.
點(diǎn)睛：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，需要構(gòu)造函數(shù)，例如，想到構(gòu)造.一般：（1）條件含有，就構(gòu)造,（2）若，就構(gòu)造，（3），就構(gòu)造，（4）就構(gòu)造，等便于給出導(dǎo)數(shù)時(shí)聯(lián)想構(gòu)造函數(shù).
17．C
【分析】方法一：設(shè)利用導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)單調(diào)性，從而求解；
方法二：設(shè)特例法得解.
【詳解】方法一：∵，
∴,
設(shè)則在上單調(diào)遞減，
所以，
， 即，故C正確．
方法二：設(shè)又，C正確．
故選：C
18．
【分析】構(gòu)造，由已知條件結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，利用奇偶性定義判斷的奇偶性，再將不等式化為求解集.
【詳解】令且，則，
又當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，，所以在上遞增，
由為偶函數(shù)，則，故為奇函數(shù)，
所以在上遞增，且，作出函數(shù)g(x)的示意圖：
又等價(jià)于，等價(jià)于或，等價(jià)于或，
所以或，故.
故答案為：.
19．A
【分析】根據(jù)題意得到，當(dāng)時(shí)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷在上的單調(diào)性，再判斷的奇偶性，從而作出函數(shù)的大致圖象，將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，數(shù)形結(jié)合即可得解．
【詳解】解：當(dāng)時(shí)，由得．當(dāng)時(shí)，
設(shè)，
則．
∵當(dāng)時(shí)，，
∴當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞增．
∵是偶函數(shù)，∴，∴是奇函數(shù)，
∴在上單調(diào)遞增．
∵，∴，
作出的大致圖象如圖所示．

由，得或，
數(shù)形結(jié)合可知不等式的解集為．
綜上，不等式的解集為，
故選：A．
20．
【分析】構(gòu)造函數(shù)，利用已知判斷其單調(diào)性，結(jié)合求解可得.
【詳解】記，則，
因?yàn)椋裕赗上單調(diào)遞增，
又，所以，
所以，
所以，不等式的解集為.
故答案為：
21．
【分析】構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)及已知條件判斷的單調(diào)性，而題設(shè)不等式等價(jià)于即可得解.
【詳解】設(shè)，則，
，
，
在R上單調(diào)遞增.
又，則.
∵等價(jià)于，即，
∴，即所求不等式的解集為.
故答案為：.
22．
【分析】構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)得在上單調(diào)遞增，把轉(zhuǎn)化為，利用單調(diào)性解不等式即可.
【詳解】構(gòu)造，
所以，
所以在上單調(diào)遞增，且，
不等式可化為，即，所以，
所以原不等式的解集為.
故答案為：
23．B
【分析】令，求導(dǎo)分析，可得在上單調(diào)遞減，不等式可等價(jià)轉(zhuǎn)化為，根據(jù)單調(diào)性可得答案．
【詳解】令，
，
，
在上單調(diào)遞減，
又，
，
不等式可化為，
，
故選：B.
24．A
【分析】構(gòu)造并判斷單調(diào)性，利用單調(diào)性解不等式求解集.
【詳解】由，可得，
令，結(jié)合，則，
所以在R上遞減，故，
則原不等式解集為.
故選：A
25．D
【分析】構(gòu)造函數(shù)，利用的單調(diào)性可得結(jié)果.
【詳解】設(shè)，因?yàn)椋?br/>又，所以，即在R上為增函數(shù)，
選項(xiàng)A：因?yàn)椋矗喌茫蔄成立；
選項(xiàng)B：因?yàn)椋矗喌茫蔅成立；
選項(xiàng)C：因?yàn)椋矗喌茫蔆成立；
選項(xiàng)D：因?yàn)椋矗喌茫蔇不一定成立；
故選：D.
【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性判斷結(jié)果.
26．A
【分析】構(gòu)造函數(shù)，則原不等式可轉(zhuǎn)化為，由奇偶性和導(dǎo)數(shù)可得在上單調(diào)遞增，由此列不等式組求解即可.
【詳解】令則由得，
所以為奇函數(shù)，
又，所以當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，
所以在上單調(diào)遞增，
又，所以，
所以，解得，
故選：A
27．C
【分析】構(gòu)造函數(shù)，由已知可得函數(shù)在上為增函數(shù)，不等式即為，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可得解.
