专题2-4构造函数以及切线（解析版）_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_2.2024二轮复习_2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

专题 2-4 构造函数以及切线归类 目录 题型01切线求参...................................................................................................................................................................1 题型02 求“过点”型切线方程..........................................................................................................................................3 题型03“过点”切线求参......................................................................................................................................................5 题型04“过点”切线条数的判断..........................................................................................................................................7 题型05 由切线条数求参......................................................................................................................................................8 题型06 公切线....................................................................................................................................................................10 题型07 特殊构造：幂积型构造........................................................................................................................................12 题型08 特殊构造：幂商型构造........................................................................................................................................15 题型09 特殊构造：ex的积型构造....................................................................................................................................16 题型10 特殊构造：ex的商型构造....................................................................................................................................18 题型11特殊构造：对数型构造.........................................................................................................................................21 题型12特殊构造：正弦型构造.........................................................................................................................................23 题型13特殊构造：余弦型构造.........................................................................................................................................26 题型14复合型构造.............................................................................................................................................................28 高考练场..............................................................................................................................................................................30 题型 01 切线求参 【解题攻略】 求曲线y＝f(x)在点P(x，f(x))处的切线方程： 0 0 (1)求出函数y＝f(x)在点x＝x 处的导数，即曲线y＝f(x)在点P(x，f(x))处切线的斜率． 0 0 0 (2)切线方程为：y＝y＋f′(x)(x－x)． 0 0 0 1、设切点（或者给出了切点）：P(x，y) 0 0 2、y=f(x) 0 0 3、y＝f′(x) k=f′(x) 0 4、切线方程：y-y ＝k(x－x) 0 0【典例1-1】（2023春·重庆·高二校联考期中）若函数 的图象在 处的切线与直线 垂直，则 的值为（ ） A． B．2或 C．2 D．1或 【答案】B 【分析】由两线垂直可知 处切线的斜率为5，利用导数的几何意义有 ，即可求 的值. 【详解】由题意知：直线 的斜率为 ，则在 处切线的斜率为5， 又∵ ，即 ， ∴ ，解得 或 ，故选：B． 【典例1-2】(山东省烟台市2021-2022学年高三数学试题)已知曲线 在点（0，1）处的切线与曲线 只有一个公共点，则实数a的值为（ ） A． B．1 C．2 D． 【答案】A 【分析】先求出 导数，求得切线的斜率，可得切线方程，再由切线与曲线 只有一个公 共点，进而联立得到 的值. 【详解】 的导数 ，曲线 在 处切线斜率 ，则曲线 在 处切线方程 为 ，即 由于切线与曲线 只有一个公共点， 联立 ，得 即 解得 故选: A. 【变式1-1】（河南省郑州市2021-2022学年高三考试数学（理科）试题）若曲线 在点 处的切线与直线 平行，则 ___________. 【答案】 【分析】令 ，利用导数的几何意义得出 的值. 【详解】令 ， 则 所以 ， ，当 时， 又该函数在点 处的切线与直线 平行，所以 故答案为： 【变式1-2】（河南省许昌市2021-2022学年高三数学文科试题）已知曲线 在点 处的切线方程为 ，则 ___________. 【答案】 【分析】根据导数的几何意义可得 ，根据切点坐标可得 ，列方程求解．【详解】 ，则 ∵ 在点 处的切线方程为 ∴可得 ，解得 则 故答案为： ． 【变式1-3】已知函数 ，函数 （ 且 ）的图象过定点 ，若曲线 在 处的切线经过点 ，则实数 的值为______． 【答案】 ##0.5 【分析】先求出 （ 且 ）所经过的定点 的坐标，然后根据导数的几何意义求出 在 处的切线方程，最后把点 的坐标代入切线方程，即可得 值． 【详解】函数 （ 且 ）的图象恒过点 ， 因为 ， 则 在 处的切线的斜率为 ，又 ， 所以切线方程为 ，因为切线经过点 ， 所以 ，解得 ．故答案为： 题型 02 求“过点”型切线方程 【解题攻略】 1、设切点（或者给出了切点）：P(x，y) 0 0 2、y=f(x) 0 0 3、y＝f′(x) k=f′(x) 0 4、切线方程：y-y ＝k(x－x) 0 0 5、过（a,b）,代入y-y ＝k(x－x)，得 0 0 【典例1-1】（2023下·上海嘉定·高三上海市嘉定区第一中学校考）已知曲线 ，过点 作曲线的切线，则切线方程 ． 【答案】 【分析】设切点坐标为 ，求出切线方程，代入点 求出 ，从而可得切线方程. 【详解】设切点坐标为 ，由 ，得 ， 所以曲线 在点 处的切线方程为 . 因为切线过点 ，所以 ，解得 . 所以切线方程为 .故答案为: . 【典例1-2】（2023下·上海浦东新·高三上海市实验学校校考开学考试）已知曲线 ，过点 作曲线的切线，则切线的方程为 . 【答案】 【分析】设切点坐标为 ，根据切线所过的点得到 的方程，解出 后可得所求的切线方程. 【详解】设切点坐标为 ， ,则切线的斜率 ， 故切线方程为 ，又因为点 在切线上， 所以 ，整理得到 ， 解得 ，所以切线方程为 ．故答案为: . 【变式1-1】）（云南民族大学附属中学2022届高三高考押题卷二数学（理）试题）函数 过原点 的切线方程是_______. 【答案】 . 【分析】设切点为 ，根据导数的几何意义求出函数切点为 的切线方程，再根据切线过原 点求出 ，即可得解. 【详解】解：设切点为 ， ，则 ，故切点为 的切线方程为 ， 又因此切线过原点，所以 ，解得 ，所以函数 过原点的切线方程是 ，即 .故答案为： . 【变式1-2】（2023春·河北邢台·高三统考）过点 作曲线 的切线，则该切线的斜率为（ ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】设切点为 ，然后表示出切线方程，再将 代入可求出 ，然后将 代入导函数中可求 得结果. 【详解】设切点为 ，由 ，得 所以切线方程为 ，即 ， 将 代入得 ，解得 ， 所以切线的斜率为 .