資源簡介

培優點 03 函數中的構造問題（2 種核心題型+基礎保分練+綜
合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
函數中的構造問題是高考考查的一個熱點內容，經常以客觀題出現，同構法構造函數也
在解答題中出現，通過已知等式或不等式的結構特征，構造新函數，解決比較大小、解不等
式、恒成立等問題．
【核心題型】
題型一　導數型構造函數
命題點 1　利用 f(x)與 x 構造
(1)出現 nf(x)＋xf′(x)形式，構造函數 F(x)＝xnf(x)；
f x
(2)出現 xf′(x)－nf(x)形式，構造函數 F(x)＝ .
xn
【例題 1】（2023·全國·模擬預測）已知定義在R 上的偶函數 f x ，對"x - ,0 ，都有
xf x > 0，則 a = f log0.1 0.2 ，b = f log5 0.1 ， c = f log0.3 0.1 的大小關系是（ ）
A． a > b > c B． a > c > b C．b > c > a D． c > b > a
【變式 1】（2024·寧夏·一模）設定義在 R 上的函數 y = f x 滿足對"x R 都有
f x + 2 + f x = 0 ，且當 x 0,4 時， xf x - f x > 0，若 a = 6 f 2022 ，b = 4 f 2023 ，
c = 3 f 2024 ，則 a、b、c 的大小關系是（ ）.
A． a > b > c B． a > c > b C． c > b > a D．b > c > a
【變式 2】（2024·河南·三模）已知函數 f x 的定義域為 0, + ， f x 為其導函數，若
"x 0, + x-1， f x > é f x - xf x ù lnx，則不等式 f x e -1 > 0的解集是 ．
【變式 3】（2023·河北承德·模擬預測）已知函數 f (x) = ax - 4ln x .
(1)討論函數 f (x) 的單調性；
(2)若 ex-1
1
+ xf (x)，求實數 a的取值范圍.
x
命題點 2　利用 f(x)與 ex構造
(1)出現 f′(x)＋nf(x)形式，構造函數 F(x)＝enxf(x)；
f x
(2)出現 f′(x)－nf(x)形式，構造函數 F(x)＝ .
enx
【例題 2】（2024·陜西西安·一模）若關于 x 的不等式 ex-2 + x 2ax2 - x × ln x 在 (0, + )上恒成
立，則實數 a 的取值范圍為（ ）
, 1 , 1 ù
e
A． - ÷ B． - ú C． - , ÷ D． (- ,1]è e è 2 è 3
【變式 1】（23-24 高三上·新疆伊犁·階段練習）定義在R 上的函數 f x 滿足
f x + f x > 0，且有 f 3 = 3，則 f x > 3e3-x 的解集為 .
【變式 2】（2023·河南·模擬預測）已知定義在 -3,3 上的函數 f x 滿足
f (x) = e2x f (-x), f (1) =1, f (x)為 f (x) 的導函數，當 x 0,3 時， f (x) > f (x)，則不等式
ex f 1- x >1的解集為 .
x
【變式 3】（2024· x黑龍江哈爾濱·一模）已知函數 f x = x - ae , a R ．e
(1)當 a = 0時，求 f x 在 x =1處的切線方程；
(2)當 a =1時，求 f x 的單調區間和極值；
(3)若對任意 x R ，有 f x ex-1恒成立，求 a的取值范圍．
命題點 3　利用 f(x)與 sin x，cos x 構造
函數 f(x)與 sin x，cos x 相結合構造可導函數的幾種常見形式
F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
f x
F(x)＝ ，
sin x
f′ x sin x－f x cos x
F′(x)＝ ；
sin2x
F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
f x
F(x)＝ ，
cos x
f′ x cos x＋f x sin x
F′(x)＝ .
cos2x
a ln 2025 b 1 c sin 1 1【例題3】（2024·浙江紹興·模擬預測）現有 = ， = ， = - cos +1，
2023 1012 1012 1012
則 a,b,c的大小關系為（ ）
A． a > c > b B． c > b > a C． c > a > b D． a > b > c
1 1
2024· · a = sin + cos , b =1.00510 ,c = e-0.01【變式 1】（ 全國 模擬預測）設 ，則（ ）
20 20
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D．b > c > a
【變式 2】．（2020·江蘇南通·三模）已知q 0,2p ，若關于 k 的不等式
sinq - cosq k sin3 q - cos3 q 在 - , -2 上恒成立，則q 的取值范圍為 .
【變式 3】（22-23 高三下·湖南長沙·階段練習）在數列{an}中給定 a1，且函數
f x 1= x3 - an+1sinx + an + 2 x +1的導函數有唯一的零點，函數3
g x = 8x + sin πx - cos πx 且 g a1 + g a2 + ××× + g a9 = 18 .則 a5 = .
題型二　同構法構造函數
指對同構，經常使用的變換形式有兩種，一種是將 x 變成 ln ex然后構造函數；另一種是將 x
變成 eln x然后構造函數．
1 ln 2 ln 3
【例題 4】（2022·陜西咸陽·二模）已知a = 2 ,b = ,c = ，則（ ）e 4 9
A． a < b < c B． c【變式 1】．（21-22 高三上·全國·階段練習）設 a，b 都為正數，e 為自然對數的底數，若
aea+1 + b < b ln b，則（ ）
A．ab > e B．b > ea+1
C．ab < e D．b < ea+1
【變式 2】（2022·新疆·二模）已知 a > 0，若在 (1, + )上存在 x 使得不等式 ex - x xa - a ln x
成立，則 a的最小值為（ ）
1
A． B．1 C．2 D． e
e
a b
【變式3】（2024高三·全國·專題練習）若 2 + log2 a = 4 + 2log4 b，則下列結論錯誤的是（　　）
A． a > 2b B． a < 2b C． a > b2 D． a < b2
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
a 1 ,b 3ln2 ,c 2ln31．（2024·全國·模擬預測）若 = = = ，則（ ）
e2 64 81
A． a < c < b B． a < b < c C． c < a < b D． c < b < a
1
2．（2024·河南·三模）若關于 x 的不等式 ex + x + 2ln mx2 + lnm恒成立，則實數m 的最大
x
值為（ ）
A 1 B e
2
． 2 ． C．1 D． e
2
4
a
3 x
é 3ù
．（2024·山東濟南·一模）若不等式 ln x + b e a,b R 對任意的 x ê1, ú 恒成立，則 ax 2
的最小值為（ ）
3
A 5
3
．-3e2 B．- e
2
2
3
C． ln
3 3
D．3e - 3ln
2 2 2
4．（2023·江西九江·模擬預測）設函數 f (x) 的定義域為R ，其導函數為 f x ，且滿足
f (x) > f (x) +1， f (0) = 2023，則不等式 e- x f (x) > e- x + 2022 （其中 e為自然對數的底數）
的解集是（ ）
A． (2022,+ ) B． (- ,2023) C． (0, 2022) D． (- ,0)
二、多選題
5．（2023·湖北黃岡·模擬預測）定義在R 上的函數 f x 的導函數為 f x ，當 x 0，2 時，
xf x < f x f x ，函數 g x = 滿足： g x +1 為奇函數，且對于定義域內的所有實數 x ，
x
都有 g 4 - x = g x ．則（ ）
A． g x 是周期為 2 的函數 B． g x 為偶函數
g 33 C． - ÷ > g 2023 > g e D． g x 的值域為 -1,1
è 2
6．（2023·湖南·模擬預測）定義在 (0, + )上的函數 f x 的導函數為 f x ， f x > 0且
xf x 2é f x ù - x2 3 f x < é f x ù 恒成立，則（ ）
A． f 1 f 2 éê f 1
1
- f 2 ùú > f 1 - f 2 2
f
y
x a
B．"a 0, + ，函數 = +
x > 0
x f x 有極值
C． f 1 f 2 éê f 1
1
- f 2 ù
2 ú
< f 1 - f 2

f x
D．$a
a
0, + ，函數 y = + x > 0x f x 為單調函數
三、填空題
7．（2023·廣東廣州·一模）已知函數 f (x) 的定義域為 (0, + )，其導函數為 f (x) ，若
xf (x) -1 < 0 . f (e) = 2，則關于 x 的不等式 f (ex ) < x +1的解集為 .
8．（2023·甘肅張掖·模擬預測）已知 f x 為偶函數，且當 x 0, + 時， f x + xf x < 0，
其中 f x 為 f x 的導數，則不等式 1- x f x -1 + 2xf 2x > 0的解集為 ．
9．（2023·全國· 2 x - x模擬預測）已知函數 f (x) = ln x +1 + x + e - e - 2x + 3，若
f aex + f (ln a - ln x) > 6對于 x (0,+ )恒成立，則實數 a的取值范圍是 ．
四、解答題
2
10．（2024·甘肅白銀·三模）設函數 f x x +3x + 2= ， g x = x - ln x +1 x ．e +1
(1)討論 f x 的單調性．
(2)證明： g x 0．
(3)當 x > e -1時，證明： f x < ln x + 2 ．
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2023·遼寧鞍山·二模）下列函數中，既是偶函數又在 0, + 上單調遞增的函數是（ ）
A． f x = x ln x B． f x = ln -x + x2 +1
C x． f x = e + e- x D． f x = ex - e- x
2．（2023·全國·模擬預測）已知函數 f (x) 在 -2,2 上的圖像如圖所示，則 f (x) 的解析式可能
是（ ）
A． f (x) = 2 - e2-x B． f (x) = x2 - | x | -2
C． f (x) = 2x2 - e|x| D． f (x) = ln x2 - 2 | x | +2 -1
3．（21-22 高二下·四川廣安·階段練習）已知函數 f x 是定義在 - ，0 U 0，+ 的奇函數，
當 x 0，+ 時， xf x < f x ，則不等式5 f 2 - x + x - 2 f 5 < 0的解集為（ ）
A． - ，- 3 3，+ B． -3，0 0，3
C． -3，0 0，7 D． - ，- 3 2，7
4．（2023·山東泰安·二模）已知奇函數 f x 在R 上是減函數， g x = xf x ，若
a = g - log2 5.1 ，b = g 3 ， c = g 20.8 ，則 a，b，c 的大小關系為（ ）
A． a < b < c B． c < b < a C．b < c < a D．b < a < c
5．（2023·黑龍江大慶·模擬預測）已知函數 f x 的定義域為 0, + ， f x 為函數 f x 的
2 x
導函數，若 x f x + xf x =1， f 1 = 0，則不等式 f 2 - 3 > 0的解集為（ ）
A． 0,2 B． log23,2 C． log23, + D． 2, +
6．（23-24 高二下·重慶·開學考試）已知函數 f (x) 的定義域為 R，設 g(x) = ex f (x) ．設甲： f (x)
是增函數，乙： g(x)是增函數，則（ ）
A．甲是乙的充分條件但不是必要條件
B．甲是乙的必要條件但不是充分條件
C．甲是乙的充要條件
D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
7．（2024·四川德陽·三模）已知函數 f x 及其導函數 f x 的定義域均為R ，且
x - 2 é f x - f x ù > 0， f 4 - x = f x e4-2x 3，則不等式 e f ln x < xf 3 的解集是（ ）
A． 0,e3 B． 1,e3 C． e,e3 D e3． ,+
1 2
8．（2023·河北· ln 3 b = c ln π模擬預測）設 a = ， 2 ， = ，則（ ）3 e 4π
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D． c > b > a
二、多選題
9．（2022·江蘇南通·一模）定義：在區間 I 上，若函數 y = f x 是減函數，且 y = xf x 是增
函數，則稱 y = f x 在區間 I 上是“弱減函數”.根據定義可得（ ）
A． f x 1= 在 0, + 上是“弱減函數”
x
B． f x x= x 在 1,2 上是“弱減函數”e
ln x
C．若 f x = 在 m,+ 上是“弱減函數”，則m e
x
p 2 1
D 2．若 f x = cos x + kx 在 0, ÷上是“弱減函數”，則 k
è 2 3p p
10．（2023·全國·模擬預測）已知函數 f x 是定義在 0, + 上的函數， f x 是 f x 的導函
1 x e
數，若 x2 f x + xf x = e2 ，且 f 2 = ，則下列結論正確的是（ ）2
A．函數 f x 在定義域上有極小值．
B．函數 f x 在定義域上單調遞增．
C．函數H x = xf x - e ln x 的單調遞減區間為 0,2 ．
1 x
D 2．不等式 f x e + e> 的解集為 2, + ．
4
11．（23-24 高三下·河南信陽·階段練習）已知曲線C1 : f x = ln 2x -1 在點M x1, y1 處的切
2x-1
線與曲線C2 : g x = e 相切于點 N x2 , y2 ，則下列結論正確的是（ ）
A．函數 h x = x2g x -1有 2 個零點
B．函數m x 3= ef x - xg x 1 ,1 在 2 ÷上單調遞減2 è
1
C． g x2 = 2x1 -1
1
D． + 2x = 0x1 -1
2
三、填空題
12 x．（2023·山東·一模）過點 -1,1 與曲線 f x = ln x +1 - 3e + 2相切的直線方程
為 ．
2
13．（23-24 高三上· x +1陜西安康·階段練習）當 x 1時，恒有 ln ex - x2
ex
- mx -1成立，
- mx
則m 的取值范圍是 .
14．（23-24 高三上·江蘇常州·階段練習）已知函數 f x = ln x +1 - x +1，函數
g x = aex - x + ln a ，若函數F x = f x - g x 有兩個零點，則實數 a 的取值范圍
四、解答題
lnx 1
15．（2024· x全國·模擬預測）已知函數 f x = -e + + + a a R ．
x x
(1)當 a = e時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)當 a 1時，證明： xf x 0在定義域內恒成立．
1
16．（2024· x 2全國·模擬預測）已知函數 f x = e - x - ax, g x = - ln x +1 -1．
x +1
(1)當 a = 0時，討論 f x 的單調性；
(2)若任意的 x1, x2 0,+ ，都有 f x1 -1 g x2 恒成立，求實數 a 的取值范圍．
f (x) ae17．（2023·江西·模擬預測）已知函數 = x - 2(a R)．e
(1)當 a =1時，求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)設函數 g(x) = f (x) + ln(x -1)，若 g(x)的導函數存在兩個零點 x1, x2 x1 < x2 ，且
x -1
3x1 ln1024 - 3x2 + 6，證明：1<
2 4
x1 1
．
a
18．（2024·黑龍江·二模）已知函數 f x = x - x ．e
(1)當 a = -1時，求 f x 的極值；
0 x 1
2
(2)若存在 < 0 < ，滿足 f ln x f
x
= ln 0 22 0 ÷
，求 f ln a 的取值范圍．
è 1- x0
x + a ln x + a +1
19．（2022·天津濱海新·