【詳解】解：令，則，
因?yàn)椋?br/>所以，
所以函數(shù)在上為增函數(shù)，
不等式即不等式，
又，，
所以不等式即為，
即，解得，
所以不等式的解集為.
故選：C.
28．B
【分析】根據(jù)已知不等式構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.
【詳解】構(gòu)造新函數(shù)，
因?yàn)楹愠闪ⅲ?br/>所以，因此函數(shù)單調(diào)遞增，
，
由，
故選：B
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：根據(jù)不等式構(gòu)造新函數(shù)是解題的關(guān)鍵.
29．B
【分析】構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)得到的單調(diào)性，再將問題轉(zhuǎn)化為，從而得解
【詳解】由得．
令，則，
所以在上單調(diào)遞增，
又，為奇函數(shù)，
所以，，
則．
故選：B.
30．B
【分析】由已知得，所以構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)后可得，可得在上單調(diào)遞增，然后對變形得，再利用其單調(diào)性可求得結(jié)果.
【詳解】由，得，
設(shè)，則.
在上單調(diào)遞增.
又為奇函數(shù)，
.
.
故選：B.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，考查利用單調(diào)性解不等式，解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件合理構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，再利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想，屬于較難題.
31．B
【分析】利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)確定正確答案.
【詳解】構(gòu)造函數(shù)，則，
故函數(shù)是上的增函數(shù)，∴，即，則．
故選：B
32．C
【分析】構(gòu)造函數(shù)，利用題設(shè)條件可以判定則在R上單調(diào)遞增，再利用的單調(diào)性即可求解
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱，所以函數(shù)是奇函數(shù)，
因?yàn)椋?br/>所以．
令，則在R上單調(diào)遞增．
又，，
所以，．
因?yàn)椋?br/>所以，即，
所以，
所以．
故選：C．
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁重難點(diǎn)2-3 原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)混合構(gòu)造10大題型
【題型8 構(gòu)造與型函數(shù)】
滿分技巧對于不等式，構(gòu)造
【例8】（2022·云南楚雄·高三校考期末）
1．已知是自然對數(shù)的底數(shù)，函數(shù)的定義域?yàn)椋堑膶?dǎo)函數(shù)，且，則（ ）
A． B．
C． D．
【變式8-1】（2023·江蘇揚(yáng)州·高三揚(yáng)州中學(xué)校考開學(xué)考試）
2．若可導(dǎo)函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，有，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式8-2】（2023·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學(xué)校考階段練習(xí)）
3．已知函數(shù)是奇函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足時(shí)，，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式8-3】（2023·全國·高三專題練習(xí)）
4．已知定義在上的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為，且滿足，則（ ）
A．
B．
C．
D．
【變式8-4】（2023·貴州遵義·校考模擬預(yù)測）
5．已知函數(shù)的定義域?yàn)镽，其導(dǎo)函數(shù)為，若，且當(dāng)時(shí)，，則的解集為（ ）
A． B．
C． D．
【題型9 構(gòu)造與三角型函數(shù)】
滿分技巧對于不等式，構(gòu)造 對于不等式，構(gòu)造 對于不等式，即，構(gòu)造 對于不等式，構(gòu)造
【例9】（2023·安徽六安·高三六安一中校考階段練習(xí)）
6．設(shè)是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，則（ ）
A． B．
C． D．
【變式9-1】（2024·黑龍江齊齊哈爾·高三校聯(lián)考期末）
7．已知函數(shù)的定義域?yàn)椋鋵?dǎo)函數(shù)是.若對任意的有，則關(guān)于的不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式9-2】（2023·全國·模擬預(yù)測）
8．已知定義在上的函數(shù)滿足，當(dāng)時(shí)，不等式恒成立（為的導(dǎo)函數(shù)），若，，，則（ ）
A． B． C． D．
【變式9-3】（2023·青海海東·統(tǒng)考模擬預(yù)測）
9．已知是奇函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，，則（ ）
A． B．
C． D．
【變式9-4】（2023·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）
10．已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，且為偶函數(shù)，，，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【題型10 其他綜合型函數(shù)構(gòu)造】
【例10】（2024·四川·高三校聯(lián)考期末）
11．若函數(shù)，的導(dǎo)函數(shù)都存在，恒成立，且，則必有（ ）
A． B．
C． D．
【變式10-1】（2023·四川成都·高三成都實(shí)外校考階段練習(xí)）
12．已知定義在上的奇函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，當(dāng)時(shí)，滿足，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式10-2】（2023·陜西安康·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）
13．定義在R上的連續(xù)函數(shù)滿足為偶函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，其中是的導(dǎo)數(shù).若關(guān)于x的不等式恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【變式10-3】（2023·湖南·高三南縣第一中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）
