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特訓 04 特例法、構造法解導數小題（八大題型）
例1 已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，設函數f(x)的導函數為f'(x), 若對任意x>0都有
2f(x)+xf'(x)>0成立，則( ) .
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
一般解法：(構造法)令g(x)=x f(x), 其導函數g'(x)=2xf(x)+x f(x).
當x>0時，g(x)=x[2f(x)+xf'(x)]>0, 即函數g(x)在(0,+x)上單調遞增.
∵函數f(x) 是定義在R上的偶函數，
:f(-x)=f(x),∴g(-x)=(-x)}f(-x)=x}f(x)=g(x),即函數g(x)為偶函數，
∴g(-2)=g(2), 而g(2)故選A.
特例法：令f(x)=1,滿足條件f(x) 是偶函數且2f(x)+ef (x) 0,把f(x)=1代入四個選項，只
有A滿足.故選A.
例2 定義在R上的可導函數f(x)的導函數是f'(x),若f'(x)>f(x)- 1,f(1)=2018,則不等式
f(x)>2017ex-1+1的解集是________. .
一般解法：(構造法)構造 F（x）= f（x） 1
ex 1
特例法：令 f(x)=2018ex-1
答案：（1，+∞）
目錄：
01 ：抽象函數—比較大小問題
02 ：抽象函數—利用導數解不等式
03 ：抽象函數—求參數范圍
04 ：恒成立、存在性、有解問題
構造法解決導數問題
05 ：最值問題
06 ：零點、方程的根問題
07 ：其他問題
08：分段函數
01 ：抽象函數—比較大小問題
1．已知定義在 (0, + )上的函數 f x 的導數為 f x ，若 f (1) =1，且 x2 f (x) +1 > 0 ，則下列式子中一定成
立的是（ ）
f 1 > 3 f (1A． ÷ B． ) > π
è 3 π
C． f log2 e > ln 2 D． f (ln 3) < log3 e
【答案】C
【分析】設 g x = f x 1 ，得到 g x > 0，得到 g x 在 (0, + )上單調遞增，再由 f (1) =1，得到
x
g 1 = 0，結合選項，逐項判定，即可求解.
【解析】因為當 x > 0時， x2 f (x) +1 > 0 ，可得 f (x)
1
+
x2
> 0，
g x f x 1令 = ，可得 g x = f x 1+
x x2
> 0，所以 g x 在 (0, + )上單調遞增，
因為 f (1) =1，可得 g 1 = f 1 1 = 0，
對于 A 中，由 g(
1) g 1 f (1) 3 0 f (1< ，即 < ，所以 ) < 3，所以 A 不正確；
3 3 3
對于 B 中，由 g(
1 ) < g 1 ，即 f (1 ) 1 π < 0，所以 f ( ) < π，所以 B 不正確；
π π π
對于 C 中，由 g(log2 e) > g 1 ，即 f (log2 e) ln2 > 0，所以 f (log2 e) > ln 2，所以 C 正確；
對于 D 中，由 g(ln 3) > g 1 1，即 f (ln 3) > 0 ，所以 f (ln 3) > log3 e ，所以 D 不正確.ln3
故選：C.
2．已知函數 f x 在R 上可導，其導函數為 f x ，若 f x 滿足： x 1 é f x f x ù > 0，
f 2 x = f x e2 2x ，則下列判斷正確的是（ ）
A． f 1 > e f 0 B． f 2 > e2 f 0
C． f 3 > e3 f 0 D． f 4 < e4 f 0
【答案】C
f x 【分析】根據題意令F x = x ，利用導數及題干所給條件求得 F (x)的單調性，利用函數的對稱性，可e
得F (1) < F (0) = F (2) < F (3) < F (4)，對其進行比較即可判斷各選項.
f x e
x f x e
x f x f x f x
【解析】令F x = x ，則 F x

=
e e2x
= x ，e
函數 f (x) 滿足 (x 1) f (x) f (x)] > 0，
當 x >1時 F (x) > 0, F (x) 在 1, + 上單調遞增，
當 x <1時F (x) < 0, F (x) 在 ,1 上單調遞減，
又由 f 2 2x f 2 x f x2 x = f x e 2 x = x F 2 x = F x ，e e
即函數F x 的圖象關于 x =1對稱，從而F (1) < F (0) = F (2) < F (3) < F (4)，
對于 A，F (1) < F (0)
f 1 f 0
， 1 < 0 ， f 1 < ef 0 ，A 錯誤；e e
f
B F (0) = F (2) 2 f 0 2對于 ， ， = ， f 2 = e f2 0 0 ，B 錯誤；e e
對于 C，F (3) > F (0)
f 3 f 0
， > ， f 33 0 > e
3 f 0 ，C 正確；
e e
F (4) > F (0) f 4 f 0D 對于 ， ， > ， f 4 > e4 f 04 0 ，D 錯誤.e e
故選：C
f x
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是構造函數F x = x ，利用導數法研究函數的單調性，結合函數e
的對稱性即可.
02 ：抽象函數—利用導數解不等式
3．已知函數 f (x) 的定義域為R ，且 f 2 = 1，對任意 x R ， f (x) + xf (x) < 0 ，則不等式 x +1 f x +1 > 2
的解集是（ ）
A． ,1 B． , 2 C． 1, + D． 2, +
【答案】A
【分析】設 g x = xf x ，由 g (x) = f (x) + xf (x) < 0恒成立， g(x)在R 上單調遞減，由 x +1 f x +1 > 2可
得 g(x +1) > g(2)，由單調性解不等式即可.
【解析】設 g x = xf x ，則 g 2 = 2 f (2) = 2 ，
Q對任意 x R ， f (x) + xf (x) < 0 ，\ g (x) = f (x) + xf (x) < 0 恒成立，即 g(x)在R 上單調遞減，
由 x +1 f x +1 > 2可得 g(x +1) > g(2)，\ x +1 < 2 ，解得 x <1，即解集為 ,1 .
故選：A
4．若函數 f x 的定義域為R ，滿足 f 0 = 2 ，"x R ，都有 f x + f x >1 x，則關于 x 的不等式 f x > e +1
的解集為（ ）
A． x x >1 B． x x > e C． x x < 0 D． x x > 0
【答案】D
【分析】本題為構造函數類型題，根據已知條件 f x + f x >1結構特征可知 f x + f x 1該部分是某個
x x x
函數的導函數變形所得，由問題中的不等式 f x > e +1提示可得到該函數為F x = e f x e ，再結合函
數的單調性情況即可進一步求解出答案.
【解析】因為 f x + f x >1 x x x，所以 f x + f x 1 > 0 ， e f x + e f x e > 0，
x
所以構造函數F x = e f x ex ，則F x = ex f x + ex f x ex = ex f x + f x 1 > 0，
所以F x 在R 上單調遞增，因為 f 0 = 2 ，所以F 0 =1，
x
所以不等式 f x > e +1 ex f x ex >1 F x > F 0 ，
因為F x 在R 上單調遞增，所以 x > 0，所以不等式的解集為 x | x > 0 ，
故選：D.
5．已知定義在 R 上的奇函數 f x 滿足 f 2 + x = f x ，且當 x 0,1 時 f x > π，則不等式 f x sin πx
在 3,3 上的解集為 ．
【答案】 2,0 2,3
【分析】先得出 f x 的周期以及對稱軸，再利用導數證明 f x sin πx在 0,1 上恒成立，通過對稱性畫出
函數 f x 和 y = sin πx在 3,3 上的簡圖，由圖象得出解集.
【解析】因為 f x 為定義在 R 上的奇函數，則 f x = f x ，且 f 0 = 0，
所以 f 2+x =f x = f x ，
則 f 4 + x = f x + 2 = f x ，
所以函數 f x 為周期為 4 的函數，且圖像關于 x =1對稱.
令 g x = f x πx ， x 0,1 ，
則 g x = f x π > 0 ，
所以函數 g x 在 0,1 上單調遞增，
所以當 x 0,1 時， g x g 0 = 0 ，即 f x πx .
設 h x = sin πx πx ， x 0,1 ，
則 h x = π cos πx π=π cos πx 1 0，
所以函數 h x 在 0,1 上單調遞減，
則當 x 0,1 時， h x h 0 = 0，即 sin πx πx ，
所以 f x sin πx在 0,1 上恒成立，
結合對稱性可畫出函數 f x 和 y = sin πx在 3,3 上的簡圖，如下圖所示：
由圖象可知，不等式 f x sin πx在 3,3 上的解集為 2,0 2,3 .
故答案為： 2,0 2,3 .
【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于利用導數證明 f x sin πx在 0,1 上恒成立，進而結合圖象進行求解.
6．設函數 f x 在R 上的導函數為 f x ，已知 f x = ex 2x +1 + f x ， f 0 =1 x，則不等式 f x 3e < 0
的解集是 ．
【答案】 2,1
【分析】利用求導法則構造新函數，解出 f x 代入不等式，運算即可得解.
f x f x
【解析】解：由題意得 x = 2x +1，e
∴ é f x ù
f x
ê ú = 2x +1，令 x = x
2 + x + C ，
ex e
則 f x = ex x2 + x + C ，
∵ f 0 =1，∴ C =1
∴ f x = ex x2 + x +1 ，
∴ f x 3ex < 0 ex x2 + x 2 < 0 ，
則有 x2 + x 2 < 0，解得 2所以，所求解集為 2,1 .
【點睛】本題考查函數的導數的應用和一元二次不等式的解法，關鍵在于恰當構造函數.構造函數的主要思
路有：
（1）條件中出現 f x f x x f x 和 e 時，適當轉換后考慮根據商的求導法則令j x = x ；e
（2）條件中出現 f x + f x 和 ex x時，適當轉換后考慮根據積的求導法則令j x = e f x .
7．已知函數 f x 是定義在R 上的偶函數，其導函數為 f (x) ，且當 x < 0 時， 2 f x + xf (x) < 0，則不等式
x 2023 2 f (x 2023) f ( 1) > 0的解集為 ．
【答案】 2022,2024
2
【分析】構造函數F x = x f x ，由已知得出 F (x)為偶函數，且在 ,0 上是增函數，在 0, + 上為減
函數，將 x 2023 2 f (x 2023) f ( 1) > 0轉化為F x 2023 > F 1 求解即可．
2 2
【解析】令F x = x f x ，則F (x) = 2xf (x) + x f (x) = x 2 f (x) + xf (x) ，
當 x < 0 時， 2 f x + xf x < 0，
所以當 x < 0 時，F (x) = x 2 f (x) + xf (x) > 0，
即F x 在 ,0 上是增函數，由題意 f x 是定義在R 上的偶函數，
所以 f x = f x ，又F ( x) = ( x)2 f ( x) = x2 f (x) = F (x)，
所以F x 是偶函數，所以F x 在 0, + 上遞減，
所以F (x 2023) = (x 2023)2 f (x 2023), F ( 1) = ( 1)2 f ( 1) = f ( 1)，
即不等式等價為F x 2023 > F 1 ，
所以 x 2023 <1，所以 2022 < x < 2024 ．
故答案為： 2022,2024 ．
8．已知 f x 為定義域R 上函數 f x 的導函數，且 f x + f 2 x = 0 ， x 1， x 1 f x + 2 f x > 0
4
且 f 3 =1，則不等式 f x > x 1 2 的解集為 ．
【答案】 , 1 3,+
【分析】根據導數的對稱性求得原函數的對稱性，構造函數，通過不等式可得新函數導數與零的大小，可
得其單調性，解得答案.
【解析】由 f x + f 2 x = 0 ，整理可得 f x = f 2 x ，則函數 f x 關于成中心對稱，
所以 f x 關于直線 x =1成軸對稱，
當 x >1時， x 1 > 0，由 x 1 f x + 2 f x > 0 2，則 x 1 f x + 2 x 1 f x > 0，
由函數 y = x 1 2 f x 的導數為 y = x 1 2 f x + 2 x 1 f x ，
則函數 y = x 1 2 f x 在 1, + 上單調遞增，易知在 ,1 上單調遞減，
當 x = 3時， y = 3 1 2 f 3 = 4 2；當 x= 1時， y = 1 1 f 1 = 4 f 3 = 4，
f x 4所以不等式 > x 1 2 的解集為 , 1 3,+ ，
故答案為： , 1 3,+ .
【點睛】本題的接解題關鍵在于根據已知等式得到函數的對稱性，利用構造函數的思想解題.
03 ：抽象函數—求參數范圍
9．設定義域為R 的偶函數 y = f x y = f x f x + x +1 2的導函數為 ，若 也為偶函數，且
f 2a + 4 > f a2 +1 ，則實數 a的取值范圍是（ ）
A． , 1 3,+ B． , 3 1,+
C． 3,1 D． 1,3
【答案】A
【分析】先令 g(x) = f (x) + (x +1)2，判斷 g(x)的單調性及奇偶性，由已知結合函數的單調性及奇偶性即可求
解不等式．
【解析】因為 y = f (x) 為偶函數，
所以 f ( x) = f (x)，所以 f ( x) = f (x)，
令 g(x) = f (x) + (x +1)2，
因為 f x + x +1 2 為偶函數，
則 g( x) = g(x)，即 f ( x) + ( x +1)2 = f (x) + (x +1)2 ，
即 f (x) + ( x +1)2 = f (x) + (x +1)2 ，
所以 f (x) = 2x，
當 x > 0時， f (x) = 2x < 0，即 f (x) 在 0, + 上單調遞減，則 f (x) 在 ,0 上單調遞增，
由 f (2a + 4) > f (a2 +1)，即 f 2a + 4 > f a2 +1 ，
2 2 2
所以 2a + 4 < a +1，即 a +1 < 2a + 4 < a +1，解得 a < 1或 a > 3，
即實數 a的取值范圍是 , 1 3,+ ．
故選：A．
【點睛】關鍵點點睛：本題解答的關鍵是令 g(x) = f (x) + (x +1)2，從而推導出 f (x) = 2x，即可得到函數的
單調性.
10．已知函數 f x 在R 上連續且存在導函數 f x ，對任意實數 x 滿足 f 2 x = f x + 2x 2，當 x 1,+
時， f x > 1.若 f a +1 f a 1，則 a的取值范圍是 .
é1
【答案】 ê , +