三模）已知函數 f x =
x
(1)若函數 f x 在點 e, f e 處的切線斜率為 0，求 a 的值．
(2)當 a =1時．
xf
x
①設函數G x

=
f x ，求證：
y = f x 與 y = G x 在 1,e 上均單調遞增；
②設區間 I = x0 , x0 +1 （其中 I 1,e ，證明：存在實數l > 1，使得函數
F x = x2 f x - l f x0 在區間 I 上總存在極值點．
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2022·全國·模擬預測）定義在R 上的函數 f (x) 的導函數是 f (x),3 f (x) + xf (x) < 0，函數
y = f (x +1) + 2022為奇函數，則不等式 x3 f (x) + 2022 > 0的解集為（ ）
A． (- ,1) B． (- , -1) C． (1, + ) D． (-1, + )
1 1 1 5 5
2．（23-24 高三上·遼寧大連·期末）設 a = ,b = 2ln sin + cos ÷ ,c = ln ，則（4 8 8 4 4 ）è
A． a < b < c B．b < a < c
C． c < b < a D． a < c < b
3．（2024·浙江嘉興·二模）已知定義在 0, + 上且無零點的函數 f x 滿足
xf x = 1- x f x ，且 f 1 > 0，則（ ）
1
A． f ÷ < f 1 < f 2 f 2 < f 1 < f
1
B．
2 ÷è è 2
1
C． f ÷ < f 2 < f 1 f 2 < f
1
D． ÷ < f 1
è 2 è 2
4．（23-24 高三上·河北·階段練習）已知函數 f (x) 及其導函數 f (x) 的定義域均為 (0, + )，且
xf (x) > (x -1) f (x)恒成立， f (3) = e，則不等式 (x + 4) f (x + 4) < 3ex+2的解集為（ ）
A． (-4,-1) B． (-1,1) C． (-1,2) D． (-1, + )
二、多選題
5．（2022·遼寧沈陽·三模）已知函數 y = f x ( x R)，若 f x > 0且 f x + xf x > 0，則有
（ ）
A． f x 可能是奇函數或偶函數 B． f -1 < f 1
C．若 A 與 B 為銳角三角形的兩個內角，則 sin Af sin A > cos Bf cos B
D． f 0 < e f 1
6．（22-23 高三下· · 2k 2k黑龍江 開學考試）已知函數 f x = sin x + cos x k 2,k N* ，則下列
說法正確的是（ ）
A． f x 的最小正周期為 π B． f x 5π的圖象關于直線 x = 對稱
2
é
f x π π f x 1
k -1
ù
C． 在 ,4 2 ÷ 上單調遞增 D． 的值域為 êè 2 ÷
,1ú
êè ú
三、填空題
7．（2023·山東菏澤·三模）已知奇函數 f x 是定義在R 上的可導函數，其導函數為 f x ，
當 x > 0時，有 2 f x + xf x > x2 ，則 (x + 2023)2 f x + 2023 + f -1 < 0的解集
為 ．
5 2 2 1 1 18 ．（2023·廣西柳州·二模）① 0.3 > log3 5，② ln 2 < ，③ e3 > 2，④ 2ln sin + cos ÷ < ，2 è 8 8 4
上述不等式正確的有 （填序號）
9．（2023·陜西咸陽·模擬預測）已知 f x 是定義在 0, + 上的可導函數，若
xf x - f x x= ， f 1 1= - ，且 x 1時， f xex ≤ f x + ln x - a 恒成立，則 a的取值范
ex e
圍是 .
四、解答題
x
10．（2024· e四川巴中·一模）已知函數 f x = - ax + a ln x .
x
(1)設 g x = xf x ，證明：當 a e 時，過原點 O 有且僅有一條直線與曲線 y = g x 相切；
(2)若函數 f x 有兩個零點，求 a 的取值范圍.培優點 03 函數中的構造問題（2 種核心題型+基礎保分練+綜
合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
函數中的構造問題是高考考查的一個熱點內容，經常以客觀題出現，同構法構造函數也
在解答題中出現，通過已知等式或不等式的結構特征，構造新函數，解決比較大小、解不等
式、恒成立等問題．
【核心題型】
題型一　導數型構造函數
命題點 1　利用 f(x)與 x 構造
(1)出現 nf(x)＋xf′(x)形式，構造函數 F(x)＝xnf(x)；
f x
(2)出現 xf′(x)－nf(x)形式，構造函數 F(x)＝ .
xn
【例題 1】（2023·全國·模擬預測）已知定義在R 上的偶函數 f x ，對"x - ,0 ，都有
xf x > 0，則 a = f log0.1 0.2 ，b = f log5 0.1 ， c = f log0.3 0.1 的大小關系是（ ）
A． a > b > c B． a > c > b C．b > c > a D． c > b > a
【答案】D
【分析】根據導數判斷函數的單調性，再結合偶函數的性質，根據對數函數的單調性比較大
小.
【詳解】由已知對"x - ,0 ，都有 xf x > 0，
即當 x - ,0 ， f x < 0，所以函數 f x 在 - ,0 上單調遞減，
又函數 f x 為偶函數，
所以函數 f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
因為 f log5 0.1 = f - log0.2 0.1 = f log0.2 0.1 ，
所以只需比較 log0.1 0.2， log0.2 0.1， log0.3 0.1三者的大小關系，
又0 = log0.11< log0.1 0.2 < log0.1 0.1 =1， log0.2 0.1 > log0.2 0.2 =1， log0.3 0.1 > log0.3 0.3 =1，
ln 0.1
log0.3 0.1 ln 0.3 ln 0.2
且 = = >1，
log 0.1 ln 0.10.2 ln 0.3
ln 0.2
所以 log0.1 0.2 < log0.2 0.1 < log0.3 0.1
所以 f log0.1 0.2 < f log0.2 0.1 < f log0.3 0.1 ，
即 a < b < c，
故選：D.
【變式 1】（2024·寧夏·一模）設定義在 R 上的函數 y = f x 滿足對"x R 都有
f x + 2 + f x = 0 ，且當 x 0,4 時， xf x - f x > 0，若 a = 6 f 2022 ，b = 4 f 2023 ，
c = 3 f 2024 ，則 a、b、c 的大小關系是（ ）.
A． a > b > c B． a > c > b C． c > b > a D．b > c > a
【答案】C
【分析】利用函數的周期性、構造函數利用導數研究其單調性比大小即可.
【詳解】由 f x + 2 + f x = 0 f x + 4 + f x + 2 = 0 f x + 4 = f x ，
即T = 4為 y = f x 的一個周期，所以 a = 6 f 2022 = 6 f 2 ,b = 4 f 3 ,c = 3 f 4 ，
g x f x

令 = g xf x - f xx = ，
x x2
f x
由已知可得 x 0,4 時， g x > 0 g x = 單調遞增，
x
f 2 f 3 f 4
所以 < < 6 f 2 < 4 f 3 < 3 f 4 ，即 C 正確 .
2 3 4
故選：C
【變式 2】（2024·河南·三模）已知函數 f x 的定義域為 0, + ， f x 為其導函數，若
"x 0, + ， f x > é f x - xf x ù x-1 lnx，則不等式 f x e -1 > 0的解集是 ．
【答案】 1, +
lnx
【分析】構造函數 g x = f x × ，求導確定函數的單調性，由于在 0, + 上時，
x
x-1 lnxe -1 > 0與 > 0
lnx
同解，即可根據 f x × > 0求解.
x x
【詳解】令 g x = f x lnx× ，則
x
lnx 1- lnx f x - é f x - xf x ùg x = f x × + f x × =
lnx
2 > 0，x x x2
所以 g x 在 0, + 上單調遞增．
由于當 ex-1 -1 > 0 x >1，當 ex-1 -1< 0 x <1，
lnx
而 > 0 x >1
lnx
， < 0 0 < x <1
x x
故在 0, + x-1上，不等式 f x e -1 > 0與 f x lnx× > 0同解，
x
即 g x > 0，又 g 1 = 0，得 g x > g 1 ，即 x >1，
所以原不等式的解集為 1, + ．
故答案為： 1, +
【點睛】方法點睛：利用導數求解不等式問題的常用方法：
1．通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值），從而得出不等關系；
2．利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題，從而判定不等關系；
3．適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；
4．構造“形似”函數，變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
【變式 3】（2023·河北承德·模擬預測）已知函數 f (x) = ax - 4ln x .
(1)討論函數 f (x) 的單調性；
1
(2) x-1若 e + xf (x)，求實數 a的取值范圍.
x
【答案】(1)見解析
(2（) - , 2]
【分析】（1）先求定義域，求導后，對 a進行分類討論，即可得到函數的單調性；
ex-1 1
（2）由題意，可取 x =1，得 a 2，對原不等式進行放縮可得 + - 2x + 4ln x 0 ，構
x x2
x-1
e 1 x -1
ex-1 2x 2 2- + +
造函數 S x = + 2 - 2x + 4ln x，求導得
÷
x x S x è x ，再構造= x2
T x = ex-1 - 2x + 2 2+ x-1 2，求導得T x = e - 2 - ，取特殊值可得T x 的最小值為正數，
x x2
S x S x = 0 ex-1 1 2所以可知 在 x =1處取得極小值，可得 min ，所以 + ax - 4x ln x 恒成立，x
故實數 a的取值范圍是 2, + .
【詳解】（1） f x 的定義域為 0, + ，
f x a 4 ax - 4= - = ，
x x
當 a 0時， f x 0， f x 在 0, + 上單調遞減；
a 4當 > 0時，由 f x > 0，解得： x > ，由 f x < 0，解得：0 4< x < ，a a
所以 f x 4 ,+ 4 在 a ÷ 上單調遞增，在 0, ÷上單調遞減，è è a
綜上：當 a 0時， f x 在 0, + 上單調遞減；
4a 0
4
當 > 時， f x 在 0, ÷上單調遞減，在， ,+ ÷ 上單調遞增.
è a è a
x-1 1
（2）由 e + xf (x) ex-1
1
，得 + x ax - 4ln x ，
x x
取 x =1時，得1+1 a，所以 a 2，
x-1
下證： ex-1
1
+ x 2x - 4ln x e 1，即證： + 2 - 2x + 4ln x 0 ，x x x
x-1
e 1 x 1
ex-1 2- - 2x + 2 +