14．設(shè)函數(shù)的定義域?yàn)椋鋵?dǎo)函數(shù)為，且滿足，則不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【變式10-4】（2023·河南周口·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）
15．已知函數(shù)的定義域?yàn)椋瑢?dǎo)函數(shù)為，不等式恒成立，且，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
（建議用時(shí)：60分鐘）
（2023·江蘇南京·統(tǒng)考二模）
16．已知函數(shù)是定義在上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為．若對任意有，，且，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
（2023·河北保定·高三唐縣第一中學(xué)校考階段練習(xí)）
17．若定義在上的可導(dǎo)函數(shù)滿足，，則下列說法正確的是（ ）
A． B． C． D．
（2024·湖北·高二期末）
18．函數(shù)是定義在區(qū)間上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，且滿足，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
（2023·西藏日喀則·統(tǒng)考一模）
19．已知是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，且對于任意實(shí)數(shù)x都有，，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
（2023·四川內(nèi)江·高三期末）
20．已知是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，，其中是自然對數(shù)的底數(shù)，對任意，恒有，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
（2023·吉林長春·高三長春市第十七中學(xué)校考開學(xué)考試）
21．已知偶函數(shù)滿足對恒成立，下列正確的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·福建莆田·高三校考開學(xué)考試）
22．已知函數(shù)對于任意的x∈滿足（其中是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)），則下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·安徽合肥·高三校考階段練習(xí)）
23．已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，且為偶函數(shù)，，，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
（2023·四川內(nèi)江·高三期末）
24．記定義在上的可導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且，，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
（2023·遼寧大連·高三大連市第二十高級中學(xué)校考開學(xué)考試）
25．已知是可導(dǎo)函數(shù)，且對于恒成立，則（ ）
A．， B．，
C．， D．，
（2023·全國·高三專題練習(xí)）
26．函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，對任意，，則（ ）
A． B．
C． D．與的大小不確定
（2023·廣東廣州·統(tǒng)考三模）
27．已知可導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，若對任意的，都有，且為奇函數(shù)，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
（2023·全國·高三對口高考）
28．已知是定義在上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足，對任意正數(shù)a、b，若，則必有（ ）
A． B．
C． D．
（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）
29．已知函數(shù)的定義域?yàn)?為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時(shí)， ，且，則下列說法一定正確的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·廣東佛山·校考模擬預(yù)測）
30．已知是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，對于任意的都有，且，則不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·海南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）
31．設(shè)函數(shù)在R上的導(dǎo)函數(shù)為，在上，且，有，則（ ）．
A． B．
C． D．
（2023·云南·校聯(lián)考三模）
32．設(shè)函數(shù)在上的導(dǎo)數(shù)存在，且，則當(dāng)時(shí)，（ ）
A． B．
C． D．
（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中統(tǒng)考三模）
33．已知函數(shù)，對任意的，都有，當(dāng)時(shí)，，若，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
（2023·安徽黃山·統(tǒng)考三模）
34．已知定義域?yàn)榈暮瘮?shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，且滿足，，則（ ）
A． B．
C． D．
（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考三模）
35．定義在上的可導(dǎo)函數(shù)f（x）滿足，且在上有若實(shí)數(shù)a滿足，則a的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
試卷第1頁，共3頁
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參考答案：
1．A
【分析】構(gòu)造函數(shù)，借助新函數(shù)的單調(diào)性，即可作出判斷.
【詳解】令函數(shù)，則，
在上單調(diào)遞增.又，
所以，，即，的大小不確定.
故選:A.
2．B
【分析】令，，又導(dǎo)函數(shù)得到在上單調(diào)遞減，結(jié)合是定義在R上的奇函數(shù)得到與0的大小，從而解不等式.