2 ÷
【分析】首先變形等式，并構造函數 g x = f x + x，并判斷函數的對稱性和單調性，將不等式變形為
g a +1 g a ，利用函數的性質，即可求解不等式.
【解析】由 f 2 x = f x + 2x 2，可得 f 2 x + 2 x = f x + x .
令 g x = f x + x，則 f x = g x x， g 2 x = g x ，所以 g x 的圖象關于直線 x =1對稱.
當 x 1,+ 時， f x > 1，所以 g x = f x +1 > 0，
又 f x 在R 上連續，所以 g x 在 (1, + )上單調遞增，且在 ,1 上單調遞減，
由 f a +1 f a 1，可得 g a +1 a +1 g a a 1，即 g a +1 g a ，
所以 a +1 1 a 1 a
1
，解得 .
2
é1
故答案為： ê ,+ 2 ÷
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是根據條件構造函數 g x ,利用函數 g x 的性質，求解不等式.
04 ：恒成立、存在性、有解問題
11．已知定義在 0, + 上的單調遞增函數 f x
f x
滿足 > xf x 恒成立，其中 f
x 是函數 f x 的導函數.若
2 f m 2022 < m 2022 f 2 ，則實數m 的取值范圍為（ ）
A． 0,2022 B． 2022,2024 C． 2022, + D． 2024, +
【答案】D
【分析】由題意可得 xf (x) f (x) < 0，構造函數 g(x)
f (x)
= (x > 0) ，討論函數 g(x)的單調性，將
x
2 f (m 2022) < (m 2022) f (2) f (m 2022) f (2)轉化為 【解析】由題意知， f (x) 在 (0, + )上單調遞增，則 f (x) > 0 ，
f (x)
不等式 > x f (x) 恒成立轉化為 f (x) > xf (x)，即
xf (x) f (x) < 0，

設 g(x)
f (x) (x 0) g (x) xf (x) f (x)= > ，則 = < 0，
x x2
所以 g(x)在 (0, + )上單調遞減，則m 2022 > 0，
2 f (m 2022) < (m 2022) f (2) f (m 2022) f (2)由 ，得 即 g(m 2022) < g(2)，所以m 2022 > 2，解得m > 2024 ，
即實數 m 的取值范圍為 (2024,+ ) .
故選：D
12 x．設函數 f x = xe ，則函數 f x 的最小值為 ；若對任意 x2 0, + ，存在 x1 0, + 不等式
f x1 f x2 2k× é 2 ù
x 2 ex
x +1 恒成立，則正數 k 的取值范圍是 ．
2 2
1 k +1
1 é e ,+ 【答案】 e ê4 e ÷
f x xex e é(x)
2 +1ù 1
【分析】利用導數研究函數單調性，求最小值；令 g x = 2 = ， h x =
= x + ，問題轉
x x f x x
gmin x hmin x 化為 ，利用導數和基本不等式求兩個函數最小值即可.
2k k +1
【解析】 f x = xex x的導數為 f x = e x +1 ，
則 x < 1時， f x < 0， f x 單調遞減； x > 1時， f x > 0， f x 單調遞增，
可得 f x 在 x= 1 1處取得極小值，且為最小值 e ；
g x f x
x 2
ex e é(x) +1ùh x x 1令 = 2 = ， = = + ，x x f x x
又對任意 x2 0, + ，存在 x1 0, + ，
f x1 f x2 2k
有 × é x
2 +1ù g x恒成立，即 1 h x 2 g x h x 2 ex2 k +1 2 恒成立，即
min min ；x1 2k k +1 2k k +1
x > 0 1 1時，h x = x + 2 x × = 2，當且僅當 x =1時取得最小值 2，
x x
f x
x ex x 1
g x e= = g x 2 ， = ，x x x2
則0 < x <1時， g x < 0， g x 單調遞減； x >1時， g x > 0， g x 單調遞增，
可得 g x 在 x =1處取得極小值，且為最小值 e；
e 2 e
所以 ，由 k > 0，可得 k ．
2k k +1 4 e
e
所以 k é的取值范圍是 ê ,+
.
4 e ÷
【點睛】方法點睛：
不等式恒成立問題，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.許多問題，如果運
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.
2lx lnx13．已知l > 0，對任意的 x >1，不等式 e 0恒成立，則l 的取值范圍為（ ）
2l
2e, é 1 , é1A． + B． ê +

÷ C． e, + D．
2e ê
,+
e ÷
【答案】B
【分析】對已知不等式進行變形，通過構造函數法，利用導數的性質、參變量分離法進行求解即可.
【解析】由題意l > 0，不等式即 2le2lx lnx，進而轉化為 2lxe2lx lnxelnx ，
令 g x = xex，則 g x = x +1 ex ，
當 x > 0時， g x > 0，所以 g x 在 0, + 上單調遞增.
則不等式等價于 g 2lx g lnx 恒成立.
因為l > 0, x > 1，所以2lx > 0,lnx > 0，
所以2lx lnx對任意 x >1恒成立，即2l
lnx
恒成立.
x
h t lnt (t 1 lnt設 = >1) ，可得 h t = 2 ，t t
當1< t e,h t 0,h t 單調遞增,當 t > e, h t < 0,h t 單調遞減．
1 1 1
所以 t = e, h t 有最大值 h e = ，于是 2l ，解得l ．
e e 2e
故選：B
【點睛】方法點睛：將已知條件轉化為 2lxe2lx lnxelnx x，通過構造函數 g x = xe ，進而利用導數得到
2l lnx ，進而計算求得結果.
x
14．若關于 x 的不等式 e 1 lnx + ax 1 xeax 1 é在 x ê ,1
ù
ú內有解，則正實數 a的取值范圍是（2 ）
A． 0,2 + 2ln2 é 1B , eù C é 1 ù． ê ú ． 0,4 D． , e
e ê 2e ú
【答案】A
ax ax
【分析】將由不等式轉化為 e 1 ln xe xe 1，令 t = xeax ，得到 e 1 ln t t 1，令函數
é a ù
f t = e 1 lnt t 1 +1，問題轉化為存在 t ê e2 , ea ú ，使得 f t 0，利用導數求得函數 f t 的單調性，結
2
a
合 f 1 = 0, f e = 0 1，得到 e2 e且 ea 1，即可求解.
2
ax ax ax
【解析】由不等式 e 1 lnx + ax xe 1，即 e 1 ln xe xe 1，
令 t = xeax ，即有 e 1 ln t t 1，
又由 a > 0，所以函數 t = xeax 在 x 0, + 上單調遞增，
é1 ù aax é1 a ù
因為 x ê ,1ú，所以 t = xe ê e
2 , e ú ，
2 2
a
令 f t = e 1
é ù
lnt t +1 1 a，問題轉化為存在 t ê e2 , e ú ，使得 f t 0，
2
f t e 1 t因為 = ，令 f t > 0，可得0 < t < e 1；令 f t < 0，得 t > e 1，
t
所以 f t 在 0,e 1 上單調遞增，在 e 1,+ 上單調遞減，
又因為 f 1 = 0, f e = e 1 lne e +1 = 0 ，所以當1 t e時， f t 0，
é1 a a ù 1 a
若存在 t ê e2 , e ú ，使得 f t 0成立，只需 e22 e且 e
a 1，
2
解得0 a 2 + 2ln2，因為 a > 0，所以 a 0,2 + 2ln2 .
故選：A.
【點睛】方法技巧：已知函數零點（方程根）的個數，求參數的取值范圍問題的三種常用方法：
1、直接法，直接根據題設條件構建關于參數的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參數的取值范圍；
2、分離參數法，先分離參數，將問題轉化成求函數值域問題加以解決；
3、數形結合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中作出函數的圖象，然后數形結合求解.
結論拓展：與 ex 和 ln x相關的常見同構模型
① aea b ln b ea ln ea b ln b，構造函數 f x = x ln x x或 g x = xe ；
ea b ea② b
x
< < ，構造函數 f x x=a 或 g x
e
= ；
a ln b ln e ln b ln x x
③ ea x± a > b ± ln b ea ± ln ea > b ± ln b，構造函數 f x = x ± ln x或 g x = e ± x .
1
15．已知函數 f x 1 x4 2 x3 a= + x2 xlnx é在 ê , 2
ù
ú上存在單調遞減區間，則實數 a的取值范圍為（4 3 2 e ）
2e 1ù
A． , 2 ú B． , 2 è e
, 2e 1 C． e2 ÷
D． , 2
è
【答案】D
【分析】根據題意，轉化為 f x 1< 0 é在 ê , 2
ù 1+ lnx 1
ú上有解，得到 a < + 2x x
2 é , 2ù在 ê ú上有解，令 e x e
g x 1+ lnx= + 2x x2 1 x 2