故选：C 【变式1-3】（（天津市北京师范大学天津附属中学2022-2023学年高三线上检测数学试题））过点 作曲线 的切线，则切线方程是__________． 【答案】 【分析】求解导函数，设切点坐标，求解 ，从而设出切线方程，代入点 计算，即可求出答 案. 【详解】函数定义域为 ， ， 设切点为 ， ， 所以切线方程为 ， 代入 ，得 ， 解得： ，所以切线方程为 ， 整理得： ．故答案为： . 题型 03“过点”切线求参 【典例1-1】（2023上·辽宁锦州·高三渤海大学附属高级中学校考期中）已知曲线 过点 处 的切线与曲线 相切，则【答案】8 【分析】设切点 ，并应用导数几何意义求可得切线为 ，将切点代入求得 得切线方程，再由切线与曲线 相切，讨论参数a，联立方程有 求参数. 【详解】设过点 处的切线在曲线 上的切点为 ， 而 ，故切线斜率为 ，所以切线方程为 ，故 ， 所以 ，故切线方程为 ，又切线与曲线 相切， 联立方程，得 有且仅有一个解， 当 时上述方程无解；当 时， ，可得 .综上， .故答案为： 【典例1-2】（2023下·吉林长春·高二长春市实验中学校考阶段练习）已知函数 ，过点 作与 轴平行的直线交函数 的图象于点 ，过点 作 的切线交 轴于点 ，则 面积 的最小值 . 【答案】 【分析】求出 的导数，令x＝a，求得P的坐标，可得切线的斜率，运用点斜式方程可得切线的方程， 令y＝0，可得B的坐标，再由三角形的面积公式可得△ABP面积S，求出导数，利用导数求最值，即可得 到所求值． 【详解】函 的导数为 ， 由题意可令 ，解得 ，可得 ， 即有切线的斜率为 ，切线的方程为 , 令 ，可得 ，即 ， 在直角三角形PAB中， ， ， 则△ABP面积为 ， ， ， 当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增， 即有 处S取得极小值，且为最小值 ．故答案为： ． 【变式1-1】（2023·河北保定·统考二模）已知函数 ，过点 且平行于 轴的直线 与曲线 的交点为 ，曲线 过点 的切线交 轴于点 ，则 面积的最小值为（ ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知求得 点坐标，利用导数求出过 点的切线方程，再求出 点坐标，写出三角形 的 面积，再由导数求最值得答案．【详解】 ，把 代入，可得 ，即 ， 则 , ， 由 ，得 ，则 ， 曲线 过点 的切线方程为 ，取 ，得 ． ． 令 ，则 ． 则 ，可得 或 （舍）， 时， ，函数 单调递减， 时， ，函数 单调递增， 当 时， ．故选：D． 【变式1-2】（2023上·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）已知曲线 ，过点 作该曲线的两 条切线，切点分别为 ，则 （ ） A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】求得切线方程为 ，根据题意，转化为关于 的方程 有 两个不同的解 ，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】由函数 ，可得 ， 设切点坐标为 ，所以 ， 所以切线方程为 ， 所以 ，即 ， 因为过点 作该曲线的两条切线， 所以关于 的方程 有两个不同的解 ， 即关于 的方程 有两个不同的解 ，所以 .故选：D. 【变式1-3】.直线 是曲线 的切线，则 ______. 【答案】 【分析】设切点坐标为 ，利用导数写出切线的方程，与直线方程 对比，可出关于 、 的 方程，解之即可. 【详解】设切点坐标为 ，其中 ，对函数 求导得 ， 所以，切线斜率为 ，所以，曲线 在 处的切线方程为 ，即，所以， ，解得 .故答案为： . 题型 04“过点”切线条数的判断 【解题攻略】 ”过点型“切线条数判断： 1. 有几个切点横坐标，就有几条切线。 2. 切线条数判断，转化为关于切点横坐标的新的函数零点个数判断。 【典例1-1】.（湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高三上学期数学试题）已知 是奇函数，则过点 向曲线 可作的切线条数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．不确定 【答案】C 【分析】根据给定条件，求出a，再求出函数 的导数，设出切点坐标，借助导数的几何意义列出方程 求解作答. 【详解】因函数 是奇函数，则由 得 恒成立，则 ， 即有 ， ， 设过点 向曲线 所作切线与曲线 相切的切点为 ， 而点 不在曲线 上，则 ，整理得 ， 即 ，解得 或 ，即符合条件的切点有3个， 所以过点 向曲线 可作的切线条数是3.故选：C 【典例1-2】已知曲线 ，则过点 可向 引切线，其切线条数为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设切点为 ，利用导数求出曲线 在切点 处的切线方程，再将点 的坐标代入切 线方程，可得出关于 的方程，解出该方程，得出该方程根的个数，即为所求. 【详解】设在曲线 上的切点为 ， ，则 ， 所以，曲线 在点 处的切线方程为 ， 将点 的坐标代入切线方程得 ，即 ，解得 ， ， . 