【詳解】令，，
則，
當(dāng)時(shí)，，
故在上單調(diào)遞減，
則當(dāng)時(shí)，，
因?yàn)榭蓪?dǎo)函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，故，
當(dāng)時(shí)，
所以，解得，
又，故不等式的解集為.
故選：B
3．D
【分析】根據(jù)已知條件構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)后可判斷當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，再由，可得當(dāng)時(shí)，，再由為奇函數(shù)，得時(shí)，，從而可求得不等式的解集.
【詳解】令函數(shù)，則，即當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，
因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，.
因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，.
又，，所以當(dāng)時(shí)，；
又為奇函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)，，
所以不等式可化為或，解得，
所以不等式的解集為，
故選：D.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)單調(diào)性問題，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意構(gòu)造函數(shù)，然后求導(dǎo)后可判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想，屬于較難題.
4．B
【分析】令，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性判斷即可.
【詳解】令，則，
，
，
故函數(shù)在遞增，
故，
故，
故選：B.
5．C
【分析】令，由已知可推得為偶函數(shù)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.不等式變形可得，.根據(jù)二倍角的余弦公式，可得出.然后根據(jù)的奇偶性和單調(diào)性，可推得，平方求解不等式，即可得出答案.
【詳解】由已知可推得，.
令，則，
所以，
所以，為偶函數(shù).
又，
因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，
所以，，所以在上單調(diào)遞增.
又為偶函數(shù)，所以在上單調(diào)遞減.
由可得，
.
因?yàn)椋?br/>所以，.
因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，為偶函數(shù)，
所以有，
平方整理可得，，
解得.
故選：C.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)已知得出函數(shù)的奇偶性以及單調(diào)性.
6．B
【分析】利用三角函數(shù)公式化簡已知，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性依次判斷選項(xiàng).
【詳解】，
設(shè)在單調(diào)遞增，
，所以A錯(cuò)誤；
，
所以，所以B正確；
，所以C錯(cuò)誤；
，
，所以D錯(cuò)誤.
故選：B
7．B
【分析】根據(jù)給定條件，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性，再利用單調(diào)性求解不等式即得.
【詳解】令函數(shù)，，求導(dǎo)得，
因此函數(shù)在上單調(diào)遞減，不等式，
即，解得，
所以原不等式的解集為.
故選：B
8．C
【分析】構(gòu)造函數(shù)，分析函數(shù)的奇偶性及其在上的單調(diào)性，可得出，，，結(jié)合函數(shù)在上的單調(diào)性可得出、、的大小關(guān)系.
【詳解】由題意得函數(shù)為偶函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，
所以，
易知當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減．
因?yàn)椋瑒t，
由，則，
且，
因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞減，且，
所以，即，
故選：C．
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：常見的根據(jù)含有導(dǎo)函數(shù)的不等式構(gòu)造原函數(shù)的類型
（1）原函數(shù)是函數(shù)的和、差組合．
①對于或，構(gòu)造函數(shù)，
一般地，若（或），，則可以構(gòu)造函數(shù)；
②對于，構(gòu)造函數(shù)．
（2）原函數(shù)是函數(shù)的乘、除組合．
①對于（或），構(gòu)造函數(shù)；
②對于（或），構(gòu)造函數(shù)．
特別地，對于（或），構(gòu)造函數(shù)；
對于（或），構(gòu)造函數(shù)．
（3）原函數(shù)是含的乘、除組合．
①對于或，構(gòu)造函數(shù)；
②對于（或），構(gòu)造函數(shù)．
（4）原函數(shù)是含（或）的乘、除組合．
①對于（或），構(gòu)造函數(shù)；
②對于（或，構(gòu)造函數(shù)；
③對于（或），構(gòu)造函數(shù)；
④對于（或），構(gòu)造函數(shù)．
（5）原函數(shù)是含的組合．
對于（或），分類討論：
①當(dāng)時(shí)，構(gòu)造函數(shù)；
②當(dāng)時(shí)，構(gòu)造函數(shù)．
9．A
【分析】由，可分類討論確定的正負(fù)，兩邊同時(shí)乘以對原式進(jìn)行化簡，則可利用導(dǎo)數(shù)的乘法運(yùn)算法則構(gòu)造函數(shù),再求導(dǎo)，利用函數(shù)的單調(diào)性判斷大小.