÷，利用導數求得函數的單調性與最大值，即可求解.x è e
【解析】因為函數 f x 1= x4 2 a x3 + x2 xlnx f x = x3 2x2，可得 + ax lnx 1，
4 3 2
因為函數 f x é1 ,2ù在 ê ú上存在單調遞減區間， e
f x = x3 2 é1 ù可得 2x + ax lnx 1 < 0在 ê , 2ú上有解， e
a 1+ lnx< + 2x x2 é
1
即 在 ê , 2
ù
ú上有解，x e
令 g x 1+ lnx= + 2x x2 1 x 2 a < g x lnx ÷，則 max ，且 g x = 2 2 x 1 ，x è e x
1
當 x <1
lnx
時， 2 > 0, 2 x 1 > 0，所以 g x > 0；e x
1< x 2 lnx當 時， < 0, 2 x 1 < 0，所以 g 2 x < 0，x
g x é1 所以 在 ê ,1÷上單調遞增，在 1,2 上單調遞減，故 g x = g 1 = 2max ，所以 a < 2 . e
故選：D．
【點睛】結論點睛：“恒成立問題”與“有解問題”在等價轉化上的區別：
恒成立問題 有解問題
① f x > 0恒成立 f x > 0 ； f x < 0 恒成立 ① f x > 0有解 f x > 0min max ；
f x < 0 f x < 0max ． 有解 f x < 0min ．
② f x > a恒成立 f x > a f x > a f x > amin ； ② 有解 max ；
f x < a恒成立 f x < amax ． f x < a有解 f x < amin ．
③ f x > g x 恒成立 ③ f x > g x 有解
é f x g x ù > 0； é f x g x ù > 0min max ；
f x < g x 恒成立 f x < g x 有解
é f x g x ù < 0． é f x g x ù < 0max min ．
④ "x1 M ,"x2 N , f x1 > ④ $x1 M ,$x2 N ，使得 f x1 > g x2
g x2 f x1 > g xmin 2 ． f xmax 1 > gmax x2 min ．
16．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, + )
【答案】A
xf (x)
【分析】構造函數 g(x) = x , x > 0，由導數求得函數單調性，利用單調性解不等式.e
【解析】由 xf (x) > (x 1) f (x)，有 xf (x) + f (x) xf (x) > 0 ，
xf (x) xf g(x) , x 0 g (x) (x) + f (x) xf (x)令 = x > ，則 = x > 0，所以 g(x)在區間 (0, + )上單調遞增．e e
又 (x + 4) f (x + 4) < 3ex+2
(x + 4) f (x + 4) 3 f (3)
，得 x 4 < 3 ，所以 g(x + 4) < g(3)+ ，e e
所以0 < x + 4 < 3，解得 4 < x < 1．
故選：A
【點睛】關鍵點點睛：
本題關鍵點在于利用導數運算法則構造函數，令 g(x)
xf (x)
= x , x > 0，由導數證明單調遞增，不等式e
(x + 4) f (x + 4) < 3ex+2變形為 g(x + 4) < g(3) ，利用單調性解即可.
17．已知函數 f (x) 的定義域為 ( 1, + )
f (x)
，導函數為 f (x) ，不等式 + ln(x +1) × f (x) ln(x +1) × f (x) 恒成
x +1
4
立，且 f (4) e= ，則不等式 ln(x + 3) × f (x + 2) ex+2 的解集為（ ）
ln 5
A．[2,+ ) B． ( 1,2] C．[0, + ) D． (0, 2]
【答案】A
【分析】設 g(x) = ln(x +1) × f (x) ， x > 1，則由題意可知 g (x) g(x)，設 h(x) = e x × g(x)， x > 1，則有
h (x) 0，不等式等價于 h(x + 2) h(4) ，利用單調性求解即可.
【解析】設 g(x) = ln(x +1) × f (x)
f (x)
， x > 1，不等式 + ln(x +1) × f (x) ln(x +1) × f (x) 恒成立，可知
x +1
g (x) g(x)，
設 h(x) = e x × g(x)， x > 1，則 h(x) = e x × ln(x +1) × f (x) ， x > 1，
h (x) é f (x)且 = ê + ln(x +1) × f (x) ln(x +1) × f (x)
ù
ú e
x 0，
x +1
于是 h(x) 在 ( 1, + )上單調遞增，注意到 h(4) = e 4 × ln 5 × f (4) =1，
不等式 ln(x + 3) f (x + 2) ex+2 ，等價于 e x+2 × ln(x + 3) f (x + 2) 1，
即 h(x + 2) h(4) ，得 x + 2 4，解出 x 2 .
故選：A．
【點睛】方法點睛：證明不等式，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.許多
問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
05 ：最值問題
18 x 1．已知函數 f x = e ， g x =1+ lnx，若 f m = g n ，則m n的最大值是（ ）
ln2 +1
A． 1 B．0 C． D． 2ln2 + 3
2
【答案】B
【分析】先求得m n的表達式，再構造函數，并利用導數求得其最大值，進而求得m n的最大值
【解析】設 f m = g n = k > 0，則有 em 1 = k ，解之得m = ln k +1，
1+ lnn = k ，解之得 n=ek 1，則有m n=lnk +1 ek 1
x
令 h(x)= ln x +1 ex 1(x > 0)，則 h (x)= e xe (x > 0)
ex
令 t(x) = e xex , (x > 0)，則 t (x) = (1+ x)ex < 0恒成立，
則 x > 0時， t(x) = e xex 單調遞減，又 t(1) = 0，
則0 < x <1時， t(x) > 0， h (x) > 0， h(x) 單調遞增，
x >1時， t(x) < 0， h (x) < 0， h(x) 單調遞減，
則 h(x)max = h(1) = 0，則 lnk +1 ek 1的最大值為 0.
故m n的最大值是 0.
故選：B
x ln x x ln x 1
19．若對任意的 x1, x2 (m,+ )，且 x1 < x
1 2 2 1
2，都有 < ，則mx x 2 的最小值是（ ）2 1
1
A． B． e C．1 D． ee
【答案】B
x1 ln x2 x2 ln x1 1 ln x
1 1
2 + ln x + ln x
1
1 +
【分析】將 f (x) (m,+ )
2 1 x x f (x) =
2 ，可判斷 在
2 1 x
上單調遞減，進而利用導數求出 f (x) 的遞減區間，列出不等式，即可得答案.
x
0 < x < x 1
ln x2 x2 ln x1 1
【解析】由題意知 1 2 ，且 ，
x ln x x ln x 1 x x x ln x 1故 1 2 2 1 < 2 1 ，即 1 2 + x
1
1 < x2 ln x1 + x2 2 2 2
，
ln x 12 + ln x
1
+ 1
故 2 1< 2
ln x +
，令 f (x) (m,+ )f (x) = 2 ，則 在 上單調遞減，x2 x1 x
1 ln x
1
+ 1÷ ln x又 f (x) = è 2 ，= 2
x2 x2
1
1
當 0 < x < e2 時， f (x)