令 S x = + - 2x + 4ln x，則 x ÷
x x2 S x = è ，x2
構造T x = ex-1 - 2x 2 2+ + ，則T x = ex-1 2- 2 - ，
x x2
易知T x 在 0, + 上是單調遞增函數，
又T 1 =1- 2 - 2 < 0 T 2 e 2 1， = - - > 0，
2
\T x 在 0, + 上存在唯一零點，設該零點為 x0 ，
2
且滿足1< x < 2 T x x0 -10 ， 0 = e - 2 - 2 = 0x ，0
\當 x 0, x0 時，T x < 0，當 x x0 ,+ 時，T x > 0 ，
故T x 在區間 0, x0 上單調遞減，在區間 x0 ,+ 上單調遞增，
\T x = ex 2 2 2 2 20 -1 - 2x0 + 2 + = 2 + 2 - 2x0 + 2 + = 4 - 2xmin x x 0 + 2 + > 0，0 0 x0 x0 x0
\當 x 0,1 時， S x < 0，當 x 1,+ 時， S x > 0，
故 S x 在區間 0,1 上單調遞減，在區間 1, + 上單調遞增，
\S x = Smin 1 = 0，
x-1
\S x 0在 x 0, + e 1上恒成立，即 + 2 - 2x + 4ln x 0 ，x x
ex-1 1\ + 2x2 - 4x ln x ax2 - 4x ln x在 x 0, + 上恒成立，
x
故實數 a的取值范圍是（- , 2] .
【點睛】函數與導數綜合簡答題常常以壓軸題的形式出現，難度相對較大，主要考向有以下
幾點：
1、求函數的單調區間（含參數）或判斷函數（含參數）的單調性；
2、求函數在某點處的切線方程，或知道切線方程求參數；
3、求函數的極值（最值）；
4、求函數的零點（零點個數），或知道零點個數求參數的取值范圍；
5、證明不等式；
解決方法：對函數進行求導，結合函數導數與函數的單調性等性質解決，在證明不等式或求
參數取值范圍時，通常會對函數進行參變分離，構造新函數，對新函數求導再結合導數與單
調性等解決.
命題點 2　利用 f(x)與 ex構造
(1)出現 f′(x)＋nf(x)形式，構造函數 F(x)＝enxf(x)；
f x
(2)出現 f′(x)－nf(x)形式，構造函數 F(x)＝ .
enx
【例題 2】（2024·陜西西安·一模）若關于 x 的不等式 ex-2 + x 2ax2 - x × ln x 在 (0, + )上恒成
立，則實數 a 的取值范圍為（ ）
, 1 , 1 ù
e
A． - ÷ B． - ú C． - , ÷ D． (- ,1]è e è 2 è 3
【答案】B
ex-2 a 1 1【分析】變形得到 +1- 2ax + ln x≥0 ，當 時，利用放縮得到證明，當 a > 時，利
x 2 2
用隱零點可證明出不合要求，得到答案.
x-2
【詳解】 ex-2 + x 2ax2 x e- × ln x +1- 2ax + ln x 0，
x
x-2 x-2
當 a
1
e時， +1- 2ax + ln x e +1- x + ln x = ex-ln x-2 - x - ln x - 2 -1，2 x x
令 h t = et - t -1，則 h t = et -1，
當 t > 0時， h t > 0，當 t < 0時， h t < 0 ，
h t = et故 - t -1在 t - ,0 上單調遞減，在 t 0, + 上單調遞增，
故 h t h 0 = 0 ，
ex-ln x-2故 - x - ln x - 2 -1 0 恒成立，不等式成立，
當 a
1 u x = x - 2 - ln x u x 1 1 x -1> 時，令 ， = - = ，
2 x x
當 x >1時，u x > 0，當0 < x <1時，u x < 0，
故u x = x - 2 - ln x在 x 0,1 上單調遞減，在 x 1,+ 上單調遞增，
且u 1 = -1< 0 ，u 4 = 2 - ln 4 > 0，
由零點存在性定理得，存在 x0 1,4 ，使得u x0 = 0，即 x0 - 2 = ln x0 ，
ex0 -2
此時 +1- 2ax0 + ln x0 = 2 - 2ax0 + x0 - 2 = 1- 2a x0 < 0，x0
故不合題意，舍去，
1 1 ù
綜上， a ，實數 a 的取值范圍為 - , .2 è 2 ú
故選：B
【點睛】方法點睛：對于求不等式成立時的參數范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數
法, 使不等式一端是含有參數的式子，另一端是一個區間上具體的函數，通過對具體函數的
研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據參數取值情況分類討論，三是數形結
合法，將不等式轉化為兩個函數，通過兩個函數圖像確定條件
【變式 1】（23-24 高三上·新疆伊犁·階段練習）定義在R 上的函數 f x 滿足
f x + f x > 0，且有 f 3 = 3 3-x，則 f x > 3e 的解集為 .
【答案】 3, +
x
【分析】構造函數F x = f x ×e ，應用導數及已知條件判斷F x 的單調性，而題設不等
式等價于F x > F 3 即可得解.
x
【詳解】設F x = f x ×e ，則F x = f x ×ex + f x ×ex = ex é f x + f x ù，
Q f x + f x > 0，
\F x > 0 ，
\F x 在 R 上單調遞增.
又 f 3 = 3，則F 3 = f 3 ×e3 = 3e3 .
∵ f x > 3e3-x 等價于 f x ×ex > 3e3，即F x > F 3 ，
∴ x > 3，即所求不等式的解集為 3, + .
故答案為： 3, + .
【變式 2】（2023·河南·模擬預測）已知定義在 -3,3 上的函數 f x 滿足
f (x) = e2x f (-x), f (1) =1, f (x)為 f (x) 的導函數，當 x 0,3 時， f (x) > f (x)，則不等式
ex f 1- x >1的解集為 .
【答案】 -2,0 2,4
f x 【分析】構造函數 g x = ，由已知條件得 g x 在 -3,3x 上是偶函數，然后根據其單調e
性從而可求解.
f
g x x x【詳解】令 = x ，所以 f x = e g x ，e
因為 f x = e2x f -x ex g x = e2xe- x，所以 g -x ，化簡得 g x = g -x ，
所以 g x 在 -3,3 上是偶函數，
f x ex - ex f x f x - f x
因為 g x = 2x =e ex
，
因為當 x 0,3 ， f x > f x f x - fg x x ，所以 = > 0， g xx 在區間 0,3 上單調遞e
增，
又因為 g x 為偶函數，所有 g x 在 -3,0 上單調遞減，
ex f 1- x >1 f 1- x 1 f 1 =1 f 1- x f 1 由 ，得 1-x > ，又因為 ，所以 g 1- x = 1-x > = g 1 ，e e e e
ì-3 <1- x < 3
所以 í ，解得-2 < x < 0或 2 < x < 4 ，
1- x >1
所以不等式的解集為 -2,0 2,4 .
故答案為： -2,0 2,4 .
f x
【點睛】通過構造函數 g x = ，結合已知函數求出函數 g xx 為偶函數和其單調性，從e
而求解.
x x
【變式 3】（2024·黑龍江哈爾濱·一模）已知函數 f x = x - ae , a R ．e
(1)當 a = 0時，求 f x 在 x =1處的切線方程；
(2)當 a =1時，求 f x 的單調區間和極值；
(3) x-1若對任意 x R ，有 f x e 恒成立，求 a的取值范圍．
1
【答案】(1) y =
e
(2) f x 的單調遞減區間為： 0, + ；遞增區間為： - ,0 ，
f x 的極大值為 -1，無極小值
1
(3) a -
2e
【分析】（1）利用已知確定切點，導數的幾何意義確定斜率，求出切線方程即可.
（2）利用導數先求解單調性，再確定極值即可.
（3）利用分離參數法結合導數求解參數范圍即可.
x
【詳解】（1）當 a = 0時， f x = x ，e
則 f x 1- x= x ， f 1 = 0， f 1
1
= ，
e e
1
所以切線方程為 y = ．
e
2 a =1 f x = xe- x - ex f x 1 x e- x ex 1- x - e
2x
（ ）當 時， ， = - - = x ．e
令 g x =1- x - e2x ， g x = -1- 2e2x < 0，
故 g x 在 R 上單調遞減，而 g 0 = 0，因此 0 是 g x 在 R 上的唯一零點
即：0 是 f x 在 R 上的唯一零點
當 x 變化時， f x ， f x 的變化情況如下表：
x - ,0 0 0, +
f x + 0 -
f x Z 極大值 ]
f x 的單調遞減區間為： 0, + ；遞增區間為： - ,0
f x 的極大值為 f 0 = -1，無極小值
xe- x3 - e
x-1 x 1
（ ）由題意知 xe- x - aex ex-1，即 a x ，即 a e e2x
- ，
e
2x 2x
m x x 1設 = - ，則m x
e - 2xe 1- 2x
= =
2x 2x 2 e2x ，e e e
令m x = 0 1，解得 x = ，
2

當 x - ,
1
÷，m x > 0，m x 單調遞增，
è 2
x 1 , + 當 ÷，m x < 0 ，m x 單調遞減，
è 2
m x = m 1 1 1 1所以 ÷ = - = -max ，è 2 2e e 2e
a 1所以 -
2e
命題點 3　利用 f(x)與 sin x，cos x 構造
函數 f(x)與 sin x，cos x 相結合構造可導函數的幾種常見形式
F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
f x
F(x)＝ ，
sin x
f′ x sin x－f x cos x
F′(x)＝ ；
sin2x
F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
f x
F(x)＝ ，
cos x
f′ x cos x＋f x sin x
F′(x)＝ .
cos2x
2025 1 1 1
【例題3】（2024·浙江紹興·模擬預測）現有 a = ln ，b = ， c = sin - cos +1，
2023 1012 1012 1012
則 a,b,c的大小關系為（ ）
A． a > c > b B． c > b > a C． c > a > b D． a > b > c
【答案】C
1 1
【分析】構造 f x = ln 1+ x ÷ - ln 1- x ÷， g x = sin x - cos x +1
1
，則 a = f
è 2 è 2 è1012 ÷
，

b 1=
1
， c = g ，然后求解F x = f x - x和G x = g x - f x 的單調性即可判斷
1012 1012 ֏
出 a,b,c的大小關系.
【詳解】設 f x 1= ln 1+ x ÷ - ln
1
1- x

÷， g x = sin x - cos x +1 .
è 2 è 2
1 1
a ln 2025 ln 2024 +1
+
由于 = = = ln 2 1012
1
= ln 1+ 1 - ln
1 1- ，故
2023 2024 -1 1- è 2 1012
÷
è 2 1012 ÷
2 1012
a f 1 1 1= b = c = g .
è1012 ÷
， ，
1012 ÷ è1012
記F x = f x - x，G x = g x - f x .
1 1
由于F x = ln 1+ x ÷ - ln 1- x ÷ - x，故
è 2 è 2
1 1
- 2
F x = 2 21 - 1 -1
1 1 x
= + -1 =
2 + x 2 - x 4 - x2
，從而對0 < x <1有F x > 0，故F x
1+ x 1- x
2 2
在 0,1 上單調遞增，所以 a - b 1= f 1 1 ÷ - = F > F 0 = 0，即 a > b；
è1012 1012 è1012 ÷
我們知道，對函數j x ，j x 表示j x 的導數，在下面的解答中，我們進一步使用記號
j x 表示j x 的導數，使用記號j x 表示j x 的導數.
由于G x = sin x - cos x +1- ln 1 1+ x 1+ ln 1- x 2 ÷ 2 ÷ ，故è è
1 1
-
G x = cos x + sin x - 2 + 2 = 2 sin π cos x + cos π sin x 1 1 π 1 11 1 ÷ - - = 2 sin x +
- -
1+ x 1- x è 4 4 2 + x 2 - x è 4
÷
2 + x 2 - x
2 2

，從而進一步求導有G x = 2 cos
π 1 1
x +
+ -
4 ÷ 2 x 2 2 x 2 ，è + -
G x = - 2 cos x π 2 2 + 4 ÷ - -è 2 + x 3 .2 - x 3
π G x 2 cos x π 2 2此時，對 0 < x < ，有 = - + ÷ - 3 - 3 < 0 + 0 + 0 = 0 G x 4 4 2 x 2 x ，所以è + -
é π ù
在 ê0, 4 ú
上單調遞減.

1
從而對0 < x < ，有G x > G 1 ÷，結合1012 è1012
π 1 1 π 2 + x
2 - 2 - x 2G x 2 cos x 2 cos x 2 cos x π 8x= + ÷ + 2 - 2 = + - = +
-
è 4 2 + x 2 - x è 4 ÷ ÷ 24 - x2 è 4 24 - x2
1 1 π 8
1
×
1012
，就有G x > G 1012 ÷ = 2 cos + ÷ -è è1012 4 2 . 4 1- 10122 ÷è
2 3 -1
而 2 cos 1 π 2 cos π π+ > + 5π 6 - 2
2 3 -1 ÷ 1
÷ ÷ = 2 cos = 2 × = >
è 2 = ，
è1012 4 è 6 4 12 4 4 4 4
8 1×
1012 8 8 8 8 8 1
2 = 2 < 2 = < < =
1 1 1012 × 4 -1 1012 ×9 1012 32 4 .
4 - 2 ÷ 1012 × 4 - ÷è 1012 è 10122
8 1×
1
故對0 < x < ，有G x
1 1 π 1 1
> G 1012 ÷ = 2 cos + ÷ - 2 > - = 0
1012 è1012 è1012 4
.
4 1-
4 4
÷
è 10122
所以G x é0, 1 ù 1在 ê ú上單調遞增，從而對0 < x < ，有 1012 1012
G x π 1 1 1 1 1> G 0 = 2 sin 0 +

÷ - - =1- - = 0
é ù
，這表明G x 在 ê0, 上單調è 4 2 + 0 2 - 0 2 2 1012 ú
遞增.
c - a = g 1 1 1 所以 - f1012 ÷ 1012 ÷
= G ÷ > G 0 = sin 0 - cos 0 +1- ln1+ ln1 = 0，
è è è1012
即對0 < x <1有F x > 0，故F x 在 0,1 上單調遞增，所以
a - b = f 1 1 1 ÷ - = F

÷ > F 0 = 0，即 c > a .
è1012 1012 è1012
綜上，有 c > a > b，C 正確.
故選：C.
a sin 1 12024· · = + cos , b =1.00510 ,c = e-0.01【變式 1】（ 全國 模擬預測）設 ，則（ ）
20 20
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D．b > c > a
【答案】C
【分析】根據不等式 x > sin x, x > 0分析可得1< a < 1.1，根據不等式 ex > x +1, x > 0分析可
得b > 1.1，結合指數函數分析可得 c <1，進而可得結果.
【詳解】顯然 a > 0,b > 0,c > 0，
2
且 a2 = sin
1 1
+ cos 1
20 20 ÷
=1+ sin ，
è 10
令 f x = x - sin x, x > 0，則 f x =1- cos x 0對任意 x > 0恒成立，
則 f x 在 0, + 內單調遞增，可得 f x > f 0 = 0，即 x > sin x, x > 0；
a2 1 sin 1 1 1所以 = + >1 2，且 a =1+ sin <1+ =1.1，可知
10 10 10 1< a < 1.1
；
g x = ex - x -1, x > 0 g x = ex令 ，則 -1 > 0對任意 x > 0恒成立，
則 g x 在 0, + 內單調遞增，可得 g x > g 0 = 0，即 ex > x +1, x > 0；
所以b2 =1.00520 > 0.005 20 +1 =1.1，可知b > 1.1；
又因為 c = e-0.01 <1，所以b > a > c，
故選：C．
【變式 2】．（2020·江蘇南通·三模）已知q 0,2p ，若關于 k 的不等式
sinq - cosq k sin3 q - cos3 q 在 - , -2 上恒成立，則q 的取值范圍為 .
é p ù
【答案】 ê0, 4 ú
【分析】將不等式變形為 k sin3 q - sinq k cos3 q - cosq ，構造函數 g x = kx6 - x ，可知
當 k -2時，函數 y = g x 在 0, + 上為減函數，可得出 cosq sinq 0，進而可求得q 的
取值范圍.
【詳解】由 sinq - cosq k sin3 q - cos3 q ，可得 k sin3 q - sinq k cos3 q - cosq ，
構造函數 g x = kx6 - x ，當 k < -2且當 x 0 ， g x = 6kx -1< 0，
此時，函數 y = g x 在 0, + 上為減函數，
由于 k sin3 q - sinq k cos3 q - cosq ，則 g sinq g cosq ，
é p ù
所以， cosq sinq 0，所以，0 tanq 1，Qq 0,2p ，\q ê0, 4 ú .
綜上可得q
é
的取值范圍為 ê0,
p ù
.
4 ú
é p ù
故答案為： ê0, . 4 ú
【點睛】本題主要考查恒成立問題，構造函數，判斷單調性，結合單調性把抽象不等式轉化
為具體不等式，側重考查數學抽象的核心素養.
【變式 3】（22-23 高三下·湖南長沙·階段練習）在數列{an}中給定 a1，且函數
f x 1= x3 - an+1sinx + an + 2 x +1的導函數有唯一的零點，函數3
g x = 8x + sin πx - cos πx 且 g a1 + g a2 + ××× + g a9 = 18 .則 a5 = .
1
【答案】 /0.25
4
【分析】利用導數的定義和對稱性可得 an+1 - an = 2 ，利用輔助角公式對 g x 化簡，構造新
函數，利用導數判斷新函數的單調性并結合夾逼原理即可求解.
【詳解】因為 f x = x2 - an+1 cos x + an + 2 有唯一的零點， f x 為偶函數，
所以 f 0 = 0，即 an+1 - an = 2 ， n N*，
所以數列 an 為公差為 2的等差數列，

又因為 g x = 8x + sinπx - cosπx 8x 2 2 sin πx 2= + - cos πx
è 2 2
÷÷

= 8x + 2sinπ x 1- ÷ = 8

x
1
- 2sinπ 1+
4 4 ÷
x - ÷ + 2，
è è è 4
令 h t = 8t + 2sinπt ，則 h t 為奇函數，
因為 h t = 8 + 2πcosπt > 0，所以 h t 在R 上單調遞增，
由題意得 é g a1 - 2ù + ég a2 - 2 ù + ××× + ég a9 - 2 ù = 0，
因為數列 an 是公差不為 0 的等差數列，其中 a1 < a2 < ××× < a9，則
a 1 a 1 a 1 a
1 1
1 - < 2 - < ××× < -