【詳解】當(dāng)時(shí)，，則由，得；
當(dāng)時(shí)，，則由，得．
令，則，
故g（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
又f（x）是奇函數(shù)，所以是偶函數(shù)，
故，即，，
即．
與和的大小關(guān)系不確定．
故選：A．
10．D
【分析】構(gòu)建，求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性解不等式.
【詳解】令，則，
因?yàn)椋瑒t，且，
可知，且僅當(dāng)時(shí)，則在上單調(diào)遞增，
又因?yàn)闉榕己瘮?shù)，，
可得
令，可得，
注意到，
不等式，等價(jià)于，
可得，解得，
所以不等式的解集為.
故選：D.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：構(gòu)建函數(shù)，利用單調(diào)性解不等式，利用誘導(dǎo)公式可得，等價(jià)于，即可得結(jié)果.
11．D
【分析】由，得，設(shè)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證明單調(diào)遞增，所以，據(jù)此即可求解.
【詳解】由，得，
設(shè)函數(shù)，則，所以單調(diào)遞增，所以，
即，
因?yàn)椋裕?br/>即.
故選：D.
12．C
【分析】構(gòu)造函數(shù)，易得函數(shù)是上的奇函數(shù)，根據(jù)已知可得函數(shù)在上的單調(diào)性，進(jìn)而的得出函數(shù)在的單調(diào)性，從而可得出答案.
【詳解】令，
因?yàn)槭嵌x在上的奇函數(shù)，所以，
則，
所以函數(shù)是上的奇函數(shù)，
當(dāng)時(shí)，，即，
則，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，
又因?yàn)楹瘮?shù)是上的奇函數(shù)，
所以函數(shù)在上是增函數(shù)，
則不等式，
等價(jià)于，
所以，解得，
所以不等式的解集為.
故選：C.
13．D
【分析】構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)已知判斷其單調(diào)性，利用函數(shù)的單調(diào)性，把條件轉(zhuǎn)化為對任意恒成立，利用導(dǎo)數(shù)通過求的最大值可得結(jié)果.
【詳解】記，則,
由題意，知當(dāng)時(shí)，，即，
則在上單調(diào)遞增，所以,
因?yàn)槭桥己瘮?shù)，所以是奇函數(shù)，所以在R上單調(diào)遞增,
又，即，
所以，即對任意恒成立.令，
則，由，得；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，所以在處取得極大值，也是最大值，
所以，所以，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為，
故選：D.
【點(diǎn)睛】分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路：
用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題，是指在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)正負(fù)的情況下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，只要研究變量表達(dá)式的最值就可以解決問題.
一般地，若對恒成立，則只需;若對恒成立，則只需.
14．B
【分析】結(jié)合題意，構(gòu)造函數(shù)利用已知條件判斷出在上單調(diào)遞減，結(jié)合，構(gòu)造出從而求得解集.
【詳解】設(shè)，即，
在上單調(diào)遞減，又，
∴不等式,
即原不等式的解集為．
故選:B．
15．A
【分析】設(shè)，，則由題意可知，設(shè)，，則有，不等式等價(jià)于，利用單調(diào)性求解即可.
【詳解】設(shè)，，不等式恒成立，可知，
設(shè)，，則，，
且，
于是在上單調(diào)遞增，注意到，
不等式，等價(jià)于，
即，得，解出.
故選：A．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：證明不等式，構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運(yùn)用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
16．D
【分析】構(gòu)造，確定函數(shù)單調(diào)遞增，計(jì)算，，轉(zhuǎn)化得到，根據(jù)單調(diào)性得到答案.
【詳解】設(shè)，則恒成立，故函數(shù)在上單調(diào)遞增.
，則，即，
故.
，即，即，故，解得.
故選：D
17．B
【分析】根據(jù)不等式構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，利用單調(diào)性比較大小可得答案.
【詳解】因?yàn)椋詷?gòu)造函數(shù)，
所以
，則在上單調(diào)遞減，
又，
所以，即，故A錯(cuò)誤；
，即，故B正確；
，即，故C錯(cuò)誤；
，即，故D錯(cuò)誤.
故選：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)不等式構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小是解題關(guān)鍵.