> 0 ， f (x) 在 0,e2 ÷上單調遞增，
è
1 1
當 x > e2 時， f (x) < 0 ， f (x) 在 e
2 ,+ ÷ 上單調遞減，
è
1
故 (m,
1
+ ) e2 , + ÷，則
è m e
2 ，
1
即m 的最小值是 e2 = e ，
故選：B
06 ：零點、方程的根問題
e
20．若函數 f x = + lx 2 x e1 x 在 0, + 上沒有零點，則實數l 的取值范圍為（ ）
x
3 3 4 4
A． ,
e e , e e e e ÷ 3
+ ÷ B． , ÷ C． , e U ,+ ÷ D． e, ÷
è è 9 è 3 9 è 32 è 32
【答案】D
ex
【分析】 f x 在 0, + 上沒有零點，即 0, + 1上 + lx 2 x e x 0 ，則l
x x2 2 x ，構造函數
x
g x e=
x2 2 x ，利用導數研究 g(x)的值域即可得出結果.
【解析】 f 1x e= + lx 2 x e1 x = e éê + lx 2 x e
x ù ,
x x ú
因為 f x 在 0, + 1上沒有零點，所以在 0, + 上 + lx 2 x e x 0 ，
x
e
x=2時， f 2 = 0，
2
ex x
x 2時，l 2 g x
e
=
x x > 02 x 即可，令 x2 2 x ， 且 x 2，
ex x2 2 x ex é 2x 2 x x
2 ù ex 2x2 x3 4x + 2x2 + x2 g x =
2 2
= 2
éx 2 x
2
ù éx 2 x ù
ex x3 5x2 + 4x ex x2 5x + 4 ex x 1 x 4
= 2 = 2 =3 3 2 ，é 2 x 2 x ù x 2 x x 2 x
所以 g (x) = 0時， x =1或 x = 4，
所以0 < x <1時， g (x) > 0， g(x)單調遞增，1< x < 4且 x 2，時， g (x) < 0， g(x)單調遞減， x > 4時，
g (x) > 0， g(x)單調遞增，
4
g 1 = e， g(4) e= ， x 0 時， g(x) .
32
é 4
所以 g(x)
e
的值域為 , e ê ,+ ÷，
32
4
因為l g x e，所以實數l 的取值范圍為 e, ÷ .
è 32
故選：D
21 2a x
2
．若方程 2a ln = (a < 0)在 a,0x 上有實根，則 a 的取值范圍是（ ）x e
A． , 2 B． 2,0 C． , ln 2 D． ln 2,0
【答案】C
2a ln 2a
【分析】根據題意，化簡得到 ln ÷e x = xe
x t 2a
，設 f t = te , t > 0 f ln ，得到
x ÷
= f x ，求得
è è x
f t > 0，得到 f t 為增函數，轉化為方程 ln 2a = ln x x在 a,0 上有實根，設 g x = ln x x，
利用導數求得函數 g x 的單調性，結合 ln 2a < g a ，進而求得 a的范圍.
2a x2 2a ln 2a
2a
2a ln = = xe x
2a ln x
【解析】由 ，可得 ，即 ln ÷e x = xe ，x ex x x è x
2a
因為 a<0，可得 2a < a < x < 0，所以 ln > 0，其中 x < 0 ，
x
設 f t 2a= tet , t > 0 ，則 f ln ÷ = f x ，
è x
又因為 f t = t +1 et > 0，所以 f t 在 0, + 上為增函數，
所以 ln
2a
= x，即 ln 2a = ln x x，
x
所以問題轉化為方程 ln 2a = ln x x在 a,0 上有實根，
設 g x = ln x x（ a < x < 0），則 g x 1 x= < 0 ，所以 g x 在 a,0 上是減函數，
x
所以 ln 2a < g a = ln a a ，解得 a < ln 2．
故選：C．
2
【點睛】關鍵點睛：解本題的關鍵是通過函數 f t = tet 的單調性，把 2a ln 2a x= 在 a,0x 上有實根轉化x e
為 ln
2a
= x在 a,0 上有實根，對于既含有指數式又含有對數式的等式或不等式，直接求導會出現越求導
x
式子越復雜的情況，此時可通過同構函數，再利用函數的單調性，把問題轉化為較為簡單的函數的導數問
題．
07 ：其他問題
22．不等式 x 2 x +1 < sin x2 2x sin 2 x 的解集為（ ）
A． , 1 2, + B． 1,2
C． 2,1 D． 0,2
【答案】B
2 2
【分析】不等式等價于 sin 2 x 2 x < sin x 2x x 2x ，構造函數 f x = sin x x ，求導，確定
單調性，利用單調性解不等式即可.
【解析】由 x 2 x +1 < sin x2 2x sin 2 x ，
x2即 x 2 < sin x2 2x sin 2 x ，得 sin 2 x 2 x < sin x2 2x x2 2x ，
設 f x = sin x x ，則 f x = cos x 1 0，所以 f x 在R 上單調遞減，
故由 sin 2 x 2 x < sin x2 2x x2 2x 得 f 2 x < f x2 2x ，
所以 2 x > x2 2x ，解得 1 < x < 2 .
故選：B.
【點睛】方法點睛：同構法解不等式
將不等式兩邊整理為結構相同的形式，由此構造新函數，本題中將不等式整理為
sin 2 x 2 x < sin x2 2x x2 2x ，從而構造函數 f x = sin x x ，不等式化為
f 2 x < f x2 2x ，由 f x 的單調性解不等式.
1 98 23．已知 a = ,b = e 99 ,c = ln 98 ，則 a,b,c的大小關系是（ ）
99 99
A． a < b < c B． a < c < b C． c【答案】C
98
【分析】構造函數 f x = ln x x +1，求導可得 f x 在 x 0, + 上單調遞增，即可得 f ÷ < f 1 ，從而
è 99
得出 a,c x
98
大小，構造函數 g x = e 1 x，求導可得 g x 在 x 0, + 上單調遞增，即可得 g > g 0 ，
è 99 ÷
從而得出 a,b大小，即可得結論.
【解析】解：設 f x = ln x + x 1， x 0, + ，所以 f x 1= +1 1+ x= ，
x x
f x > 0，所以 f x 單調遞增，
f 98 98 98 98 1則 ÷ = ln + 1 = ln < f 1 = 0 ，
è 99 99 99 99 99
98 1
所以 ln < ，則 c < a；
99 99
g x = ex 1 x g x = ex， 1，
當 x 0, + 時， g x > 0，所以 g x 在 0, + 上單調遞增，
98 98 98
所以 g ÷ = e 99
98
1+ = e 99 1 > g 0 = 0，
è 99 99 99
98

e 99 1所以 > ，故b > a，故 c99
故選：C.
08：分段函數
ìx3 2x, x < 0
24．已知函數 f (x) = í ，若方程 f x + f x = 0有且僅有兩不等實根，則實數 a 的取值范圍
x + a, x > 0
是 ．
【答案】 0,+ 2
ì x3 + 3x, x < 0
【分析】由題意，構造函數 g(x) = í 3 ，方程 f x + f x = 0有且僅有兩不等實根，即直線 y = a
x 3x, x > 0
與函數 y = g(x) 的圖象有兩個交點，作出函數的圖象，根據交點的情況得到答案．
【解析】當 x < 0 時，方程 f x + f x = 0可化為 x3 2x x + a = 0，即 a = x3 + 3x，
當 x > 0時，方程 f x + f x = 0可化為 x + a + ( x)3 2( x) = 0 ，即a = x3 3x ，
ì x3 + 3x, x < 0
令 g(x) = í ，方程 f x + f x = 0有且僅有兩不等實根，即直線 y = a 與函數 y = g(x)x3 的圖象 3x, x > 0
有兩個交點，
當 x < 0 時， g(x) = x3 + 3x， g (x) = 3x2 + 3，
當 1 < x < 0時， g (x) > 0， g(x)單調遞增；當 x < 1時， g (x) < 0， g(x)單調遞減；當 x= 1時， g(x)取
極小值－2．
當 x > 0時， g(x) = x3 3x ， g (x) = 3x2 3，
當0 < x <1時， g (x) < 0， g(x)單調遞減；當 x >1時， g (x) > 0， g(x)單調遞增；當 x =1時， g(x)取極小
值－2．
根據以上信息，作出 g(x)的圖象如圖，
由圖可知，當 a 0或 a = 2 時，直線 y = a 與函數 y = g(x) 的圖象有兩個交點，即方程 f x + f x = 0有
且僅有兩不等實根．
故答案為： 0,+ 2 ．
ì1+ ln x, x 1
25．已知函數 f (x) =