9 ，假設 1 - ÷ + a9 - ÷ > 0，4 4 4 è 4 è 4
a 1 a 1- > - - h a 1- > -h a 1 h a 1- - + h a 1- 1 4 ÷ 9 4 ÷ 1 4 ÷ 9 ÷ 1 ÷ 9 ÷
> 0，
è è è è 4 è 4 è 4
因為
a 1 1 1 1 1- + a - = a - + a - = a - + 1 1 1 1 1 4 ÷ 9 ÷ 2 ÷ 8 ÷ 3 ÷
a7 - ÷ = a1 - ÷ + a6 - ÷ = 2 a5 -
è è 4 è 4 ÷ è 4 è 4 è 4 è 4 è 4 è 4
所以 h
a 1- + h a 1- + ××× + h 1 1 4 ÷ 2 4 ÷
a9 - 4 ÷
> 0，
è è è
a 1 a 1 1 1 1假設 1 - ÷ + 9 -
< 0 ÷ ，同理可得 h4 4
a1 - 4 ÷
+ h a2 - 4 ÷
+ ××× + h a9 - ÷ < 0 ，
è è è è è 4

綜上， a
1 1 1 1
1 - ÷ +

a9 -

÷ = 0 a1 + a9 = a = ，
è 4 5 è 4 2 4
1
故答案為：
4
題型二　同構法構造函數
指對同構，經常使用的變換形式有兩種，一種是將 x 變成 ln ex然后構造函數；另一種是將 x
變成 eln x然后構造函數．
1 ln 2
【例題 4】（2022·陜西咸陽·二模）已知a = 2 ,b = ,c
ln 3
= ，則（ ）
e 4 9
A． a < b < c B． c【答案】B
ln x
【分析】注意到 a,b,c三個數的結構特點，均符合 f (x) = 2 ，構造函數進行解決.x
f (x) ln x【詳解】設 = 2 ，則 a = f e ,b = f 2 ,c = f 3 f (x)
1- 2ln x
，又 = 3 ，于是當x x
x e,+ ln x時， f (x) < 0 ，故 f (x) = 2 單調遞減，注意到 e < 4 = 2 < e < 3，則有x
f 3 < f e < f 2 ，即 c故選：B.
【變式 1】．（21-22 高三上·全國·階段練習）設 a，b 都為正數，e 為自然對數的底數，若
aea+1 + b < b ln b，則（ ）
A．ab > e B．b > ea+1
C．ab < e D．b < ea+1
【答案】B
【分析】把不等式進行變形，引入函數 f (x) = x ln x ，由導數確定函數單調性，由單調性及
不等關系得結論．
a+1
【詳解】由已知，ae < b(ln b -1)
b b b
= b ln a，則e ln ea < ln ．
e e e
b
設 f (x) = x ln x f ea，則 < f e ÷．è
因為 a > 0，則 ea > 1．又b(ln b -1) > 0,b > 0，則 ln b > 1，即b > e
b
，從而 > 1．
e
當 x >1時， f (x) = ln x +1 > 0，則 f (x) 在 (1, + )內單調遞增，
ea b所以 < ，即b > ea+1，e
故選：B．
【變式 2】（2022·新疆·二模）已知 a > 0，若在 (1, + )上存在 x 使得不等式 ex - x xa - a ln x
成立，則 a的最小值為（ ）
1
A． B．1 C．2 D． e
e
【答案】D
【分析】先利用 xa =ea ln x 將不等式轉化為 ex - x ea ln x - a ln x，借助單調性得到 x a ln x ，參
x
變分離后構造函數 f (x) = (x >1) ，結合單調性求出最小值即可.
ln x
【詳解】∵ xa = eln x
a
= ea ln x ，∴不等式即為： ex - x ea ln x - a ln x
由 a > 0且 x >1，∴ a ln x > 0 ，設 y = ex - x ，則 y = ex -1 > 0，故 y = ex - x 在 (0, + )上是增函
x
數，∴ x a ln x ，即 a≥ ，
ln x
即存在 x (1,
x
+ ) x x，使 a≥ ，∴ a ÷ ，設 f (x) = (x >1)ln x ，則ln x è min ln x
f (x) ln x -1= , x (1,e), f (x) < 0；
ln2 x
x (e,+ ), f (x) > 0；∴ f (x) 在 (1,e)上遞減，在 (e, + )上遞增，∴ f (x)min = f (e) = e，
∴ a e ．
故選：D.
a b
【變式3】（2024高三·全國·專題練習）若 2 + log2 a = 4 + 2log4 b，則下列結論錯誤的是（　　）
A． a > 2b B． a < 2b C． a > b2 D． a < b2
【答案】ACD
a 2b
【分析】設 f (x) = 2x + log2 x ，即可得到 f x 的單調性，再由 2 + log2 a = 2 + log2 b ，計算
出 f a - f 2b 、 f a - f (b2 )，即可判斷.
【詳解】設 f (x) = 2x + log2 x ，則 f (x) 在 0, + 上為增函數，
Q 2a + log a = 4b + 2log b = 22b2 4 + log2 b，
\ f a - f 2b = 2a + log2 a - (22b + log 2b) = 22b2 + log2 b - (22b + log2 2b) = log
1
2 = -1 < 02 ，
\ f a < f (2b) ，\a < 2b，故 B 正確；
f a - f (b2 ) = 2a 2 2 2+ log2 a - (2b + log b2 ) = 22b + log b - (2b 22 2 + log2 b ) = 22b - 2b - log2 b ，
當b =1時， f a - f b2 = 2 > 0，
2
此時 f a > f b ，有 a > b2 ；
當b = 2 時， f a - f b2 = -1 < 0，此時 f a < f b2 ，有 a < b2 ，
所以 A、C、D 均錯誤．
故選：ACD．
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1 3ln2 2ln3
1．（2024·全國·模擬預測）若a = 2 ,b = ,c = ，則（ ）e 64 81
A． a < c < b B． a < b < c C． c < a < b D． c < b < a
【答案】D
lnx
【分析】變形后構造函數 g x = 2 ，求導得到函數單調性，比較出大小x
a 1 lne ,b 3ln2 ln8 ,c 2ln3 ln9【詳解】因為 = = = = = =
e2 e2 64 82 81 92
，
所以令 g x lnx= 2 ，則 a = g e ,b = g 8 ,c = g 9 ，x
g x 1- 2lnx= ，
x3
當 x e,+ 時， g x < 0，所以函數 g x 在 e,+ 上單調遞減．
又 e < e < 8 < 9，所以 g e > g 8 > g 9 ，即 c < b < a ．
故選：D．
2．（2024·河南·三模）若關于 x x的不等式 e + x + 2ln
1
mx2 + lnm恒成立，則實數m 的最大
x
值為（ ）
A 1
2
． 2 B
e
． C．1 D． e2
4
【答案】B
【分析】對所給不等式進行適當變形，利用同構思想得出 ln m x - 2ln x 對于任意的 x > 0恒
成立，進一步利用導數求出不等式右邊的最小值即可求解.
【詳解】顯然首先m > 0, x > 0，
ex x 1
2
+ + 2ln mx2 + lnm ex + x mx2 + lnm 1 ln mx- 2ln = e + ln mx2 ，
x x
令 f x = ex + x, x > 0 x，則 f x = e +1 > 0, x > 0 ，所以 f x 在定義域內嚴格單調遞增，
所以若有 f x f ln mx2 成立，則必有 x ln mx2 = ln m + 2ln x ，
即 ln m x - 2ln x 對于任意的 x > 0恒成立，
令 g x = x - 2ln x, x > 0 2 x - 2，則 g x =1- = ，
x x
當0 < x < 2時， g x < 0， g x 單調遞減，
當 x > 2時， g x > 0， g x 單調遞增，
2
所以當 x = 2時， g x 取得最小值 g 2 = 2 - 2ln 2 ln e= ，
4
2 2 2
從而 ln m ln e ，所以m e e的取值范圍是m ，即實數m 的最大值為 .
4 4 4
故選：B.
a é 3ù
3．（2024· x山東濟南·一模）若不等式 ln x + b e a,b R 對任意的 x ê1, ú 恒成立，則 ax 2
的最小值為（ ）
3 3
A．-3e2 B
5
．- e2
2
3 3 3
C． ln D．3e - 3ln
2 2 2
【答案】A
a x
【分析】因為 ln x + b e ，所以
x x ln x bx + a xe
x ，即求直線 y = bx + a 的縱截距 a的最
3
小值，設 f (x) = xex ，利用導數證明 f (x) 在 x
é1, ùê ú的圖象上凹，所以直線與 f (x) 相切，切 2
點橫坐標越大，縱截距越小，據此即可求解.
a
【詳解】因為 ln x + b ex ，所以
x x ln x bx + a xe
x ，
所以即求直線 y = bx + a 的縱截距 a的最小值，
設 f (x) = xex ，所以 f (x) = ex (x +1) > 0，
3 3
f (x) x é1, ù é ù所以 在 ê ú單調遞增，所以 f (x) 在 x 1, 2 ê 2 ú
的圖象上凹，

所以直線與 f (x) 相切，切點橫坐標越大，縱截距越小，
3 3 3 3 5 3
令切點橫坐標為 ，所以直線過點 ( , e2 ) ，且直線 y = bx + a 斜率為 e2
2 2 2 2
3
所以 y = bx + a 5 9的直線方程為 y = e2 ( x - ) ，
2 4
3 3
2 2
當 x =1時， y e 2.56= > =1.024 > x ln x，
4 4
即直線 y = bx + a 與 f (x) 相切時，
直線 y = bx + a 與 f (x) 無交點，
設 g(x) = x ln x ，所以 g (x) = ln x +1，
所以 g(x)在 x
3 3
= 時斜率為 ln +1，在 x =1時斜率為1，均小于直線的斜率，
2 2
3
所以可令直線 y = bx + a 在 x = 處與 f (x) 相交，在 x =1處與 y = x ln x 相交，
2
3 3e2 - 0 3
所以直線方程為 y = 2 3 (x -1) + 0 = 3e
2 (x -1)，
-1
2
3
所以截距為-3e2 .
故選：A.
a x
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于 ln x + b e ，
x x ln x bx + a xe
x ，即求直線 y = bx + a
的縱截距 a的最小值的分析.
4．（2023·江西九江·模擬預測）設函數 f (x) 的定義域為R ，其導函數為 f x ，且滿足
f (x) > f (x) +1， f (0) = 2023，則不等式 e- x f (x) > e- x + 2022 （其中 e為自然對數的底數）
的解集是（ ）
A． (2022,+ ) B． (- ,2023) C． (0, 2022) D． (- ,0)
【答案】D
f (x) -1
【分析】構造函數 g(x) = x ，利用導數判斷出 g x 的單調性，由此求得不等式e
e- x f (x) > e- x + 2022 的解集.
g(x) f (x) -1【詳解】設 = x ，e
Q f (x) > f (x) +1，即 f (x) - f (x) +1< 0，
\ g (x) f (x) - f (x) +1= x < 0，e
\ g(x) 在R 上單調遞減，又 f (0) = 2023，
\ - x - x f (x) -1 f (0) -1不等式 e f (x) > e + 2022 x > 2022 = f (0) -1 = 0 ，e e
即 g(x) > g(0) ，\ x < 0，
\原不等式的解集為 (- ,0) .
故選：D
【點睛】有關函數及其導數有關的不等式問題，求解方法是通過構造函數法，利用導數研究
所構造函數的單調性、極值和最值等進行研究，由此對問題進行求解.
二、多選題
5．（2023·湖北黃岡·模擬預測）定義在R 上的函數 f x 的導函數為 f x ，當 x 0，2 時，
xf x < f x ，函數 g f xx = 滿足： g x +1 為奇函數，且對于定義域內的所有實數 x ，
x
都有 g 4 - x = g x ．則（ ）
A． g x 是周期為 2 的函數 B． g x 為偶函數
33
C． g - ÷ > g 2023 > g e D． g x 的值域為 -1,1
è 2
【答案】BC
【分析】對 g x 求導，根據條件求得對稱性，并求得定義域上的單調性及周期性，從而對
選項一一分析.
f x xf x - f x
【詳解】解：因為 g x = ，所以 g x = ，
x x2
在 x 0,2 時， xf x < f x ，
所以 xf x - f x < 0 ，所以 g x < 0，故 g x 在 0,2 上單調遞減．
因為 g x +1 為奇函數，所以 g x +1 + g -x +1 = 0 ，所以函數 g x 關于點 1,0 中心對稱，
即 g x = -g 2 - x ；
又 g 4 - x = g x ，所以函數 g x 關于直線 x = 2對稱，
所以 g x 在 2，4 單調遞增，且 g 2 - x = g 2 + x ，
則 g x = -g 2 - x = -g x + 2 ， g x + 2 = -g x + 4 ，
可得 g x = g x + 4 ， g x 是周期為 4的周期函數，A 不正確．
g 33- = g 7 因為 ÷ ÷ ， g 2023 = g 3 ，結合草圖可知
è 2 è 2
g 33 - ÷ > g 2023 > g e ，C 正確．
è 2
對于定義域內任一個 x ，結合周期性可得 g -x = g -x + 4 = g x ，故 g x 為偶函數，B 正
確
而 g x 的函數最值無法確定，故 D 錯誤．
故選：BC
6．（2023·湖南·模擬預測）定義在 (0, + )上的函數 f x 的導函數為 f x ， f x > 0且
2 3xf x é f x ù 2 - x f x < é f x ù 恒成立，則（ ）
é 1 ù
A． f 1 f 2 ê f 1 - f 2 ú > f 1 - f 2 2
f x a
B．"a 0, + ，函數 y = + x > 0 x f x 有極值
C． f 1 f 2 éê f 1
1
- f 2 ùú < f 1 - f 2 2
f x a
D．$a 0, + ，函數 y = + x > 0 x f x 為單調函數
【答案】AD
【分析】法一：構造函數 g
f x
x 1= + x > 0
x f x ，考查其單調性，可判斷
B,D ;利用其單
調性知 g 1 , g 2 的大小關系可判斷A,C；法二：取 f x = x x > 0 ，逐項驗證即可.
f x 1
【詳解】解法一：設函數 g x = + x > 0x f x ，
xf x - f x f x xf x é f x
2 3
ù - é f x ù - x2 f x
則 g x = 2 - 2 =

x 2 2
< 0，
é f x ù x é f x ù
所以 g x 在 (0, + )上單調遞減，故 B 錯誤，D 正確．
f 1 f 2
從而 g 1 > g 2
1 1
，即 + > +1 f 1 2 f 2 ，
因為 f x > 0，所以 f 1 > 0， f 2 > 0 ，
所以 f 1 f 2 éê f 1
1
- f 2 ùú > f 1 - f 2 ，故 C 錯誤，A 正確． 2
解法二：取 f x = x x > 0 ，滿足 f x > 0 2 3且 xf x é f x ù - x2 f x < é f x ù ，則
f 1 f 2 é f 1 1- f 2 ùê > f 1 - f 2 ， 2 ú
f x
a 0, y a$ + ，函數 = + x > 0 x f x 為單調函數．
故選：AD.
【點睛】關鍵點睛：構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.
三、填空題
7．（2023·廣東廣州·一模）已知函數 f (x) 的定義域為 (0, + )，其導函數為 f (x) ，若
xf (x) -1 < 0 . f (e) = 2，則關于 x 的不等式 f (ex ) < x +1的解集為 .
【答案】 (1, + )
【分析】根據給定條件，構造函數 g(x) = f (x) - ln x, x > 0，再利用函數探討單調性，求解不
等式作答.
【詳解】令函數 g(x) = f (x) - ln x, x > 0