18．D
【分析】根據(jù)題意構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)后可判斷在區(qū)間上為增函數(shù)，然后化簡不等式可得，即，再利用函數(shù)的單調(diào)性可求得結(jié)果.
【詳解】根據(jù)題意，，則導(dǎo)函數(shù)，
函數(shù)在區(qū)間上，滿足，則有，
所以，即函數(shù)在區(qū)間上為增函數(shù)，
，
所以，
則有，
解得，
即此不等式的解集為.
故選：D
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式，解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)后根據(jù)已知條件可判斷其單調(diào)性，從而可求解不等式，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想，屬于較難題.
19．C
【分析】構(gòu)造函數(shù)，依題意可得，再利用，可求得，從而可求得不等式的解集．
【詳解】令，①則，
，，
即，
，②
由①②知，，
，又，
，即，，
不等式，
即不等式的解集為，
故選：C．
20．C
【分析】根據(jù)給定條件，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，再借助單調(diào)性解不等式作答.
【詳解】依題意，令函數(shù)，，求導(dǎo)得，
則函數(shù)在R上單調(diào)遞增，，
而，則，因此有，解得，
所以原不等式的解集為.
故選：C
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：涉及給定含有導(dǎo)函數(shù)的不等式，根據(jù)不等式的特點(diǎn)結(jié)合求導(dǎo)公式和求導(dǎo)法則構(gòu)造函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)探求給定問題是解題的關(guān)鍵.
21．A
【分析】令，即可判斷的奇偶性與單調(diào)性，再根據(jù)奇偶性與單調(diào)性比較函數(shù)值的大小.
【詳解】因?yàn)闉榕己瘮?shù)，則，
令，則，
所以為偶函數(shù)，
又，則當(dāng)時(shí)，
所以在上單調(diào)遞增，則，
所以，即，故A正確；
，即，
則，即，故B錯(cuò)誤；
，即，
則，即，故C錯(cuò)誤；
，即，
則，即，故D錯(cuò)誤；
故選：A
22．C
【分析】構(gòu)造函數(shù)，，結(jié)合導(dǎo)數(shù)可判斷函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而可比較函數(shù)值大小．
【詳解】設(shè)，則，則在上單調(diào)遞增，
對于A，，化簡得，故A錯(cuò)誤；
對于B，，化簡得，故B錯(cuò)誤；
對于C，，化簡得，故C正確；
對于D，，化簡得，故D錯(cuò)誤.
故選：C.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)不等式構(gòu)造函數(shù)的關(guān)鍵是將含導(dǎo)數(shù)的不等式轉(zhuǎn)化為右側(cè)為0，左側(cè)利用導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算與基本初等函數(shù)求導(dǎo)公式構(gòu)建原函數(shù)，從而可確定原函數(shù)的解析式，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號確定函數(shù)單調(diào)性，從而可比較兩個(gè)函數(shù)值的大小.考查了學(xué)生的運(yùn)算求解能力，邏輯推理能力．屬于中檔題．
23．A
【分析】根據(jù)已知條件構(gòu)造函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系及偶函數(shù)的定義，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性及一元一次不等式的解法即可求解.
【詳解】令，
則，
所以在上單調(diào)遞減.
又因?yàn)榕己瘮?shù)，所以，
所以.
又，
所以不等式等價(jià)于，
根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可知，解得，
所以不等式的解集為.
故選：A.
24．D
【分析】構(gòu)造函數(shù)，不等式可化為，求出的單調(diào)性即可求解.
【詳解】令，則，
因?yàn)椋裕裕?br/>所以在上單調(diào)遞增，
因?yàn)椋裕?br/>不等式等價(jià)于，
即，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，
所以，即不等式的解集為.
故選：D
25．D
【分析】構(gòu)造函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)確定其單調(diào)性，可判斷各選項(xiàng)．
【詳解】設(shè)，則，由已知得，
所以是上的減函數(shù)，
∴，即，
即，，
故選：D．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：需要利用導(dǎo)數(shù)比較函數(shù)值大小時(shí)，常常根據(jù)已知條件構(gòu)造新函數(shù)（如，，，，求導(dǎo)后得出的單調(diào)性，然后由單調(diào)性比較出大小．
26．C
【分析】由已知得，則構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)后得，從而可得在上單調(diào)遞增，從而可得結(jié)果.