í1 1 ，則 f (x) 的零點為 ，若 x1 x2 ，且 f (x1) + f (x2 ) = 2，則 x1 + x
x + , x <1
2
2 2
的取值范圍是 ．
【答案】 1 [3 2ln 2, + )
【分析】根據分段函數以及零點的定義，令 f (x) = 0 即可解得函數的零點；由 f (x1) + f (x2 ) = 2可知 x1, x2 在 1
的左右兩側，分別代入計算得出 x1, x2 的關系式，將 x1 + x2 消元之后構造函數即可求得其取值范圍.
【解析】令 f (x) = 0 ，
即 x 1,1+ ln x = 0，解得 x
1
= 不合題意，舍去；
e
或 x 1,
1 1
< x + = 0，解得 x= 1，符合題意；
2 2
所以，函數 f (x) 的零點為 1 .
由 x1 x2 ，且 f (x1) + f (x2 ) = 2可知，
當 x1, x2 1,+ 時， f (x1) + f (x2 ) =1+ ln x1 +1+ ln x2 >2 ,不合題意；
當 x1, x2 ，1 時， f (x1) + f (x
1
2 ) = x
1 1
1 + + x
1 1
2 + =1+ (x1 + x2 2 2 2 2 2
)<2，不合題意；
所以， x1, x2 分別屬于兩個區間，不妨取 x1 1, + , x2 ，1 ，
f (x ) f (x ) 1 ln x 1 1 1 1則 1 + 2 = + 1 + x2 + = 2，即 ln x1 + x2 2 2 2
= ；
2
ln x 1
1 (1 x )
所以， 1 = (1 x2 ) x1 = e2
2
2
1
則 (1 x2 )x1 + x = e22 + x ，2
1 1(1 x) 1 (1 x)
令 g(x) = e2 + x, x ,1 ，所以 g (x) = e2 +1, x ,1 2
令 g (x) = 0，得 x =1 2ln 2，
當 x ( ,1 2ln 2)時， g (x) < 0，即函數 g(x)在 ( ,1 2ln 2)上為單調遞減；
當 x (1 2ln 2,1)時， g (x) > 0，即函數 g(x)在 (1 2ln 2,1)上為單調遞增；
所以函數 g(x)在 x =1 2ln 2時取最小值，
即 g(x) g(1 2ln 2) = 3 2ln 2，即 x1 + x2 3- 2ln 2
所以 x1 + x2 的取值范圍是[3 2ln 2, + ) .
故答案為： 1 ；[3 2ln 2, + )
【點睛】方法點睛：本題在求解 x1 + x2 的取值范圍時首先應確定兩個變量的取值范圍，根據等量關系將雙變
量問題消元，轉換成單變量問題后構造函數，利用自變量取值范圍即可求得結果.
ì x 2
x+e e , x 0
26．已知函數 f x = eí M , N y = f x 1 ，點 是函數 圖象上不同的兩個點，設O為坐標原點，則 x2 , x > 0
4
tan MON 的取值范圍是 ．
2
【答案】[0,1+ ]
e
(x , x0 2 x0 2 1 x【分析】設切點坐標為 00 x +e e )(x0 0)，求得切線方程為 y x +e + e = x +e (x x0 )，將原點代入該切e 0 e 0 e 0
x2 2
線方程求得 0 = e2 ，構造函數 g x x= ，利用導數求得函數 g xx e x e + + 的單調性，得到切線方程為e 0 e
y = (e +1)x，再設過原點的切線為 y = k1x，聯立方程組，結合Δ = 0，求得切線為 y = x，設直線 y = x與
y = (e +1)x 3π的夾角為q ，結合 tanq = tan( a)，即可求解.
4
【解析】當 x 0 時， f x x= 2 1 x
ex e
e ，可得 f x = x e > 0，所以 f x 在 ( ,0]+ + 上單調遞增，e
2 1
當 x > 0時， y = x ，作出函數 f x 的大致圖象，如圖所示，
4
設過原點的直線與函數 y = f x (x 0)的圖象相切的直線方程為 y = kx ，
x 2 x 2 1 x
其中切點坐標為 (x , 0 e )(x 0)，則切線方程為 y 00 x +e 0 x +e + e =
0
e 0 e 0 ex0 +e
(x x0 )，
x20 x0 x x
2
將原點代入該切線方程可得 x +e +
0 e2 = 0 ，即 0 = e2 ，
e 0 ex0 +e ex0 +e
g x x
2
x 0 g x 2x x
2
構造函數 = ，其中 ，則 = 0，
ex+e 0 ex+e
所以函數 g x 在 ( ,0]上單調遞減，且 g e = e2，
可得 x0 = e，所以 k
1 x
= 0x e = e +1，切線方程為 y = (e +1)x，e 0
又由函數 y
1
= x2 , x < 0，設過原點的切線方程為 y = k1x，4
ì 1
y = x2
聯立方程組 í 4 ，整理得 x2
1
+ k1x + = 0 ，
y = k x 4 1
D = k 2 1令 1 4 = 0，解得 k1 = 1或 k1 =1（舍去），即切線方程為 y = x4
設直線 y = x與 y = (e +1)x的夾角為q ，直線 y = (e +1)x的傾斜角為a ，
tan 3π tana
則 tana = e +1，可得 tanq = tan(
3π 1 (e +1) 2
a ) = 4 3π = =1+ ，4 1+ tan tana 1 (e +1) e
4
結合圖象可知，當M , N 均在 y = f x (x 0)的圖象上時，
2
MON = 0，可得 tan MON = 0，所以0 tan MON 1+ .
e
2
故答案為：[0,1+ ] .
e
【點睛】
方法技巧：已知函數零點（方程根）的個數，求參數的取值范圍問題的三種常用方法：
1、直接法，直接根據題設條件構建關于參數的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參數的取值范圍
2、分離參數法，先分離參數，將問題轉化成求函數值域問題加以解決；
3、數形結合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中作出函數的圖象，然后數形結合求解.
結論拓展：與 ex 和 ln x相關的常見同構模型
① aea b ln b ea ln ea b ln b x，構造函數 f x = x ln x 或 g x = xe ；
② e
a b ea b x ex
< a < ，構造函數 f x = 或 g x = ；a ln b ln e ln b ln x x
③ ea ± a > b ± ln b ea ± ln ea > b ± ln b，構造函數 f x = x ± ln x或 g x = ex ± x .
一、單選題
1．（2024·遼寧·模擬預測）已知 a，b R ，若 2 a < b ， ab = ba ，則 b 的可能值為（ ）
A．2.5 B．3.5 C．4.5 D．6
【答案】B
f x ln x【分析】構造函數 = ，求導確定其單調性，結合 f (2) = f (4)可得答案.
x
b a ln a ln b【解析】由 a = b 得 = ，設 f x ln x= ，則 f (a) = f (b) ，
a b x
又 f (x)
1 ln x
=
x2
，
當0 < x < e時， f (x) > 0 ， f (x) 單調遞增，
當 x>e時， f (x) < 0 ， f (x) 單調遞減．
ln 2 2ln 2 ln 4
因為 f (2) = = = = f (4) ，所以 2 a < e < b 4．
2 4 4
結合選項可知 B 正確，ACD 錯誤.
故選：B.
2．（2024·廣東深圳·模擬預測）已知函數 f (x) = aex 1n
a
+ 2，若 f x > 0恒成立，則正實數 a的取值
x + 2
范圍是（ ）
A．0 < a < e B． a > e2 C． a > e D． a > 2e
【答案】C
【分析】分離參數 a，整理為 x + ln a + ex+ln a + > ln x + 2 + eln x+2 x，構造函數 g x = x + e ，單調遞增，得到
ln a > ln x + 2 x ，再構造 k x = ln x + 2 x ，進而得到 ln a > k x =1max ，從而 a > e .
【解析】Q f (x) = aex +1n
a
2 > 0 x+ln a，\e + ln a > ln x + 2 + 2，且 a > 0，
x + 2
x+ln a
兩邊加上 x 得 e + x + ln a > ln x + 2 + x + 2 = ln x + 2 + eln x+2 ，
g x = x + ex設 ，則 g x =1+ ex > 0，所以 g x 單調遞增，
\ x + ln a > ln x + 2 ，即 ln a > ln x + 2 x ，
k x = ln x + 2 x k x 1 1 x +1令 則 = = ，
x + 2 x + 2
Q f x 的定義域是 2, + ，
\當 x 2, 1 時， k x > 0， k x 單調遞增，當 x 1, + 時， k x < 0， k x 單調遞減，
\當 x= 1時， k x 取得極大值即為最大值， k x = k 1 =1max ，
\ln a > k x =1，\ a > emax .
故選：C．
x+ln a
【點睛】方法點睛：將等式兩邊整理為結構相同的形式，由此構造新函數，本題中將 e + ln a > ln x + 2 + 2
x + ln a + ex+ln a ln x+2 整理為 + > ln x + 2 + e ，從而構造函數 g x = x + ex 求解.
1
3．（2024· 2lx河南·模擬預測）已知l > 0，對任意的 x >1，不等式 e lne2l ÷ lnx 0恒成立，則實數l 的取
è
值范圍為（ ）
é1 ,+ é 1 A． ê ÷ B． ,+ ÷ e ê 2e
C． 2e, + D． e, +
【答案】B
u
【分析】根據題意，轉化為 2lxe2lx elnxlnx 恒成立，令 h u = ue ，利用導數求得 h u 為單調遞增函數，得
到 h 2lx h lnx lnx恒成立，進而轉化為2l 恒成立，構造函數m t lnt= ，利用導數求得m t 單調性和
x t
最小值，即可求解.
1
【解析】因為l > 0 2lx，所以整理不等式 e lne2l ÷ lnx 0，
è
可得 2le2lx lnx，轉化為 2lxe2lx elnxlnx 恒成立，
令 h u = ueu ,u > 0，則 h u = u +1 eu ,u > 0，
因為 h u > 0，所以 h u 在 0，+ 上單調遞增，所以 h 2lx h lnx 恒成立，
又因為l > 0, x > 1，所以2lx > 0,lnx > 0，
lnx
所以2lx lnx對任意的 x >1恒成立，即2l 恒成立，
x
m t lnt t 1 m t 1 lnt構造函數 = > ，則 = 2 t >1 ，t t
當1 < t < e時，m t > 0，m t 單調遞增；當 t > e時，m t < 0，m t 單調遞減，
1 1 1
所以，當 t = e 時，m t =max ，所以 2l ，即l ．e e 2e
故選：B．
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、合理轉化，根據題意轉化為兩個函數的最值之間的比較，列出不等式關系式求解；
2、構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
3、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．
4、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的
新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮
法，注意恒成立與存在性問題的區別．
4．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知定義在R 上的函數 f x 的導函數為 f x ，且 f x + f x = 0 .對于
x f f x x 任意的實數 ，均有 < 成立，若 f 3 = 16 f x > 2x+1，則不等式 的解集為（ ）
ln2
A． , 3 B． ,3 C． 3, + D． 3, +
【答案】D
f x fg x g x x 【分析】構造函數 = x ，然后由已知可得 = x 的單調性，最后將不等式轉化為2 2
g x > g 3 ，即可得到答案.

【解析】 f x f x < f x f f xx ln2 > 0 ，令 g x = ，
ln2 2x

f x ×2
x 2x f x ln2 f x f x ln2
則 g x = 2 = > 02x ，則 g x 在 , + x 上單調遞增.2
由 f 3 = 16 ， f x 為奇函數，得 f 3 =16 f 3 ，則 g 3 = = 2，
8
f x > 2x+1 f x f x2 f 3 從而原不等式 可化為 > ，即 > ，此即為 g x > gx x 3 3 .2 2 2
由于 g x 在 , + 上單調遞增，故這等價于 x > 3，所以不等式的解集為 3, + .
故選：D.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于構造新的函數并利用已知條件.
5．（2024·河北衡水·模擬預測）已知函數 f x = lnx +1 ax有兩個零點 x1, x2 ，且 x1 < x2，則下列命題正確的
是（ ）
2
A． a > 1 B． x1 + x2 < a
1
C． x1 × x2 <1 D． x2 x1 > 1a
【答案】D
a lnx +1【分析】根據零點可將問題轉化為 = ，構造 g x lnx +1= ，求導即可根據函數的單調性得函數的大
x x
2
致圖象，即可根據圖象求解 A，根據極值點偏移，構造函數 h x = f x ÷ f x ，結合函數的單調性即
è a
2
可求解 B，根據 x1 + x2 > 可得 ln x1x2 > 0，即可求解 C，根據不等式的性質即可求解 D.a
lnx +1 lnx +1
【解析】由 f x = 0可得 a = ，令 g x = ，其中 x > 0，
x x
則直線 y = a 與函數 g x lnx的圖象有兩個交點， g x =
x2
，
由 g x > 0可得0 < x <1，即函數 g x 的單調遞增區間為 0,1 ，
由 g x < 0可得 x >1，即函數 g x 的單調遞減區間為 1, + ，
0 x 1且當 < < 時， g x lnx +1 0 1 lnx +1= < ，當 x > 時， g x = > 0， g 1 =1，
e x e x
如下圖所示：
由圖可知，當 0 < a < 1時，直線 y = a 與函數 g x 的圖象有兩個交點，故 A 錯誤；
1
由圖可知， < x1 < 1 < xe 2 ，
f x 1 a 1 ax f x > 0 0 x 1 f x < 0 x 1因為 = = ，由 可得 < < ，由 可得 > ，
x x a a
1 1 1
所以，函數 f x 的增區間為 0, ÷，減區間為 ,+ ÷ ，則必有0 < x1 < < x ，è a è a a 2
所以，0 x
1 2 1
< 1 < ，則 xa a 1
> ，
a
h x f 2= x 2 2 1令 ÷ f x = ln x ÷ aa x ÷ lnx + ax ，其中0 < x < ，è è a è a a
1 22a x

÷
則 h x 1 1= + 2a = è a < 0，則函數 h x 0,
1
2 在 ÷上單調遞減，x x ax x
2
è
a a ֏
h x h 1 2所以， 1 > ÷ = 0