，則 g (x) = f (x)
1 xf (x) -1
- = < 0，因此函數 g(x)
x x
在 (0, + )上單調遞減，
g(e) = f (e) - ln e =1，因此 f (ex ) < x +1 f (ex ) - x <1 g(ex ) < g(e)，即 ex > e，解得 x >1，
所以不等式 f (ex ) < x +1的解集為 (1, + ) .
故答案為： (1, + )
8．（2023·甘肅張掖·模擬預測）已知 f x 為偶函數，且當 x 0, + 時， f x + xf x < 0，
其中 f x 為 f x 的導數，則不等式 1- x f x -1 + 2xf 2x > 0的解集為 ．
【答案】 - , -1
【分析】根據給定條件，構造函數，利用導數探討函數的單調性，再結合奇偶性求解不等式
作答.
【詳解】令函數 g(x) = xf (x)，當 x 0, + 時， g (x) = f (x) + xf (x) < 0，即函數 g(x)在
[0, + ) 上單調遞減，
由 f x 為偶函數，得 g(-x) = -xf (-x) = -xf (x) = -g(x)，即函數 g(x)是奇函數，于是 g(x)
在 R 上單調遞減，
不等式 1- x f x -1 + 2xf 2x > 0 2xf 2x > (x -1) f x -1 g(2x) > g(x -1)，
因此 2x < x -1，解得 x < -1，所以原不等式的解集是 - , -1 .
故答案為： - , -1
【點睛】關鍵點睛：根據條件構造函數，利用導數研究函數的單調性是解決本題的關鍵．
9 2023· · f (x) = ln x2 +1 + x + ex - x．（ 全國 模擬預測）已知函數 - e - 2x + 3，若
f aex + f (ln a - ln x) > 6對于 x (0,+ )恒成立，則實數 a的取值范圍是 ．
1
【答案】 ,+ e ÷è
【分析】構造函數 g(x)， h(x) ，利用導數討論 g(x)， h(x) 的單調性、奇偶性，進而構造函
數F (x) = f (x) - 3 x，將原不等式等價轉化F ae > F (ln x - ln a)，利用單調性轉化
aex > ln x - ln a ，構造函數G(x) = ex + x 和H (x) = ln x - x，即可求導確定函數的最值.
【詳解】令 g(x) = ln x2 +1 + x ，因為 x R ， g(x) + g(-x) = ln1 = 0，所以 g(x)是奇函數，
易知 g(x)在R 上單調遞增．
同理令 h(x) = ex - e- x - 2x，可知 h(x) 是奇函數，
由于h (x) = ex + e-x - 2 2 ex ×e-x - 2 = 0，故 h(x) 在R 上單調遞增．
因此 f (x) = ln x2 +1 + x + ex - e- x - 2x + 3為R 上單調遞增．
令F (x) = f (x) - 3 = g x + h x ，F (-x) = g -x + h -x = - ég x + h x ù = -F x ，
則 F (x)是在R 上單調遞增的奇函數．
不等式 f aex + f (ln a - ln x) > 6等價于F aex + F (ln a - ln x) > 0，
x
故F ae > -F (ln a - ln x) = F (ln x - ln a)，由單調性得 aex > ln x - ln a ，即 ex+ln a > ln x - ln a ，
即 ex+ln a + x + ln a > x + ln x = eln x + ln x ，構造函數G(x) = ex + x ，
則G (x) = ex +1 > 0 ，G(x)在R 上單調遞增，G(x + ln a) > G(ln x) 等價于 x + ln a > ln x ，
則 x + ln a > ln x ，即 ln a > ln x - x ，
令H (x) = ln x - x，則H (x)
1 1- x
= -1 = ，令H (x) > 0，得0 < x <1；
x x
令H (x) < 0，得 x >1，故H (x)在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減，
1
故H (x)max = H (1) = -1，故 ln a > H (x)max = -1，即 a > ，e
故實數 a
1
的取值范圍是 ,+ ÷ ．
è e
1
故答案為： , +
è e ÷
【點睛】方法點睛：利用導數比較大小的基本步驟
（1）作差或變形；
（2）構造新的函數 h x ；
（3）利用導數研究 h x 的單調性或最值；
（4）根據單調性及最值，得到所證不等式．
特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩
個函數的最值問題．
四、解答題
2
10．（2024·甘肅白銀·
x +3x + 2
三模）設函數 f x = ， g x = x - ln x +1
ex+1
．
(1)討論 f x 的單調性．
(2)證明： g x 0．
(3)當 x > e -1時，證明： f x < ln x + 2 ．
5 +1 5 -1 f x , 5 +1

- - , - 5 -1

【答案】(1) 的增區間為 ÷÷，減區間為 ÷÷， ,+ ÷÷
è 2 2 è 2 è 2
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）對 f (x) 求導，利用導數與函數單調性間的關系，求出 f (x) > 0 和 f (x) < 0 的
解，即可求出結果；
（2）對 g(x)求導，利用導數與函數單調性間的關系，求出 g(x)的單調區間，進而求出 g(x)
的最小值，即可證明結果；
x
（3）根據條件及（2）中結果得到 x +1 > ln(x + 2) >1，構造函數 y = x ，利用導數與函數單e
x x +1 ln(x + 2) ln x + 2
調性間的關系，得到 y = x 在區間 (1, + )上單調遞減，從而得到e ex+1
< = ，
eln( x+2) x + 2
即可證明結果.
2
1 f x x + 3x + 2
2
R f x -x - x +1【詳解】（ ）因為 = x+1 ，易知定義域為 ， = x+1 ，e e
f (x) > 0 5 +1由 ，得到- < x 5 -1< ，由 f (x) < 0 x 5 +1 x 5 -1，得到 < - 或 > ，
2 2 2 2
5 +1 5 -1 5 +1 5 -1
所以 f x 的增區間為 - , ÷÷，減區間為 - ,- ， ,+ .
è 2 2