【詳解】∵，
∴，
∴，
令，則，
∴在上單調(diào)遞增，
∴，即，
∴，
故選：C.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是將已知條件變形后，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性即可得結(jié)論，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想，屬于較難題.
27．D
【分析】根據(jù)構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，將不等式化為，利用的單調(diào)性求解可得結(jié)果.
【詳解】設(shè)，由題設(shè)條件，得，
故函數(shù)在上單調(diào)遞減.
由為奇函數(shù)，得，得，
所以，
不等式等價(jià)于，即，
又函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，
故不等式的解集是．
故選：D．
28．A
【分析】由，可得，后分為常函數(shù)，不是常函數(shù)兩種情況，綜合可得正確選項(xiàng).
【詳解】由.
若不是常函數(shù)，則在上單調(diào)遞減，又，則；
若為常函數(shù)，則.綜上，.
故選：A
29．B
【分析】構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)的單調(diào)性和奇偶性求解.
【詳解】令，則，
因?yàn)楫?dāng)時(shí)， ，所以 ，所以在上單調(diào)遞增，
又，
所以，即為奇函數(shù)，在上單調(diào)遞增，
所以對于A，，即，
，A錯(cuò)誤；
對于B， ，即 ；，B正確；
對于C，，即，C錯(cuò)誤；
對于D，，D錯(cuò)誤；
故選：B.
30．D
【分析】法一、構(gòu)造常函數(shù)計(jì)算即可；法二、構(gòu)造，利用條件判斷其單調(diào)性解不等式即可.
【詳解】法一：構(gòu)造特殊函數(shù).令，則滿足題目條件，把代入得解得，
故選：.
法二：構(gòu)造輔助函數(shù).令，則，
所以在上單調(diào)遞增，
又因?yàn)椋裕裕?br/>故選：D.
31．A
【分析】設(shè)，確定函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，逐項(xiàng)判斷即可得答案.
【詳解】由，可得．
設(shè)，則，所以是R上的奇函數(shù)，
又在上，即，
所以在上單調(diào)遞減，又是R上的奇函數(shù)，所以在(-∞,0)上單調(diào)遞減，
所以，即，
因此，故，故A正確；
所以，即，因此，故B不正確；
所以，即，則，
所以與的大小不能確定，故C不正確；
所以，即，則，
所以與的大小不確定，故D不正確.
故選：A.
32．B
【分析】依題意令，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即可得到在上單調(diào)遞增，即可判斷.
【詳解】因?yàn)椋?br/>令，則，
所以在上單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，即，
所以且.
故選：B
33．B
【分析】令，求得，得到為上的奇函數(shù)，根據(jù)題意求得，進(jìn)而得到函數(shù)在上為減函數(shù)，把不等式，轉(zhuǎn)化為，即可求解.
【詳解】令，則，
可得，
即，所以為上的奇函數(shù)，
因?yàn)闀r(shí)，，可得，
所以在為單調(diào)遞減函數(shù)，且，
所以函數(shù)在上為單調(diào)遞減函數(shù)，
由不等式，
可得
整理得到，
即，可得，解得，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.
故選：B.
34．C
【分析】構(gòu)造函數(shù)，由得，進(jìn)而判斷函數(shù)的單調(diào)性，判斷各選項(xiàng)不等式.
【詳解】，則，
因?yàn)樵谏虾愠闪ⅲ?br/>所以在上恒成立，
故在上單調(diào)遞減，
所以，，故A不正確；
所以，即，即，故B不正確；
，即，即，故C正確；
，即，即，故D不正確；
故選：C.
35．A
【分析】根據(jù)已知條件構(gòu)造函數(shù)，利用偶函數(shù)的定義及導(dǎo)數(shù)法的正負(fù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系，結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)及函數(shù)的單調(diào)性即可求解.
【詳解】由，得.
令，則，即為偶函數(shù).
又時(shí)，.
所以在上單調(diào)遞減.
由，得，即.
又為偶函數(shù)，
所以，
所以，即，解得，
所以a的取值范圍為.
故選：A.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決此題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，利用偶函數(shù)定義和導(dǎo)數(shù)法求出函數(shù)的單調(diào)性，再利用偶函數(shù)和單調(diào)性即可解決抽象不等式.
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