，即 f x

1 ÷ f x1 > 0，即 f x f
2
1 < x

1 ÷，
è a è a è a
2
又 f x2 = f x1 = 0 ，可得 f x2 < f x1 ÷，
è a
因為函數 f x 1 2 2的單調遞減區間為 ,+ ÷ ，則 x2 > x1，即 x1 + x2 > ，故 B 錯誤；è a a a
ìax1 = lnx1 +1 ln x x + 2 2
由 í 1 2
ax2 = lnx 1
，兩式相加整理可得 x1 + x2 = > ，
2 + a a
所以， ln x1x2 > 0，可得 x1 × x2 >1，故 C 錯誤；
1
由圖可知 < x1 < 1 < x2 ，則 x1 > 1
1 1
e ，又因為
x2 > ，所以， xa 2
x1 > 1，故 D 正確.a
故選：D.
【點睛】方法點睛：利用導數證明或判定不等式問題：
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.
6．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x a sin x + cos x = x + x在 0, π 上恰有兩個極值點，則實數 a 的取值e
范圍是（ ）
2 π 2 π
A π π． 0, e 4 ÷ 4 ÷ B． , e C． 0,e D． e ,+ ÷÷
è 2 è 2
【答案】D
ex
【分析】函數 f x 在 0, π 上恰有兩個極值點， f x 在 0, π 上有兩個變號零點，分離常數得 a = ，
2sin x
轉化為兩函數圖象有兩個不同的交點，利用數形結合思想進行求解；或直接求函數 f x 的單調性，求圖象
在 0, π 上與 x 軸有兩個交點的條件.
2a sin x
【解析】解法一： 由題意可得 f x = x +1，因為函數 f x 在 0, π 上恰有兩個極值點，所以 f x e
在 0, π 上有兩個變號零點．
2a sin x x x
令 f x = x +1 = 0
e e
，可得 a = ，令 g xe = , x 0, π ，2sin x 2sin x
則直線 y = a 與函數 y = g x ， x 0, π 的圖象有兩個不同的交點，
x π
x
2e sin x cos x
2 2e sin x ÷
g x = = è 4 ，
2sin x 2 2sin x 2
x π ,π 當 ÷時， g x
π
> 0 ，所以 g x 在 ,π4 ÷ 上單調遞增，è 4 è
π π
當 x 0, ÷時， g x < 0，所以 g x 在 0, ÷上單調遞減，
è 4 è 4
π 2 π
又 g ÷ = e 4 ，當 x 趨近于 0 時， g x 趨近于+∞，當 x 趨近于 π 時， g x 趨近于+∞，
è 4 2
π
所以可作出 g x 2的圖象如圖所示，數形結合可知 a > e 4 ，
2
2 π
即實數 a 的取值范圍是 4 e , + 2 ÷÷，è
故選：D．
解法二 由題意可得 f x 2a sin x= x +1．因為函數 f x 在 0, π 上恰有兩個極值點，所以 f x 在 0, π 上e
有兩個變號零點．
當 a 0時， f x > 0在 0, π 上恒成立，不符合題意．
h x f x 2a sin x 2 2a sin
x π
當 a > 0時，令 = = x +1，則
÷
h x è 4 ，e =
ex
當 x
π
,π ÷時， h x > 0， h x

單調遞增，當 x 0,
π
÷時， h x < 0， h x 單調遞減，
è 4 è 4
π 2a
π 2a π
因為 h 0 = h π =1 2， h =1 4 ÷ π ，所以 h 4 ÷ =1 π < 0，則è è a > e
4 ，即實數 a 的取值范圍是
e 4 e 4 2
2 π
e
4 , +
2 ÷÷，è
故選：D．
【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，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.
7．（2024·湖南邵陽·二模）已知函數 f x 的定義域為R, f x 為 f x 的導函數.若 f 1 = e，且
f x + ex < f x 在R 上恒成立，則不等式 f x < 2 x ex的解集為（ ）
A． , 2 B． 2, +
C． ,1 D． 1, +
【答案】D
f x
【分析】設 g x = x + x，利用導數求得 g x 在R 上單調遞減，把不等式轉化為 g x < g 1 ，即可求解.e
f x f x ex f x ×e
x f x f x + ex
【解析】設函數 g x = x + x，可得 g x = 2x +1 = x < 0，e e e
所以函數 g x 在R 上單調遞減，
由 f x < 2 x ex f x + xex < 2ex f x f 1，可得 ，即 x + x < 2

= +1，
e e
可得 g x < g 1 ，所以 x >1，即不等式 f x < 2 x ex的解集為 1, + .
故選：D.
8．（2024· 2陜西商洛·模擬預測）已知函數 f x = 2xlnx ax ，若對任意的 x1, x2 0, + ，當 x1 > x2 時，都
有 2x1 + f x2 > 2x2 + f x1 ，則實數 a的取值范圍為（ ）
é 1 é1
A． ê ,+ ÷ B． 1, + C． ê ,+ ÷ D． 2, + 2e e
【答案】C
【分析】構造函數F x = f x 2x ，求導，分離參數求最值即可.
【解析】不等式 2x1 + f x2 > 2x2 + f x1 等價于 f x1 2x1 < f x2 2x2 ，
令F x = f x 2x, x 0, + ，根據題意對任意的 x1, x2 0, + ，
當 x1 > x2 時，F x1 < F x2 ，所以函數F x = f x 2x 在 0, + 上單調遞減，
所以F x = f x 2 = 2lnx 2ax 0在 0, + 上恒成立，
lnx
即 a 在 0, + 上恒成立.
x
g x lnx , x 0, g x 1 lnx令 = + ，則 = 2 ，x x
所以當 x 0,e 時， g x > 0， g x 單調遞增，
當 x e, + 時， g x < 0, g x 1 1單調遞減.所以 g(x)max = g e = ，所以 a .e e
故選：C.
【點睛】結論點睛：對于恒成立問題，常用到以下兩個結論：
（1） a f x 恒成立 a f x max ；
（2） a f x 恒成立 a f x min .
二、多選題
a
9．（2024· x江西·二模）若 e > a ln x a 恒成立，則實數 a的取值可以是（
x ）
A．0 B． e 2 C．ee+1 D． e2
【答案】ABD
【分析】分類討論 a的取值范圍，構造函數，結合導函數與函數單調性、最值的關系即可求解．
【解析】由題知， x > 0，
①當 a = 0 ex時， > 0在 0, + 恒成立，
a a 1
②當 a<0 ex時，由 > 0，則 ex > a ln x a x ，即 e > a + ln x 1

x x x ÷
恒成立，
è
設 f (x)
1 ln x 1, x 0 f (x) 1 1 x 1= + > ，則 = 2 + = 2 ，令 f (x) = 0得 x =1，x x x x
所以當 x 0,1 時， f (x) < 0 ，則 f (x) 在 0,1 單調遞減，
當 x 1, + 時， f (x) > 0 ，則 f (x) 在 1, + 單調遞增，
所以 f (x) f (1) = 0，則 a × f (x) 0 ，
ex 0 a 1所以 > + ln x 1

，即 a<0滿足題意；
è x ÷
③當 a > 0時，設 g(x) = xex ，則 g (x) = ex x +1 ，令 g (x) = 0， x= 1，
當 x , 1 時， g (x) < 0，則 g(x)在 , 1 單調遞減，
當 x 1, + 時， g (x) > 0，則 g(x)在 1, + 單調遞增，
所以 g(x) a = xex a 在 0, + 單調遞增，且 g(0) a = a < 0， g(a) a = a ea 1 > 0 ，
所以$x x00 0, a ，使得 g(x0 ) a = x0e a = 0 ；
當 x 0, x x a a x0 時， xex a < 0，即 e < 0 ，設m(x) = e a ln x + a, x > 0x ，x
a
則m (x) = 2 e
x a < 0，所以m(x)在 0, x0 上單調遞減，x x
x0
所以當 x 0, x0 時，m(x) > m x
a x e
0 =
0 a ln x0 + a = a ln x + a ；x 00
當 x x0 ,+
a
時， xex a > 0 x即 e > 0，設 n(x) ex
a
= a ln x + a, x > x0，x x
2 x
則 n (x) ex a a x e ax + a= + = ，設 p(x) = x2ex ax + a, x x ,+
x2
，
x x2 0
p (x) = x2 + 2x ex a q x = x2 + 2x ex，設 a, x x0 , + ，
q (x) = x2 x則 + 4x + 2 e > 0，
可知 q x 在 x0 ,+ 內單調遞增，
所以 q(x) > q(x0 ) = x0 + 2 x0ex0 a = a x0 +1 > 0，即 p (x) > 0 ，
所以 p(x) > p(x0 ) = x
2ex00 ax0 + a = ax0 ax0 + a = a > 0，
p(x)
所以 n (x) = 2 > 0，x
所以 n(x) 在 x0 ,+ 上單調遞增，
所以當 x x0 ,+ 時， n(x) n x0 = a ln x0 + a，
又因為當 x 0, x0 時，m(x) > m x0 = a ln x0 + a ，
a
所以當 a > 0時， ex > a ln x a a ln x0 + a > 0，解得0 < x0 < e，x
又 a = x x00e ，所以 a 0,ee+1 ，
綜上， a , ee+1 ，
故選：ABD
【點睛】關鍵點點睛：當 a > 0時，$x0 0, a x a x，使得 x0e 0 = a，當 x 0, x0 時，設m(x) = e a ln x + ax ，
求得最小值 a ln x0 + a；當 x x0 ,+ 時，設 n(x) ex a= a ln x + ax ，求得最小值 a ln x0 + a，令 a ln x0 + a > 0
即可．
10．（2024·浙江·二模）設定義在 R 上的函數 f x 的導函數為 f x ，若"x R ，均有 xf x = x +1 f x ，
則（ ）
A． f 0 = 0 B． f 2 = 0 （ f x 為 f x 的二階導數）
C． f 2 < 2 f 1 D． x = 1是函數 f x 的極大值點
【答案】AB
é f x ù f x f x
【分析】由 xf x = x +1 f x ，令 x = 0，即可判斷 A；由已知得 ê ú = ，即得函數 = e
x + c ，
x x x
確定 c = 0 ，從而可得 f x = x ex + c f x ，求導數，即可判斷 B；令 g x = , (x > 0)，判斷其單調性，即
x
可判斷 C；根據極值點與導數的關系可判斷 D.
【解析】由"x R ， xf x = x +1 f x ，令 x = 0，則 0 = 0 +1 f 0 ,\ f 0 = 0，A 正確；
當 x 0時，由 xf x = x +1 f x 得 xf x f x xf x
f x × x f x f x = ，故 2 = ，x x
é f x ù f x f x
即 ê ú = ，則 = e
x + c （c x為常數），則 f x = x e + c ，
x x x
f 0 = 0 x滿足該式，故 f x = x e + c ，則 f x = ex + c + xex ，
x
將 f x = x e + c 代入 xf x = x +1 f x 中，得 x ex + c + xex = x +1 x ex + c ，
即 xex + xc + x2ex = x2ex + x2c + cx + xex ，而 x R ，故 c = 0 ，
f x = xex f x = ex + xex f x = ex + ex + xex x則 ， ， = e (2 + x) ，
x
故 f 2 = e (2 2) = 0，B 正確；
f x x
令 g x = , (x > 0)， g x = e > 0，故 g x 在 (0,+ )上單調遞增，
x
f 2 f 1
故 > ，即 f 2 > 2 f 1 ，C 錯誤；
2 1
x x x
由于 f x = e + xe ，令 f x > 0,\e 1+ x > 0，即得 x > 1，
令 f x < 0,\ex 1+ x < 0，即得 x < 1，
故 f x 在 ( , 1)上單調遞減，在 ( 1,+ )上單調遞增，
故 x = 1是函數 f x 的極小值點，D 錯誤，
故選：AB
11．（2024·全國· x 2模擬預測）已知函數 f x = lna + b e a ex ，其中 e為自然對數的底數，則（ ）
A．若 f x 為減函數，則 f 0 < 0 B．若 f x 存在極值，則 aeb >1
C．若 f 1 = 0，則b > ln2 D．若 f x 0，則b a
【答案】BCD
【分析】對 f x 求導可得 f x = lna + b ex a2e，當 f 0 = 0時， f x 也為減函數，可得 A 錯誤；若 f x
存在極值可知 f x 存在“變號”零點，可得 B 正確；由 f 1 = 0 2可得b = a2 lna ，構造 g x = x lnx 并判斷
a2ex ex b lna
單調性可得b > ln2，C 正確；由 f x 0可得 lna + b x ，易知 x 1，可得 a ，構造函數e e a a
h x = x lnx , x > 0 并判斷單調性即可求得b a ，D 正確.
x
【解析】因為 f x = lna + b ex a2ex ，所以 f x = lna + b ex a2e，
所以當 f 0 = lna + b = 0時， f x = a2e < 0, f x 為減函數，A 錯誤．
若 f x 存在極值，則 f x = lna + b ex a2e存在“變號”零點．
因為 f x = 0 lna + b ex = a2可得 e ，所以 lna + b > 0，即 aeb >1，B 正確．
若 f 1 = 0，則 lna + b e a2e = 0，即b = a2 lna ．
2 2
令 g x = x2 lnx 2 x + 2 ÷ x 2 ÷，則 ，
g x 1= 2x = è è , x > 0
x x
所以當0 < x 2< 時， g x < 0，當 x 2> 時， g x > 0，
2 2
2 2
所以 g x 在 0, ÷÷ 上為減函數，在 ,+ 2 2 ÷÷上是增函數，è è