è 2 ÷
÷ ÷÷
è 2
（2）因為 g x = x - ln x +1 1 x，易知定義域為 -1, + )， g x =1- = ，
x +1 x +1
當-1 < x < 0時， g (x) < 0，當 x > 0時， g (x) > 0，
即 g x = x - ln x +1 在區間 -1,0 上單調遞減，在區間 0, + 上單調遞增，
所以 g x g(0) = 0 .
（3）由（2）知 x ln x +1 ，當且僅當 x = 0時取等號，所以 x +1 ln(x + 2)，當且僅當 x=-1
時取等號，
x2 + 3x + 2 x +1 ln x + 2 ln(x + 2)要證明 x+1 < ln x + 2 ，即證明 x+1 < = ，e e x + 2 eln( x+2)
x 1- x
令 y = x ，則 y = x < 0在區間 (1, + )上恒成立，e e
又 x > e -1，所以 x +1 > ln(x + 2) >1 x +1 ln(x + 2)
ln x + 2
，所以 .
ex+1
< ln( x+2) = ，命題得證e x + 2
【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于第（3）問，通過轉換，要證明
x2 + 3x + 2 x +1 ln x + 2 ln(x + 2) x xx+1 < ln x + 2 ，即證明 x+1 < = ln( x+2) ，再構造函 y = x ，利用 y =e e x + 2 e e ex 的
單調性及（2）中結論解決問題.
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2023·遼寧鞍山·二模）下列函數中，既是偶函數又在 0, + 上單調遞增的函數是（ ）
A． f x = x ln x B． f x = ln -x + x2 +1
C． f x = ex + e- x D． f x = ex - e- x
【答案】C
【分析】對于 A，說明 f x = x ln x不是偶函數即可；對于 B，說明 f x = ln -x + x2 +1
是奇函數不是偶函數即可；對于 C，用定義說明 f x = ex + e- x 是偶函數，用導數說明它在
0, + x上單調遞增；對于 D，說明 f x = e - e- x 是奇函數不是偶函數即可.
【詳解】對于 A，因為 f x = x ln x的定義域為 0, + 不關于原點對稱，所以 f x = x ln x
不是偶函數，
故 A 選項不符合題意；
對于 B，因為"x R, x2 +1 - x > x2 - x = x - x 0 f x = ln -x + x2，所以 +1 的定義域
為R 關于原點對稱，
但 f x + f -x = ln -x + x2 +1 + ln x + x2 +1 = ln1 = 0，所以 f x = ln -x + x2 +1 是
奇函數不是偶函數，
故 B 選項不符合題意；
C f x = ex + e- x - x x對于 ，因為 的定義域為R 關于原點對稱，且 f -x = e + e = ex + e- x = f x ，
所以 f x = ex + e- x 是偶函數，
又 f x = ex - e- x ，注意到當 x 0, + 時，有 ex >e0 =1>e- x ，
所以此時 f x = ex - e- x > 0，所以 f x = ex + e- x 在 0, + 上單調遞增，
故 C 選項符合題意；
對于 D，因為 f x = ex - e- x 的定義域為R 關于原點對稱，但
f -x = e- x - ex = - ex - e- x = - f x ，
所以 f x = ex - e- x 是奇函數不是偶函數，
故 D 選項不符合題意.
故選：C.
2．（2023·全國·模擬預測）已知函數 f (x) 在 -2,2 上的圖像如圖所示，則 f (x) 的解析式可能
是（ ）
A． f (x) = 2 - e2-x B． f (x) = x2 - | x | -2
C． f (x) = 2x2 - e|x| D． f (x) = ln x2 - 2 | x | +2 -1
【答案】C
【分析】根據圖像知函數 f (x) 是偶函數，并且在 y 軸右側先減后增，且 x = 2時函數值大于
0，然后根據這些特點對每個選項中的函數逐一判斷即可.
【詳解】由題圖，知函數 f (x) 的圖像關于 y 軸對稱，所以函數 f (x) 是偶函數，故排除 A；
ìx2 - x - 2, x 0
f (x) 0, 1 1 對于 B， = í 2 ，雖然函數 f (x) 為偶函數且在 ÷上單調遞減，在 , 2
x + x - 2, x < 0 è 2
÷
è 2
上單調遞增，但 f (2) = 0，與圖像不吻合，排除 B；
對于D，因為 f (x) = ln é (| x | -1)
2 +1 ù -1 = f (-x) ，所以函數 f (x) 是偶函數，但 f (2) = ln 2 -1< 0 ，
與圖像不吻合，排除 D；
對于 C，函數 f (x) 為偶函數，圖像關于 y 軸對稱，下面只分析 y 軸右側部分．當 x (0,2) 時，
f (x) = 2x2 - ex ， f (x) = 4x - ex ，
令j (x) = 4x - ex ，求導，得j (x) = 4 - ex ．當 x (0, ln 4) 時，j (x) > 0 ， f (x) 單調遞增，
當 x (ln 4,2)時，j (x) < 0， f (x) 單調遞減，所以 f (x) 在 x = ln 4處取得最大值．
又因為 f (0) < 0 ， f (ln 4) > 0， f (2) > 0，所以$x0 (0, ln 4) ，使得 f x0 = 0，
當 x 0, x0 時， f (x) < 0 ， f (x) 單調遞減，當 x x0 , 2 時， f (x) > 0 ， f (x) 單調遞增，
f 2 = 8 - e2 > 0與圖像吻合.
故選：C．
3．（21-22 高二下·四川廣安·階段練習）已知函數 f x 是定義在 - ，0 U 0，+ 的奇函數，
當 x 0，+ 時， xf x < f x ，則不等式5 f 2 - x + x - 2 f 5 < 0的解集為（ ）
A． - ，- 3 3，+ B． -3，0 0，3
C． -3，0 0，7 D． - ，- 3 2，7
【答案】D
【分析】令 g f x f xx = ，由題意可得 g x = 為定義域上的偶函數，且在 - ，0
x x
上單調遞增，在 0，+ 上單調遞減；分 2 - x > 0 與 2 - x < 0 兩類討論，將不等式
5 f 2 - x + x - 2 f 5 < 0 等價轉化為 g 2 - x < g 5 與 g 2 - x > g -5 ，分別解之即
可．
f x
【詳解】令 g x = ，
x
Q 當 x 0，+ 時， xf x < f x ，
xf \ x - f x 當 x 0，+ 時， g x = < 0 ，
x 2
\ g x 在 0，+ 上單調遞減；
又 f x 為 - ，0 U 0，+ 的奇函數，
f -x - f x f x
\ g -x = = = = g x ，即 g x 為偶函數，
-x -x x
\ g x 在 - ，0 上單調遞增；
又由不等式 5 f 2 - x + x - 2 f 5 < 0 得 5 f 2 - x < 2 - x f 5 ，
f 2 - x f 5
當 2 - x > 0 ，即 x < 2 時，不等式可化為 < ，即 g 2 - x < g 5 ，
2 - x 5
由 g x 在 0，+ 上單調遞減得 2 - x > 5 ，解得 x < -3 ，故 x < -3 ；
f 2 - x f 5
當 2 - x < 0，即 x > 2 時，不等式可化為 > ，即 g 2 - x > g 5 = g -5 ，
2 - x 5
由 g x 在 - ，0 上單調遞增得 2 - x > -5 ，解得 x < 7 ，故 2 < x < 7 ；
綜上所述，不等式 5 f 2 - x + x - 2 f 5 < 0 的解集為： - ，- 3 2，7 ．
故選：D．
4．（2023·山東泰安·二模）已知奇函數 f x 在R 上是減函數， g x = xf x ，若
a = g - log2 5.1 ，b = g 3 c = g 20.8， ，則 a，b，c 的大小關系為（ ）
A． a < b < c B． c < b < a C．b < c < a D．b < a < c
【答案】D
【分析】由題可知 g x 為偶函數，且在 0, + 上單調遞減，利用函數的單調性可比較出
b < a < c .
【詳解】因 f x 為奇函數且在R 上是減函數，所以 f -x = - f x ，且 x > 0，時 f x < 0 .
因 g x = xf x ，所以 g -x = -xf -x = xf x ，故 g x 為偶函數.
當 x > 0時， g x = f x + xf x < 0 ，因 f x < 0 ， f x < 0，所以 g x < 0 .
即 g x 在 0, + 上單調遞減.
a = g - log2 5.1 = g log2 5.1 ，
因3 = log2 9 > log2 5.1 > log 4 = 2 > 2
0.8
2 ，所以 g 3 < g log 5.1 < g 20.82 ，即b < a < c .
故選：D.
5．（2023·黑龍江大慶·模擬預測）已知函數 f x 的定義域為 0, + ， f x 為函數 f x 的
2
導函數，若 x f x + xf x =1， f 1 = 0，則不等式 f 2x - 3 > 0的解集為（ ）
A． 0,2 B． log23,2 C． log23, + D． 2, +
【答案】D
【分析】利用函數的導數運算性質及函數的單調性即可求得結果.
【詳解】
由題意得， xf x + f x 1= ，
x
即 éxf x ù = lnx + c ，
所以 xf x = lnx + c ln x c，即 f x = + ，
x x
又 f 1 = 0 ln x，所以 c = 0 ，故 f x = ，
x
f (x) 1- ln x= 2 = 0 ，可得 x=e，x
在 (0, e)上， f (x) > 0 ， f (x) 單調遞增；
在 (e, + )上， f (x) < 0 ， f (x) 單調遞減，
所以 f (x) 的極大值為 f (e)=
1
.簡圖如下：
e
所以 f x > 0， 2x - 3 >1， x > 2 .
故選：D.
6．（23-24 高二下·重慶·開學考試）已知函數 f (x) 的定義域為 R，設 g(x) = ex f (x) ．設甲： f (x)
是增函數，乙： g(x)是增函數，則（ ）
A．甲是乙的充分條件但不是必要條件
B．甲是乙的必要條件但不是充分條件
C．甲是乙的充要條件
D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
【答案】D
【分析】利用導數分別求出 f x 與 g x 為增函數的條件并結合充分必要條件進行判斷即可
求解.
x
【詳解】由題意得 f x 的定義域為R ， g x = e f x 的定義域也為R ；
充分性：若 f x 是增函數，則 f x 0恒成立， g x = ex f x + f x ，
因為 ex > 0，但 f x + f x 的正負不能確定，所以 g x 的單調性不確定，故充分性不滿足；
必要性：若 g x x是增函數，則 g x = e f x + f x 0恒成立，
因為 ex > 0，所以 f x + f x 0恒成立，但 f x 的正負不能確定，所以 f x 的單調性不
確定，故必要性不滿足；
所以甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件，故 D 正確.
故選：D.
7．（2024·四川德陽·三模）已知函數 f x 及其導函數 f x 的定義域均為R ，且
x - 2 4-2x 3 é f x - f x ù > 0， f 4 - x = f x e ，則不等式 e f ln x < xf 3 的解集是（ ）
A． 0,e3 B． 1,e3 C e,e3． D． e3 ,+
【答案】C
f x
【分析】根據題意可構造函數 F x = x ，求得F x 的單調性，再利用函數對稱性解不等e
式即可求得結果.
f x f x - f x
【詳解】構造函數 F x = x ，則F x = x ；e e
因為 x - 2 é f x - f x ù > 0，
所以當 x > 2時， f x - f x > 0，即F x > 0，此時F x 在 2, + 上單調遞增；
當 x < 2時， f x - f x < 0，即F x < 0，此時F x 在 - , 2 上單調遞減；
f 4 - x = f x e4-2x f 4 - x f x 又 ，所以 = ，即F 4 - x4 x x = F x e - ；e
所以函數F x 圖象上的點 x, F x 關于 x = 2的對稱點 4 - x, F x 也在函數圖象上，
即函數F x 圖象關于直線 x = 2對稱，
e3 f ln x < xf 3 f ln x f 3 f ln x f 3 不等式 變形為 < 3 ，即 ln x < 3 ；x e e e
可得F ln x < F 3 = F 1 ，
又F x 在 2, + 上單調遞增，在 - , 2 上單調遞減，
所以1< ln x < 3，解得 e < x < e3 .
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據 x - 2 é f x - f x ù > 0的結構特征構造函數
f xF x = 4-2xx ，判斷出其單調性，再由 f 4 - x = f x e 得出其對稱性解不等式即可.e
1 2
8．（2023· ln 3 ln π河北·模擬預測）設 a = ，b = 2 ，c = ，則（ ）3 e 4π
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D． c > b > a
【答案】B
ln x
【分析】根據所給數的結構特征，設函數 f (x) = 2 , (x > 0) ，利用導數判斷其單調性，利用x
單調性比較大小，可得答案.
f (x) ln x , (x 0) f (x) 1- 2ln x【詳解】設函數 = 2 > ，則 = 2 , (x > 0)，x x
當0 < x < e 時， f (x) > 0 ，當 x > e 時， f (x) < 0 ，
故 f (x) 在 (0, e)單調遞增，在 ( e,+ )上單調遞減，
a ln 3 ln 3 ln π
2 ln π
又 = = 2 = f ( 3) ，b
ln e
= 2 = f (e)， c = = 2 = f ( π)，3 3 e 4π π
因為 e < 3 < π < e ，故 f ( 3) > f ( π) > f (e) ，即 a > c > b，
故選：B
【點睛】方法點睛：此類比較大小類題目，要能將所給數進行形式上的變化，進而由此構造
函數，利用導數判斷單調性，進而比較大小.
二、多選題
9．（2022·江蘇南通·一模）定義：在區間 I 上，若函數 y = f x 是減函數，且 y = xf x 是增
函數，則稱 y = f x 在區間 I 上是“弱減函數”.根據定義可得（ ）
A． f x 1= 在 0, + 上是“弱減函數”
x
B． f x x= x 在 1,2 上是“弱減函數”e
f x ln xC．若 = 在 m,+ 上是“弱減函數”，則m e
x
D．若 f x = cos x + kx2 在 0,
p 2 1
2 ÷上是
“弱減函數”，則 k
è 3p p
【答案】BCD
【分析】利用“弱減函數”的概念逐項分析即得.
y 1【詳解】對于 A， = 0, + x 在 上單調遞減， y = xf x =1不單調，故 A 錯誤；
對于 B， f x x= ， f x 1- xx = x 在 1,2 上 f x < 0，函數 f x 單調遞減，e e
2 2 x 2 - x
y = xf x x 2x - x = x ， y = x = x > 0 ，∴ y 在 1,2 單調遞增，故 B 正確；e e e
ln x 1- ln x
對于 C，若 f x = 在 m, + 單調遞減，由 f x = 2 = 0，得 x=e，x x
∴ m e， y = xf x = ln x 在 0, + 單調遞增，故 C 正確；
p
對于 D， f x = cos x + kx2 在 0,

÷上單調遞減，
è 2
sin xf x = -sin x + 2kx 0在 x 0, p 2k ÷上恒成立2 è è x ÷ ， min
h x sin x令 = ， h x x cos x - sin x= 2 ，令j x = xcosx-sinx，x x
j x = cos x - x sin x - cos x = -x sin x < 0 ，
j x 0, p ∴ 在 ÷上單調遞減，j x < j 0 = 0，
è 2
∴ h x 0 p p 2< ，∴ h x 在 0, ÷上單調遞減， h x > h = ，
è 2 è 2 ÷ p
∴ 2k
2
k 1 ，
p p
g x = xf x = x cos x + kx3 0, p 在 ÷上單調遞增，
è 2
g x = cos x - x sin x + 3kx2 p 0 x 在 0, 2 ÷上恒成立，è
3k x sin x - cos x∴

÷ ，
è x2 max
F x x sin x - cos x
2
= F x x cos x + 2cos x令 2 ， = > 0，x x3
∴ F x 0, p p 2在 ÷上單調遞增，F x < F = ，
è 2 è 2 ÷ p
3k 2 k 2∴ ，
p 3p
2
綜上： k
1
，故 D 正確.
3p p
故選：BCD.
10．（2023·全國·模擬預測）已知函數 f x 是定義在 0, + 上的函數， f x 是 f x 的導函
1 x e
數，若 x2 f x + xf x = e2 ，且 f 2 = ，則下列結論正確的是（ ）2
A．函數 f x 在定義域上有極小值．
B．函數 f x 在定義域上單調遞增．
C．函數H x = xf x - e ln x 的單調遞減區間為 0,2 ．
1 x
D 2．不等式 f x e + e> 的解集為 2, + ．
4
【答案】BC
x x
【分析】令m x = xf x 2 2并求導，結合已知可得m x e= ，進而可得 f x e - m x = ，
x x2
x
構造 h x = e2 - m x 并研究單調性判斷 A、B；構造H x = m x - e ln x、
x
2
j x m x xe ex= - - 分別研究它們的單調性判斷 C、D.
4 4
x
【詳解】令m x = xf x ，則m x = f x + xf x ，又 x2 f x + xf x = e2 得：
x
2
f x e+ xf x = ，
x
x
f x m x 由 = 得： m x × x - m x xf x + x
2 f x - m x e2 - m x
x f x

= = = ，
x2 x2 x2
x x x
x 2 2 2 x
令 h x = e2 - m x 得： h x e e e x - 2= - m x = - = e2
2 2 x ÷
，
è 2x
當 x 0,2 時， h x < 0， h x 單調遞減；
當 x 2, + 時， h x > 0， h x 單調遞增，
所以 h x h 2 = e - m 2 = e - 2 f 2 = 0 ，即 f x 0，
所以 f x 單調遞增，所以 B 正確，A 不正確；
x
由H x = m x - e ln x且定義域為 0, + 2得：H x e e - e= m x - = ，
x x
令H x < 0 ，解得0 < x < 2，即H x 的單調遞減區間為 0,2 ，故 C 正確．
1 x x
e2f x + e
2
> 的解集等價于 xf x xe + xe> 的解集，
4 4
x x x x
2
設 xe ex
2
，則j x m x e 1 x e e
2 e2 x e
j x = m x - - = - +
4 4 4 2 ÷
- = - 1+ ÷ -
è 4 x 4 è 2 4
x 2
= e2 8 - 2x - x e× - ，
8x 4
當 x 2, + 時，8 - 2x - x2 < 0，此時j x < 0，即j x 在 2, + 上遞減，
x
所以j x < j 2 = m 2 - e = 0，即 xf x xe
2 + xe
< 在 2, + 上成立，故 D 錯誤．
4
故選：BC
x
【點睛】關鍵點睛：令m x = xf x 2，根據已知得 f e - m xx = ，利用導數研究其單調
x2
性和極值情況，構造H x = m x - e ln x研究單調性，對于 D 問題轉化為判斷
x
xe2j x = m x ex- - 在 2, + 上的符號.
4 4
11．（23-24 高三下·河南信陽·階段練習）已知曲線C1 : f x = ln 2x -1 在點M x1, y1 處的切
線與曲線C2 : g x = e2x-1 相切于點 N x2 , y2 ，則下列結論正確的是（ ）
A 2．函數 h x = x g x -1有 2 個零點
m x 3 ef x xg x 1B = - ．函數 在 ,12 ÷上單調遞減2 è
1
C． g x2 = 2x1 -1
1
D． + 2x = 0x1 -1
2
【答案】CD
【分析】利用導數判斷函數的單調性，結合零點存在性定理判斷 A，利用導數判斷函數的單
調性，即可說明 B，利用導數的幾何意義表示出切線方程，即可得到方程組，從而判斷 C、
D.
A : h x = x2g x -1 = x2e2x-1 -1 h (x) = 2x x +1 e2x-1【詳解】對于 ，
當 x > 0時， h x > 0, h x 單調遞增，
當-1 < x < 0時， h x < 0, h x 單調遞減，
當 x < -1時， h x > 0, h x 單調遞增，
函數 h x 的極大值為 h -1 = e-3 -1 < 0，極小值為 h 0 = -1< 0 ，
因此當 x < -1時， h x < 0，當-1 < x < 0時， h x < 0，
又 h 1 = e -1 > 0 ，所以 h 0 × h 1 < 0，則 h x 在 0,1 上存在零點，
因此函數 h x 只有一個零點，故 A 不正確；
3 3 2x-1
對于 B：m x = ef x - xg x = eln 2x -1 - xe ，
2 2
則m x 3e= - 2x +1 e2x-1 ，
2x -1
H x = - 2x +1 e2x-1, x 1 ,1 H x = - 4x + 4 e2x-1令 ÷，則 < 0 ，
è 2
1 3e 1
所以H x 在 ,1÷上單調遞減，又 y = 在 ,1 上單調遞減，
è 2 2x -1 è 2 ÷
x 1 當 ,1÷時，函數m x
1
單調遞減，所以當 x ,1÷時，m x > m 1 = 0
è 2 è 2
，

3
所以函數m x = ef x - xg 1x 在 ,1

÷上單調遞增，故 B 錯誤；2 è 2
對于 C： f x ln 2x 2= -1 f x = ，
2x -1
因此曲線C1 : f x = ln 2x -1 在點M x1, y1 處的切線方程為：
y 2- ln 2x1 -1 = x x
2x 2x
- 1 y = + ln 2x1 -1 - 12x1 -1 2x1 -1 2x1 -1
，
g x = e2x-1由 g x = 2e2x-1 2x-1，得曲線C2 : g x = e 在 N x2 , y2 處的切線方程為：
y - e2x2 -1 = 2e2x2 -1 x - x2 y = 2e2x2 -1x + e2x2 -1 - 2e2x2 -1x2，
因為曲線C1 : f x = ln 2x -1 在點M x , y C : g x = e2x-11 1 處的切線，與曲線 2 相切于點
N x2 , y2 ，所以
2 2e2x -1 1= 2 = e2x2 -1
2x1 -1
，即 2x -1 ，1
因此 g x e2x -1
1
= 22 = 2x -1 ，故 C 正確；1
ì 1 = e2x2 -1
2x1 -1
對于 D：由上可知： í ，
ln 2x -1 2x- 1 = e2x2 -1 - 2e2x2 -11 x 2x1 -1 2
2x 1 2x 1 2x因此有- 2 + - 1 = - 22x -1 2x -1 2x -1，1 1 1
2x1x2 - 2x2 +1 = 0 2x2 x
1
1 -1 = -1 + 2x2 = 0x -1 ，故 D 正確，1
故選：CD.
【點睛】關鍵點睛：涉及公切線問題，一般是利用導數的幾何意義表示出切線方程，根據兩
ì 1 = e2x2 -1 2x1 -1
切線相同得到方程組，從而整理得到 í 運算求解.
ln 2x 1 2x1 - - 1 = e2x2 -1 - 2e2x2 -1x 2x1 -1 2
三、填空題
12．（2023· x山東·一模）過點 -1,1 與曲線 f x = ln x +1 - 3e + 2相切的直線方程
為 ．
【答案】 2x + y +1 = 0
【分析】由導數的幾何意義得出切線方程 y - y1 = n - 3ex1 x - x1 ，進而由切點的位置得出
x1, y1，從而得出切線方程.
1 x f x 1【詳解】設切點坐標為 x , y ， f x = - 3e ， 1 = - 3ex11 1 1+ x .x +1 1
1 x
則切線方程為 y - y1 = - 3e 1 ÷ x - x1 ，因為 -1,1 在切線上，
è1+ x1

1 y 1 x

所以 - 1 = - 3e 1 ÷ -1- x1 ，即 y1 = -3ex1 1+ x1 + 2
è1+ x1
y = ln x +1 - 3ex x又 11 1 + 2，所以 ln 1+ x 11 + 3x1e = 0，
y = ln 1+ x + 3xex y 1 x令 ， = + 3 1+ x e ，當 x > -1時， y > 0，
1+ x
所以 y = ln 1+ x + 3xex 在 -1, + 上單調遞增，
所以方程 ln 1+ x1 + 3x ex11 = 0只有唯一解為 x1 = 0 .
即切點坐標為 0, -1 ，故所求切線方程為 y +1 = -2x，即 2x + y +1 = 0 .
故答案為： 2x + y +1 = 0
2
13．（23-24 高三上·陜西安康·階段練習）當 x 1時，恒有 ln x +1 exx - x
2 - mx -1成立，
e - mx
則m 的取值范圍是 .
【答案】 - , e - 2
ex
【分析】根據函數有意義可得m < 在 1, + 上恒成立.，進而可得m < e ：由
x
2
ln x +1 ex - x2 - mx -1 ln x2可得 +1 + x2 +1 ln ex - mx + ex - mx ，構造函數可得
ex - mx
x 2
m e - x -1 ，進而可得m e - 2，從而可得答案.
x
x2 +1
【詳解】由題意，得 2x > 0 .又 x +1> 0恒成立，e - mx
x
所以 ex - mx > 0在 1, + 上恒成立，即m e< 在 1, + 上恒成立.
x
x ex
g x e= x 1 g x x -1 令 ，則 = ，x x2
當 x 1時， g x 0，所以 g x 在 1, + 上單調遞增，
所以 g(x)min = g 1 = e ，所以m < e ①.
2
由 ln x +1 ex - x2 - mx -1，得 ln x2 +1 - ln ex - mx ex - mx - x2 +1x ，e - mx
2 2
即 ln x +1 + x +1 ln ex - mx + ex - mx .
構造函數 h x = lnx + x，則 h x2 +1 h ex - mx
因為 h x = lnx + x在 0, + 上是增函數，
x 2
所以 x2 x
e - x -1
+1 e - mx ，所以m .
x
ex - x2 -1 x
令 f x = x -1 e - x -1x 1 ，則
x f
x = .
x2
x ' x
構造函數m(x) = e - x +1 m (x) = e -1,
x - ,0 時m' (x) < 0，m(x)遞減： x 0, + 時m' (x) > 0，m(x)遞增，
所以m(x) m(0) = 0，即 ex x +1恒成立，
所以 f x 0在 1, + 上恒成立，
所以 f x 在 1, + 上單調遞增，
所以 f (x)min = f 1 = e - 2，
所以m e - 2 ②.由①②知m e - 2 .
故答案為： - , e - 2 .
【點睛】不等式恒成立問題常見方法：① 分離參數 a f x 恒成立( a f x max 即可)或
a f x 恒成立（ a f x min 即可）；② 數形結合( y = f x 圖象在 y = g x 上方即可)；
③ 討論最值 f x 0min 或 f x 0max 恒成立；④ 討論參數，排除不合題意的參數范圍，
篩選出符合題意的參數范圍.
14．（23-24 高三上·江蘇常州·階段練習）已知函數 f x = ln x +1 - x +1，函數
g x = aex - x + ln a ，若函數F x = f x - g x 有兩個零點，則實數 a 的取值范圍
【答案】 0,1 ．
【分析】變形為 f x = g x 有兩個實根，變形得到 ex+ln a + x + ln a = eln(x+1) + ln(x +1)，設
h x = ex + x，則 h x + ln a = h ln x +1 ，求導得到單調性，進而求出 x + ln a = ln x +1 ，
只需使 ln a = ln x +1 - x 有兩個根，設M x = ln x +1 - x，求導得到M x 在 x = 0處取得
極大值，M x = M 0 = 0max ，結合函數的走勢，得到 ln a < 0，求出 a 的取值范圍.
【詳解】要使函數F x = f x - g x 有兩個零點，即 f x = g x 有兩個實根，
即 ln(x +1) - x +1 = aex - x + ln a有兩個實根．
即 ex+ln a + x + ln a = ln(x +1) + x +1．整理為 ex+ln a + x + ln a = eln(x+1) + ln(x +1)，
x
設函數 h x = e + x，則上式為 h x + ln a = h ln x +1 ，
因為 h x = ex +1 > 0恒成立，所以 h x = ex + x單調遞增，所以 x + ln a = ln x +1 ．
所以只需使 ln a = ln x +1 - x 有兩個根，設M x = ln x +1 - x．
易知，函數M x 的單調遞增區間為 –1,0 ，單調遞減區間為 0, + ，
故函數M x 在 x = 0處取得極大值，M x = Mmax 0 = 0．
當 x -1時，M x - ；當 x + 時，M x – ，
要想 ln a = ln x +1 - x 有兩個根，只需 ln a < 0，解得： 0 < a < 1．
所以 a 的取值范圍是 0,1 ．
故答案為： 0,1
四、解答題
lnx 1
15．（2024·全國· x模擬預測）已知函數 f x = -e + + + a a R ．
x x
(1)當 a = e時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)當 a 1時，證明： xf x 0在定義域內恒成立．
【答案】(1) ex + y -1- e = 0
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導數的幾何意義計算即可；
（2）利用導數研究函數的單調性與最值，結合零點存在性定理先判定 a =1時符合題意，再
適當放縮即可證明.
x lnx 1
【詳解】（1）當 a = e時， f x = -e + + + e(x > 0)，
x x
\ f 1 =1, f x = -ex 1- lnx 1 lnx+ 2 - x2 = -e - , f 1 = -e ，x x x2
\當 a = e時，曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為 y -1 = -e x -1 ，即 ex + y -1- e = 0．
2 f x = -ex lnx 1（ ）由題知，函數 + + + a 的定義域為 0, + ，
x x
當 a =1時，設 h x = xf x = lnx + x - xex +1, x 0, + ，
則 h x 1= +1- x +1 ex = x +1 1 - ex

x x ÷
．
è
令 t x 1= - ex , x 1 0, + ，則 t x = - 2 - ex < 0對任意 x 0, + 恒成立，x x
\t x 在 0, + 1 上單調遞減，又 t ÷ = 2 - e > 0, t 1 =1- e < 0，
è 2
\$x 1
1 x0
0 ,1÷，使得 t x0 = 0，即 = e ，則-lnxx 0 = x0 ．è 2 0
\當0 < x < x0 時， t x > 0，則 h x > 0, h x 單調遞增；
當 x > x0時， t x < 0，則 h x < 0, h x 單調遞減，
\h x h x0 = lnx x00 + x0 - x0e +1 = 0 -1+1 = 0，即 lnx + x +1 xex ．
又Qa 1, x > 0,\lnx + ax +1 lnx + x +1 xex ，
\lnx + ax +1 xex ，
\當 a 1時， xf x 0在定義域內恒成立．
1
16．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = ex - x2 - ax, g x = - ln x +1 -1．
x +1
(1)當 a = 0時，討論 f x 的單調性；
(2)若任意的 x1, x2 0,+ ，都有 f x1 -1 g x2 恒成立，求實數 a 的取值范圍．
【答案】(1) f x 在 R 上單調遞增
(2) - , e - 2
【分析】（1）求出 f ' (x)，令F (x) = f ' (x)，根據 F ' (x) 的正負求出 F (x)單調性，進而求出 f ' (x)
正負，即可求出 f (x) 單調性；
x 2
（2）求出 g(x) e - x -1單調性，分 x 是否為 0 兩種情況，當 x 不為 0 時，即 a ，令
x
x 2
h x e - x -1= ，根據導數求出 h(x) 最小值即可求出 a的取值范圍.
x
x 2
【詳解】（1）當 a = 0時， f x = e - x ，定義域為 R，
則 f x = ex - 2x ．令F x = ex - 2x ，
則F x = ex - 2，令F x > 0，解得 x > ln 2．
∴函數F x 在 - , ln 2 上單調遞減，在 ln 2,+ 上單調遞增．
∴當 x = ln 2時，函數F x 取得最小值．
∵ F ln 2 = 2 - 2ln 2 = 2 1- ln 2 > 0，∴ f x > 0，
∴函數 f x 在 R 上單調遞增．
g x 1（2）易知 = - ln x +1 -1在 0, + 上單調遞減，
x +1
∴任意的 x2 0, + ，都有 g x2 g 0 = 0．
∵任意的 x1, x2 0, + ，都有 f x1 -1 g x2 恒成立，
∴ ex - x2 - ax -1 0在 0, + 上恒成立．
當 x = 0時，不等式可化為0 0，恒成立，則 a R ．
x
x > 0 a e - x
2 -1
當 時， ．
x
ex - x2 -1 ex - 2x x - ex - x2 -1 x -1 e
x - x -1
令 h x = , x 0,+ ，則
x h
x = = ．
x2 x2
∵當 x > 0時， ex > x +1，即 ex - x -1 > 0，
∴當 x 0,1 時， h x < 0，函數 h x 單調遞減；
當 x 1, + 時， h x > 0，函數 h x 單調遞增．
∴當 x =1時，函數 h x 取得最小值， h 1 = e - 2，
∴ a e - 2 ．
綜上，實數 a 的取值范圍是 - , e - 2 ．
【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于轉化為求函數最大值的問題.
ae
17．（2023·江西·模擬預測）已知函數 f (x) = x - 2(a R)．e
(1)當 a =1時，求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)設函數 g(x) = f (x) + ln(x -1)，若 g(x)的導函數存在兩個零點 x1, x2 x1 < x2 ，且
x -1
3x1 ln1024 - 3x
2
2 + 6，證明：1< 4x 1 ．1
【答案】(1) x + y = 0
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導函數，即可求出切線的斜率，在由點斜式求出切線方程；（2）依
ìex1 -1 - a x -1 = 0
題意可得 g x g x = = 0 1 1 2 ，即可得到 í tex2 -1 - a x -1 = 0，令 1
= x1 -1， t2 = x2 -1，從而
2
et t t2 -t1 = 2 2 = m m-1 t m +1 ln m得到 t ，設 t ，則 e
1 = m，從而得到 t1 + t2 = ，構造函數，利用導
1 1 m -1
ln1024 ln1024
數說明函數的單調性，再由 x1 -1 + x2 -1 ，得到 t + t ，即可求出m 的3 1 2 3
取值范圍，從而得證.
e 1-x 1-x
【詳解】（1）當 a =1時 f (x) = x - 2 = e - 2，則 f 1 = -1， f x = -e ，e
所以 f 1 = -1，
所以曲線 y = f (x) 在點 1, f 1 處的切線方程為 y +1 = -1 x -1 ，即 x + y = 0 .
（2）證明： g(x) = f (x) + ln(x -1) = ae1-x + ln x -1 - 2 1-x 1， g x = -ae + ，
x -1
ì x1 -1
e - a x1 -1 = 0依題意可得 g x1 = g x2 = 0，即 í x ，2 -1
e - a x2 -1 = 0
ìet1 - at = 0 t
令 t1 = x1 -1 t
1 t2 -t1 2
， 2 = x2 -1，則 í t ，兩式相除得到 e = ，
e 2 - at2 = 0 t1
t2
設 = mt ，則m > 1，
t = mt ，所以 e m-1 t12 1 = m，
1
t ln m t m ln m所以 1 = ， 2 = ，m -1 m -1
m +1 ln m
則 t1 + t2 = ，m -1
1
m +1 ln m m - - 2ln m
設 h m = m >1 ，則
m -1 h m =
m ，
m -1 2
j m 1= m - - 2ln m m >1 m -1
2
令 ， ，則
m j m 1
1 2
= + - = > 0 ，
m2 m m2
所以j m 在 1, + 上單調遞增，則j m > j 1 = 0，
所以 h m > 0，即 h m 在 1, + 上單調遞增，
x 1 x 1 ln1024 ln1024又 1 - + 2 - ，所以 t + t3 1 2 ，3
h m ln1024 h 4 5ln 4 ln1024所以 ，而 = = ，
3 3 3
x -1
所以m 1,4 ，所以1< 2 4x1 1
【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單
調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、
不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
a
18．（2024·黑龍江·二模）已知函數 f x = x - x ．e
(1)當 a = -1時，求 f x 的極值；
1 x2 0 (2)若存在0 < x0 < ，滿足 f ln x0 = f ln ÷，求 f ln a21 x 的取值范圍．2 è - 0
【答案】(1)極小值為 f 0 =1，無極大值；
(2) 2 - 2ln 2, +
【分析】（1）代入 a = -1并求導，得出單調性即可求出 f x 的極值；
（2）易知當 a 0時， f x 2單調遞增，不合題意；可知 a < 0，構造函數 g t = ln t + a t -1
1 2
并求出其單調性，由零點存在定理可解得- < a < 0 ，得出 f ln a 的表達式并求其單調性
2
可得結論.
x
【詳解】（1）當 a = -1時， f x = x 1+ f x 1 1 e -1x ，則 = - =e ex ex ；
令 f x = 0，可得 x = 0，
當 x - ,0 時， f x < 0，即 f x 在 - ,0 上單調遞減，
當 x 0, + 時， f x > 0，即 f x 在 0, + 上單調遞增；
因此函數 f x 在 x = 0處取得極小值 f 0 =1，
所以 f x 的極小值為 f 0 =1，無極大值；
x2 x - x2 - x2
2 0 x
1
< < x - 0 = 0 0 0
x0 1- 2x0
（ ）易知當 0 時， 0 = > 0，2 1- x0 1- x0 1- x0
2
所以 ln x0 > ln
x0
；
1- x0
又 f x a a= x - 可得 f x =1+ ，
ex ex
2
易知當 a 0時， f x 0 x> 0，此時 f x 單調遞增，不滿足 f ln x0 = f ln ；
è 1- x
÷
0
因此 a < 0；
2 ln x a x
2 a
x0 0 - = ln
0 -
由 f ln x0 = f ln ÷可得 x0 1- x0 x
2
，
è 1- x
0
0 1- x0
x20
記 = x1 < x0 ，且0 < x1 < x0 ，1- x0
a a a a
即可得 ln x0 - = ln x1 - ，即 ln x0 - ln x = -x x 1 x x ，0 1 0 1
x0 a x1 - xln = 0 x + x x0 x= = 1所以 ，又易知 ，
x1 x0x
1 0
1 1- x0 x0
a x - x a x2 - x2x
因此 1 ln x0 1 0 x x 1 0 a x x= + = = 1 - 0 ，
x0 x1 x0x
1 0
1 x0x