g(x) g 2
1 2 1 1
所以 min = 2 ÷÷
= ln = 1+ ln2 ，所以b 1+ ln2 > ln2，C 正確．
è 2 2 2 2
2
f x 0 a ex x ex若 ，即 lna + b x ．由 e x +1，得 e
x 1 x ，即 x 1，e e
b lna
所以 lna + b a2 ，易知 a > 0，所以 a ．a a
h x x lnx
2
= , x > 0 h x 1 1 lnx x 1+ lnx設 ， = 2 = ．x x x2
2
設j x = x 1+ lnx, x > 0,j x = 2x 1+ > 0，所以j x 在 0, + 上單調遞增，
x
結合j 1 = 0，當0 < x <1時，j x < 0, h x < 0, h x 在 0,1 上單調遞減；
當 x >1時，j x > 0, h x > 0,h x 在 1, + 上單調遞增．
所以 h(x)min = h 1 =1
b
，所以 1，即b a ，D 正確．
a
故選：BCD．
【點睛】方法點睛：在求解參數取值范圍時，往往根據已知條件得出變量之間的基本關系，通過構造函數
得出函數單調性即可求得參數取值范圍.
三、填空題
2
12．（2024· e陜西安康·模擬預測）已知實數 a,b滿足 a = e2 a , lnb = ，則 lna + lnb =
b
【答案】2
【分析】由題意變形可得 aea = lnb x×elnb = e2，構造函數 f x = xe ，結合函數單調性可得 a = ln b，即可得解.
2 a a e
2 e2
【解析】由 a = e > 0 ，則 = a ，即 ae
a = e2 ，由 lnb = ，則blnb = e2 ，
e b
即有 aea = blnb = e2 ，即 aea = lnb ×elnb = e2，
令 f x = xex x > 0 ，有 f a = f ln b = e2，
則 f x = x +1 ex > 0，故 f x 在 0, + 上單調遞增，故 a = ln b，
則 lna + lnb = lna + a = ln aea = lne2 = 2 .
故答案為： 2 .
x
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于得到 aea = lnb ×elnb = e2，從而構造函數 f x = xe ，結合單調性得到
a = ln b .
x
f x ex 2e ln x 1
3
13．（2024·四川涼山·三模）已知函數 = x2 ln x x >
2t
÷ 的零點為 t ，則 t 1 = ．x è e e
【答案】 2e
et et x t
【分析】先零點代入函數解析式得 2 ln 2 = t ln t，構造函數 g x
e e 1
= 2 ，利用導數研究其單調性得 > ，t t x t 2 e
再根據 h x = x ln x 的單調性計算即可.
【解析】Qt
t 1 為函數零點 > ÷，
è e
t
et 2e ln t\ t 2 ln t = 0 tet 2et ln t t3 ln t = 0
t
t t
et t 2ln t = t3 ln t e 2 ln
e
t t 2
= t ln t ．
g x e
x
x 2 e
x
令 = g x = ，
x2 x3
顯然 x 0,2 時， g x < 0， x 2, + 時， g x > 0，
\ g x 在 0,2 上單調遞減，在 2, + 上單調遞增，
e2 1 et 1
\ g x = g 2 = > > ，min 4 e t 2 e
令 h x = x ln x ， h x = ln x +1 > 0，
x 1顯然 > 時， h x > 0，即 h x 1 ,+ 在 ÷ 上單調遞增，e è e

h e
t et 2t3
則 t 3t 2 ÷
= h t ，所以 2 = t e = t è t et 1
= 2e .
故答案為： 2e
et et ex
【點睛】思路點睛：先將零點代入函數解析式通過同型構造得 2 ln 2 = t ln t，之后判定函數 g x = 2 的單t t x
et 1
調性得出 > ，再根據 h x = x ln x2 的單調性計算即可.t e
14．（2024·吉林·二模）若實數 x0 滿足 f x0 = g x0 ，則稱 x0 為函數 y = f x 與 y = g x 的“關聯數”.若
f x = a x a > 0, a 1 與 g x = x2 在實數集R 上有且只有 3 個“關聯數”，則實數 a的取值范圍為 .
2 2
【答案】 -1 < a < e e 或 e e < a <1，
x 2 3 ln a ln x
2 ln x2
【分析】由題意可得a = x 僅有 個解，即 = 僅有 3 個解，由此構造函數 h(x) = , (x 0)，利
x x
用導數判斷其單調性，結合函數奇偶性，可作出函數圖象，進而將方程的解轉化為函數圖象的交點問題，
數形結合，列出不等式，即可求得答案.
x 2
【解析】由題意可知 f x = a a > 0, a 1 與 g x = x 在實數集R 上有且只有 3 個“關聯數”，
即 f x = g x 僅有 3 個解，即a x = x2 僅有 3 個解，
2
x = 0 ln x顯然不是該方程的解，則 ln a x = ln x2 ，即 ln a = 僅有 3 個解，
x
2
h(x) ln x ln x
2
設 = , (x 0)，定義域關于原點對稱，且滿足 h( x) = = h(x)。
x x
即 h(x) 為奇函數，
h(x) 2 ln x h (x) 2(1 ln x)考慮 x > 0時的情況， = ， =
x x2
，
當0 < x < e時， h (x) > 0，即 h(x) 在 (0, e)上單調遞增，
當 x>e時， h (x) < 0，即 h(x) 在 (e,+ ) 上單調遞減，
2
則函數極大值為 h(e) = ，且當0 < x <1時， h(x) < 0；當 x >1時， h(x) > 0；
e
結合函數 h(x) 為奇函數，即可作出函數 h(x) 的圖象如圖示：
2 2
由于 ln a ln x= 僅有 3 個解，故 y = ln a與函數 h(x) ln x= 的圖象僅有 3 個交點，
x x
0 ln a 2 2結合圖象可得 < < 或 < ln a < 0，
e e
2 2
即 -1 < a < e e 或 e e < a <1，
2 2
故答案為： -1 < a < e e 或 e e < a <1
【點睛】方法點睛：根據題意將“關聯數”轉化為方程的解，進而將方程的解的問題轉化為函數圖象的交點問
題，結合方程的特征構造函數，利用導數判斷其單調性，作出圖象，數形結合，即可求解.特訓 04 特例法、構造法解導數小題（八大題型）
例1 已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，設函數f(x)的導函數為f'(x), 若對任意x>0都有
2f(x)+xf'(x)>0成立，則( ) .
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
一般解法：(構造法)令g(x)=x f(x), 其導函數g'(x)=2xf(x)+x f(x).
當x>0時，g(x)=x[2f(x)+xf'(x)]>0, 即函數g(x)在(0,+x)上單調遞增.
∵函數f(x) 是定義在R上的偶函數，
:f(-x)=f(x),∴g(-x)=(-x)}f(-x)=x}f(x)=g(x),即函數g(x)為偶函數，
∴g(-2)=g(2), 而g(2)故選A.
特例法：令f(x)=1,滿足條件f(x) 是偶函數且2f(x)+ef (x) 0,把f(x)=1代入四個選項，只
有A滿足.故選A.
例2 定義在R上的可導函數f(x)的導函數是f'(x),若f'(x)>f(x)- 1,f(1)=2018,則不等式
f(x)>2017ex-1+1的解集是________. .
一般解法：(構造法)構造 F（x）= f（x） 1
ex 1
特例法：令 f(x)=2018ex-1
答案：（1，+∞）
目錄：
01 ：抽象函數—比較大小問題
02 ：抽象函數—利用導數解不等式
03 ：抽象函數—求參數范圍
04 ：恒成立、存在性、有解問題
構造法解決導數問題
05 ：最值問題
06 ：零點、方程的根問題
07 ：其他問題
08：分段函數
01 ：抽象函數—比較大小問題
1．已知定義在 (0, + )上的函數 f x 的導數為 f x ，若 f (1) =1，且 x2 f (x) +1 > 0 ，則下列式子中一定成
立的是（ ）
A． f
1
÷ > 3 B． f (
1 ) > π
è 3 π
C． f log2 e > ln 2 D． f (ln 3) < log3 e
2．已知函數 f x 在R 上可導，其導函數為 f x ，若 f x 滿足： x 1 é f x f x ù > 0，
f 2 x = f x e2 2x ，則下列判斷正確的是（ ）
A． f 1 > e f 0 B． f 2 > e2 f 0
C． f 3 > e3 f 0 D． f 4 < e4 f 0
02 ：抽象函數—利用導數解不等式
3．已知函數 f (x) 的定義域為R ，且 f 2 = 1，對任意 x R ， f (x) + xf (x) < 0 ，則不等式 x +1 f x +1 > 2
的解集是（ ）
A． ,1 B． , 2 C． 1, + D． 2, +
4．若函數 f x 的定義域為R ，滿足 f 0 = 2 ，"x R ，都有 f x + f x >1，則關于 x 的不等式 f x > e x +1
的解集為（ ）
A． x x >1 B． x x > e C． x x < 0 D． x x > 0
5．已知定義在 R 上的奇函數 f x 滿足 f 2 + x = f x ，且當 x 0,1 時 f x > π，則不等式 f x sin πx
在 3,3 上的解集為 ．
6．設函數 f x 在R x上的導函數為 f x ，已知 f x = e 2x +1 + f x ， f 0 =1 x，則不等式 f x 3e < 0
的解集是 ．
7．已知函數 f x 是定義在R 上的偶函數，其導函數為 f (x) ，且當 x < 0 時， 2 f x + xf (x) < 0，則不等式
x 2023 2 f (x 2023) f ( 1) > 0的解集為 ．
8．已知 f x 為定義域R 上函數 f x 的導函數，且 f x + f 2 x = 0 ， x 1， x 1 f x + 2 f x > 0
且 f 3 =1，則不等式 f x
4
>
x 1 2 的解集為 ．
03 ：抽象函數—求參數范圍
9．設定義域為R 的偶函數 y = f x 2的導函數為 y = f x ，若 f x + x +1 也為偶函數，且
f 2a + 4 > f a2 +1 ，則實數 a的取值范圍是（ ）
A． , 1 3,+ B． , 3 1,+
C． 3,1 D． 1,3
10．已知函數 f x 在R 上連續且存在導函數 f x ，對任意實數 x 滿足 f 2 x = f x + 2x 2，當 x 1,+
時， f x > 1.若 f a +1 f a 1，則 a的取值范圍是 .
04 ：恒成立、存在性、有解問題
11．已知定義在
f x
0, + 上的單調遞增函數 f x 滿足 > xf x 恒成立，其中 f x 是函數 f x 的導函數.若
2 f m 2022 < m 2022 f 2 ，則實數m 的取值范圍為（ ）
A． 0,2022 B． 2022,2024 C． 2022, + D． 2024, +
12．設函數 f x = xex ，則函數 f x 的最小值為 ；若對任意 x2 0, + ，存在 x1 0, + 不等式
f x1 f x2 2k é 2
2 × x x +1ùx e 2 k +1 2 恒成立，則正數 k 的取值范圍是 ．1
lnx
13．已知l > 0，對任意的 x >1，不等式 e2lx 0恒成立，則l 的取值范圍為（ ）
2l
é 1 é1
A． 2e, + B． ê ,+ C． e, + D． ,+ 2e ÷ ê e ÷
x e 114．若關于 的不等式 1 lnx + ax xeax 1 x é ,1ù在 ê ú內有解，則正實數 a的取值范圍是（ ） 2
A． 0,2 + 2ln2 é 1B． ê , e
ù
ú C． 0,4
é 1D． ê , e
ù
e 2e ú
15 f x 1 2= x4 x3 a 1．已知函數 + x2 xlnx é在 ê , 2
ù
ú上存在單調遞減區間，則實數 a的取值范圍為（4 3 2 e ）