1 è x x
÷
0 1
x0
令 = t >1
1
，可得 ln t = a
1 - t ÷，即 ln t = ax t t 1- t
2 在 t > 1時有解，
1 è
$t >1 ln t + a t 2所以 使得 -1 = 0，
令 g t = ln t + a t 2 -1 ，
2
則 g t 1= + 2at 2at +1 1= ，由 g t = 0可得 t = - ；
t t 2a
1
當 t 0, - ÷÷ 時， g t >0 g t 0,
1
，即 在 - ÷÷上單調遞增，
è 2a è 2a
1
當 t - ,+ ÷÷時， g t 0
1
< ，即 g t 在 - , + 上單調遞減；
è 2a è 2a
÷÷

易知 g 1 = 0 1可得，若 - 1，則 g t 在 1, + 上單調遞減，顯然不存在 t > 1使得
2a
ln t + a t 2 -1 = 0；
1 1
若 - >1，解得- < a < 0 ，
2a 2

因此 g t 1 1 1在 1, - ÷÷上單調遞增，在 - , + ÷÷上單調遞減，因此 g - ÷÷ > 0；
è 2a è 2a è 2a
以下證明存在 t0 >1，使得 g t0 < 0；
令m t = ln t - t -1 , t >1，則m t 1 1 1- t= - = < 0，
t t
可得m t 在 1, + 上單調遞減，因此m t < m 1 = 0，即 t > 1時， ln t < t -1,
2 2
所以 g t = ln t + a t -1 < t -1+ a t -1 = t -1 at + a +1 ，
令 t -1 at + a +1 = 0可得 t1 = -1
1
- ，
a
1 a 0 1由- < < 可得 t1 = -1- >1；2 a
易知二次函數j t = t -1 at + a +1 在 t1,+ 上單調遞減，
g 1 1 1- - 所以 a ÷
< j -1- ÷ = 0 ，
è è a
1 1
即存在 t0 -1- ，使得 g t0 < 0，因此- < a < 0 ；a 2
f ln a2 ln a2 1 2ln 1所以 = - = -a - ，a a
令j a = 2ln a 1- - ，則j a 2 1 2a +1= + = > 0，
a a a2 a2
即函數j a 1為單調遞增，又- < a < 0
2
所以j a j 1 1> -

÷ = 2ln + 2 = 2 - 2ln 2，即 f2 ln a
2 > 2 - 2ln 2；
è 2
f ln a2即 的取值范圍為 2 - 2ln 2, +
x2 x20 0
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于記 = x 并由 f ln x = f ln 進行構造函數，
1- x 1 0 0 è 1- x
÷
0
1
并利用單調性證明$t >1使得 ln t + a t 2 -1 = 0求出- < a < 0 ，可得結論.
2
x + a ln x + a +1
19．（2022·天津濱海新·三模）已知函數 f x =
x
(1)若函數 f x 在點 e, f e 處的切線斜率為 0，求 a 的值．
(2)當 a =1時．
xf x
①設函數G x

=
f x ，求證：
y = f x 與 y = G x 在 1,e 上均單調遞增；
②設區間 I = x0 , x0 +1 （其中 I 1,e ，證明：存在實數l > 1，使得函數
F x = x2 f x - l f x0 在區間 I 上總存在極值點．
【答案】(1) a = e -1
(2)① 證明見解析；②證明見解析
【分析】（1）根據導數的幾何意義可求出結果；
（2）①利用導數證明 f (x) 0與G (x) 0在 1,e 上恒成立即可得證；
②轉化為證明存在實數l > 1，使得F (x) = 0在區間 I 上總存在零點，再次求導并利用零點
存在性定理即可證明.
f x ln x a ln x a +1【詳解】（1） = + + 的定義域為 (0, + )，
x x
a
1 × x - a ln x a +1 x -1- a ln x f (e) e -1- af (x) = + x = ， = ，
x x2
-
x2 x
2 e2
依題意得 e -1- a = 0，所以 a = e -1 .
x 1 ln x 2 x +1 + + + ln x

÷ x - (x +1) ln x - 2（2）①∵ f x = ，
x f x x - ln x -1，= è x 2 =x x2
x [1,e] (x ln x 1) 1 1 x -1因為當 時， - - = - = > 0，所以 y = x - ln x -1在 1,e 上單調遞增，
x x
且 y |x=1= 0，故 x - ln x -1 0，即 f (x) 0，∴： y = f x 在 1,e 上單調遞增；
x - ln x -1 (1
1
- ) (x +1) ln x + 2 - (x - ln x -1) ln x x +1+
G x = ，G x = x
x ÷
x +1 ln x + 2 è ，
é
2
x +1 ln x + 2ù
1+ ln x 2 +1- x 1-
∴ G x = x ，
2é x +1 ln x + 2 ù
1 2 1 1 2 1+ ln x - x
1
+
而 1+ ln x +1- x - ÷ = 2(1+ ln x) × -1+ = x ，è x x x2 x
2
2 1+ ln x x 1- +
2 1 x -1
x ÷
= -1- = - 0 ，
è x x2 x2
∴ y = 2 1+ ln x 1- x + 在 1,e y 4 e 1上單調遞減，且 = - + > 0 1x=e ，故 2 1+ ln x - x + > 0，x e x
∴ 2 1 1+ ln x +1- x - ÷ > 0 ，
è x
∴ y = 1+ ln x 2 1 1+ - x - 在 1,e 上單調遞增，且 y = 0，
x x=1
1
故 1+ ln x 2 +1- x - ≥0，即G x 0 ，∴函數G x 在 1,e 上單調遞增；
x
②易知 x0 1,e -1 ，且由（1）可知 f x 在 1,e 上單調遞增， f x f 1 > 0 ．
∵ F x = x2 f x - l f x0 ，
所以F (x) = 2x f (x) - l f (x0 ) + x2 × f (x) = x xf x + 2 f x - l f x0 ，
(1 1- ) × x - (x - ln x -1) ln x
其中 xf x x - ln x -1= ÷ = x = 2 0è x x2 x
即 y = xf x 在 1,e 上單調遞增， xf x 1× f 1 = 0．
令 g x = xf x + 2 f x - l f x0 ，由上可知 g x 在 1,e 上單調遞增．
ìg(x0 ) < 0
要使得F x 在區間 I 上總存在極值點，則需滿足 í
g(x0 +1) > 0
，
x f x
g x = x f x + 2 1- l f x < 0 2 l -1 > 0 0 而 0 0 0 0 恒成立 = G xf x 0 恒成立，0
∵ G x 在 1,e G e -1 上單調遞增，故l -1 > ①，
2
又 g x0 +1 = x0 +1 f x0 +1 + 2 f x0 +1 - l f x0 > x0 +1 f x0 +1 + 2 1- l f x0 +1 ，
故要使得 g x0 +1 > 0 恒成立，
則只需 x0 +1 f
G x +1
x0 +1 + 2 1- l f x0 +1 > 0 l -1
0 < ，
2
G 2
l 1 同理可得 - < ②，
2
且G e -1 < G 2 ，由①②可知，
G e -1 G 2
存在當l 1+ ,1+ ÷時，函數F x 在區間 I 上總存在極值點．
è 2 2
【點睛】關鍵點點睛：轉化為證明存在實數l > 1，使得F (x) = 0在區間 I 上總存在零點，再
次求導并利用零點存在性定理進行證明是解題關鍵.
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2022·全國·模擬預測）定義在R 上的函數 f (x) 的導函數是 f (x),3 f (x) + xf (x) < 0，函數
y = f (x +1) + 2022為奇函數，則不等式 x3 f (x) + 2022 > 0的解集為（ ）
A． (- ,1) B． (- , -1) C． (1, + ) D． (-1, + )
【答案】A
【分析】根據題意可構造函數 g(x) = x3 f (x) + 2022，判斷其單調性，結合題意可得 g(1) = 0，
從而將 x3 f (x) + 2022 > 0轉化為g( x ) > g(1)，利用函數的單調性，即可求得答案.
【詳解】由題意知3 f (x) + xf (x) < 0，
設 g(x) = x3 f (x) + 2022，則 g (x) = 3x2 f (x) + x3 f (x) = x2 3 f (x) + xf (x) 0，
僅當 x = 0時，等號成立，所以 g(x)單調遞減．
又因為函數 y = f (x +1) + 2022為奇函數，所以 f (1) + 2022 = 0，即 g(1) = 0，
故由g( x ) > g(1)可得 x <1，
所以不等式 x3 f (x) + 2022 > 0的解集為 (- ,1)，
故選：A
1 1 1 5 5
2．（23-24 高三上·遼寧大連·期末）設 a = ,b = 2ln
4
sin + cos ÷ ,c = ln ，則（ ）
è 8 8 4 4
A． a < b < c B．b < a < c
C． c < b < a D． a < c < b
【答案】B
x
【分析】利用 x > sin x 和 x > ln x +1 以及 ln x +1 > ，再進行合理賦值即可.
x +1
2
b = ln 【詳解】 sin
1
+ cos 1 = ln ÷ 1+ sin
1 ,c 1 1÷ = +

÷ ln
1 1+ ，
è 8 8 è 4 ÷ è 4 è 4
設 h x = x - sin x， x 0, + ，則 h x =1- cos x 0，
則 h x 在 0, + 上單調遞增，則 h x > h 0 = 0 1 1，則 x > sin x 在 0, + 上恒成立，則 > sin ，
4 4
即 a > sin
1
，
4
設 g x = x - ln x +1 ， x 0, + ，則 g x 1 1 x= - = > 0在 0, + 上恒成立，
x +1 x +1
則 g x > g 0 = 0，則 x > ln x +1 在 0, + 上恒成立，
1 1 1
令 x = sin
1
，則 ln

1+ sin

÷ < sin < ，則 a > b，4 è 4 4 4
設 f x 1 1 x= ln x +1 x- ， f x = - = > 0 在 0,1 x 上恒成立，x +1 +1 (x +1)2 (x +1)2
則 f x 在 0,1 x上單調遞增，則 f x > f 0 = 0 ，即 ln x +1 > 在 0,1 上恒成立，
x +1
令 x
1
= ，則 ln
5 1 5 ln 5 1> ，則 > ，即 c > a ，故 c > a > b，
4 4 5 4 4 4
故選：B.
3．（2024·浙江嘉興·二模）已知定義在 0, + 上且無零點的函數 f x 滿足
xf x = 1- x f x ，且 f 1 > 0，則（ ）
1
A． f ÷ < f 1 < f 2 f 2 < f 1 < f
1
B．
2 2 ÷è è
1
C． f ÷ < f 2 < f 1 D． f 2 f
1< ÷ < f 1
è 2 è 2
【答案】D
f x - xf x x x x
【分析】將題設條件轉化為 =f 2 x f x ，從而得到
= k ×e , k > 0 f x ，進而得到
f x x= x ，利用導數求出函數的單調區間，進而可得出答案.k ×e
f x - xf x
【詳解】由 xf x = 1- x f x 變形得 = xf x ，
f x - xf x x é x ù x
從而有 =f 2 x f x ， ê ú = ，ê f x ú f x
x
所以 = k ×e
x
f x ，
因為 f 1 > 0，所以 k
1
= 1 > 0
x
f 1 e ，則 f x = x ，k ×e
kex - kx ×e
x kex
f x 1- x 則 =
k 2e2x
=
k 2e2x
，
故當0 < x <1時， f x > 0，當 x >1時， f x < 0，
所以 f x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 單調遞減，
1
所以 f ÷ < f 1 ， f 2 < f 1 2 ，è
3
1 1 2 e2又 f - 4 3 ÷ - f 2 = - = ，而 e > 2.7
3 19.7 >16，
è 2 2k e ke2 2ke2
3 1
所以 e2 > 4， f ÷ > f 2 è 2
1
綜上， f 2 < f ÷ < f 1 .
è 2
故選：D.
x
【點睛】關鍵點點睛：利用 kex = kex é x ù x x，由 ê ú = 到得 = k ×ef x ，是解決本題ê f x ú f x
的關鍵.
4．（23-24 高三上·河北·階段練習）已知函數 f (x) 及其導函數 f (x) 的定義域

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