A． ,
2e 1ù
2 ú B． , 2 è e

C． ,
2e 1
2 ÷ D． , 2 è e
16．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, + )
f (x)
17 ．已知函數 f (x) 的定義域為 ( 1, + )，導函數為 f (x) ，不等式 + ln(x +1) × f (x) ln(x +1) × f (x) 恒成
x +1
e4
立，且 f (4) = ，則不等式 ln(x + 3) × f (x + 2) ex+2 的解集為（ ）
ln 5
A．[2,+ ) B． ( 1,2] C．[0, + ) D． (0, 2]
05 ：最值問題
18．已知函數 f x = ex 1， g x =1+ lnx，若 f m = g n ，則m n的最大值是（ ）
ln2 +1
A． 1 B．0 C． D． 2ln2 + 3
2
x1 ln x2 x2 ln x1 119．若對任意的 x1, x2 (m,+ )，且 x1 < x2，都有 < mx x 2 ，則 的最小值是（ ）2 1
1
A． B． e C．1 D． ee
06 ：零點、方程的根問題
20 f x e= + lx 2 x e1 x．若函數 在 0, + 上沒有零點，則實數l 的取值范圍為（ ）
x
e e3 e e3
A． , ÷ ,+ ÷ B． ,
è 3
÷
è 9 è 3 9
4
e e
4
C． , e U ,+ ÷ D． e,
è 32 32
÷
è
2
21．若方程 2a ln 2a x= (a < 0)在 a,0 上有實根，則 a 的取值范圍是（ ）
x ex
A． , 2 B． 2,0 C． , ln 2 D． ln 2,0
07 ：其他問題
22．不等式 x 2 x +1 < sin x2 2x sin 2 x 的解集為（ ）
A． , 1 2, + B． 1,2
C． 2,1 D． 0,2
1 98 23 a ,b e 99 ,c ln 98．已知 = = = ，則 a,b,c的大小關系是（ ）
99 99
A． a < b < c B． a < c < b C． c08：分段函數
ìx3 2x, x < 0
24．已知函數 f (x) = í ，若方程 f x + f x = 0有且僅有兩不等實根，則實數 a 的取值范圍
x + a, x > 0
是 ．
ì1+ ln x, x 1
f (x) = 25．已知函數 í1 1 ，則 f (x) 的零點為 ，若 x1 x2 ，且 f (x1) + f (x2 ) = 2，則 x + xx + , x <1 1 2 2 2
的取值范圍是 ．
ì x
x+e e
2 , x 0

26 e．已知函數 f x = í 1 ，點M , N 是函數 y = f x 圖象上不同的兩個點，設O為坐標原點，則 x2 , x > 0
4
tan MON 的取值范圍是 ．
一、單選題
1．（2024·遼寧·模擬預測）已知 a，b R ，若 2 a < b ， ab = ba ，則 b 的可能值為（ ）
A．2.5 B．3.5 C．4.5 D．6
2．（2024·廣東深圳·模擬預測）已知函數 f (x) = aex
a
+1n 2，若 f x > 0恒成立，則正實數 a的取值
x + 2
范圍是（ ）
A．0 < a < e B． a > e2 C． a > e D． a > 2e
1
3．（2024·河南·模擬預測）已知l > 0，對任意的 x >1，不等式 e2lx lne2l ÷ lnx 0恒成立，則實數l 的取
è
值范圍為（ ）
é1
A． ê ,+
é 1
÷ B． ,+ ÷
e ê 2e
C． 2e, + D． e, +
4．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知定義在R 上的函數 f x 的導函數為 f x ，且 f x + f x = 0 .對于
f x x+1
任意的實數 x ，均有 f x < 成立，若 f 3 = 16 ，則不等式 f x > 2 的解集為（ ）
ln2
A． , 3 B． ,3 C． 3, + D． 3, +
5．（2024·河北衡水·模擬預測）已知函數 f x = lnx +1 ax有兩個零點 x1, x2 ，且 x1 < x2，則下列命題正確的
是（ ）
A． a > 1 B． x
2
1 + x2 < a
1
C． x1 × x2 <1 D． x2 x1 > 1a
a sin x + cos x
6．（2024· 全國·模擬預測）已知函數 f x = x + x在 0, π 上恰有兩個極值點，則實數 a 的取值e
范圍是（ ）
2 π 2 π
A． 0, e
4 ÷÷ B． , eπ C． 0,eπ D． 42 e ,+ ÷÷è è 2
7．（2024·湖南邵陽·二模）已知函數 f x 的定義域為R, f x 為 f x 的導函數.若 f 1 = e，且
f x + ex < f x 在R 上恒成立，則不等式 f x < 2 x ex的解集為（ ）
A． , 2 B． 2, +
C． ,1 D． 1, +
8．（2024·陜西商洛·模擬預測）已知函數 f x = 2xlnx ax2 ，若對任意的 x1, x2 0, + ，當 x1 > x2 時，都
有 2x1 + f x2 > 2x2 + f x1 ，則實數 a的取值范圍為（ ）
é 1 ,+ é1 A． ê ÷ B． 1, + C． ê ,+ ÷ D． 2, + 2e e
二、多選題
a
9．（2024·江西·二模）若 ex > a ln x a 恒成立，則實數 a的取值可以是（
x ）
A．0 B． e 2 C．ee+1 D． e2
10．（2024·浙江·二模）設定義在 R 上的函數 f x 的導函數為 f x ，若"x R ，均有 xf x = x +1 f x ，
則（ ）
A． f 0 = 0 B． f 2 = 0 （ f x 為 f x 的二階導數）
C． f 2 < 2 f 1 D． x = 1是函數 f x 的極大值點
11 x 2．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = lna + b e a ex ，其中 e為自然對數的底數，則（ ）
A．若 f x 為減函數，則 f 0 < 0 B．若 f x 存在極值，則 aeb >1
C．若 f 1 = 0，則b > ln2 D．若 f x 0，則b a
三、填空題
2
12 e．（2024·陜西安康·模擬預測）已知實數 a,b滿足 a = e2 a , lnb = ，則 lna + lnb =
b
x 2ex ln x 2 113 2t
3
．（2024·四川涼山·三模）已知函數 f x = e x ln x x > ÷ 的零點為 t ，則 t 1 = ．x è e e
14．（2024·吉林·二模）若實數 x0 滿足 f x0 = g x0 ，則稱 x0 為函數 y = f x 與 y = g x 的“關聯數”.若
f x = a x a > 0, a 1 與 g x = x2 在實數集R 上有且只有 3 個“關聯數”，則實數 a的取值范圍為 .

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