因此，过点 可向 引切线，有三条.故选：C. 【变式1-1】（湖南省长沙市长郡中学2021届高三第一次暑假作业检测数学试题）已知函数 ，过点 可作曲线 切线的条数为 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】设出切点坐标，根据导数的几何意义及切线所过点求出切点个数，从而可得答案. 【详解】设切点为 ，所以 ，整理得 ；令 ，由 ，得 ，当 时， 为单调递增函 数； 当 时， 为单调递减函数；所以 ； 又 ， ， 所以 有两个不同的根，即切线的条数为2，故选：C. 【变式1-2】（2021-2022学年广东省东莞市高三数学A卷）已知函数 ，则过点 （0，0）可作曲线 的切线的条数为( ) A．3 B．0 C．1 D．2 【答案】D 【分析】分析可得 不是切点，设切点 ，根据导数的几何意义，求得切线的斜 率k，根据点P和点 坐标，可求得切线斜率k，联立即可得答案. 【详解】∵点 不在函数 的图象上，∴点 不是切点，设切点为 （ ）， 由 ，可得 ，则切线的斜率 ， ∴ ，解得 或 ，故切线有2条.故选:D． 【变式1-3】（北京市北京理工大学附属中学通州校区2019-2020学年高三年级考试数学试题）已知过点 且与曲线 相切的直线的条数有（ ）条. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】设出切点的坐标，然后根据导数的几何意义求出曲线 的切线，根据切线过点 ，结合 关于切点横坐标的方程解的个数进行求解即可. 【详解】设曲线 的切点的坐标为 ，由 ， 因此该曲线切线的斜率为 ， 所以该曲线切线的方程为： ，该切线过点 ， 所以有 ，解得 或 ， 因此过点 且与曲线 相切的直线的条数有2条.故选：C 题型 05 由切线条数求参 【典例1-1】若过点 可作出曲线 的三条切线，则实数 的取值范围是___________ 【答案】 【分析】根据函数切线的求解方法，设切点求切线方程，代入点 ，根据方程与函数的关系，将问题转化 为两个函数求交点问题，利用导数，作图，可得答案. 【详解】由已知，曲线 ，即令 ，则 ， 设切点为 ，切线方程的斜率为 ， 所以切线方程为： ，将点 代入方程得： ，整理得 ， 设函数 ，过点 可作出曲线 的三条切线， 可知两个函数图像 与 有三个不同的交点，又因为 ，由 ，可得 或 ， 则当 或 时， ；当 时， ， 所以函数 在 ， 上单调递减，在 上单调递增， 所以函数 的极大值为 ，函数 的极小值为 ， 如图所示， 当 时，两个函数图像有三个不同的交点．故 答案为： ． 【典例1-2】（福建省福州华侨中学2023届高三上学期第二次考试数学试题）若曲线 有两条过 坐标原点的切线，则a的取值范围为__________． 【答案】 或 . 【分析】设切点坐标，根据导数的几何意义得到 ，再根据曲线 有两 条过坐标原点的切线得到方程 有两个解，让 ，解不等式即可. 【详解】由 得 ，设切点坐标为 ，则 ， 整理得 ，因为曲线 有两条过坐标原点的切线，所以方程 有两个解， 故 ，解得 或 .故答案为： 或 . 【变式1-1】过点 作曲线 的切线，若切线有且只有两条，则实数 的取值范围是 ___________. 【答案】 【分析】利用导数几何意义，求得切线方程，根据该方程过点 ，且方程有两个根，再构造函数，利用导 数研究函数的性质，即得. 【详解】因为 ，则 ，设切点为( )， ， 所以切线方程为 ，代入 ，得 ， 即 这个关于 的方程有两个解，令 ( )， ， 故 在 上单调递增，在 上单调递减，所以当 时，函数 有最大值， ， 且 ， ，所以 .故答案为： . 【变式1-2】若曲线 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________． 【答案】 【分析】设出切点横坐标 ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于 的方程， 根据此方程应有两个不同的实数根，求得 的取值范围. 【详解】∵ ，∴ ，设切点为 ,则 ,切线斜率 ,切线方程为： , ∵切线过原点，∴ ,整理得： , ∵切线有两条，∴ ,解得 或 , ∴ 的取值范围是 ,故答案为： 【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）已知过点 作曲线 的切线有且仅有两条，则实数a 的取值可能为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设切线切点为 ，后由切线几何意义可得切线方程，代入 ，可得 ，则 过点 作曲线 的切线有且仅有两条，等价于关于 的方程 有两个不同实根，即 可得答案. 【详解】设切线切点为 ，因 ， 则切线方程为： ，代入 ， 得 ，因 ，则 . 因过点 作曲线 的切线有且仅有两条，则 有且仅有两个不等实根，则 或 .则 符合题意.故选：D 题型 06 公切线 【解题攻略】 交点处公切线，可以直接参照直线在点处的切线求法设交点（切点） 对函数 ，如果要求它们的图象的公切线，只需分别写出两条切线： ) 和 再令 ，消去一个变量后，再讨论得到的方程的根的个数即 可。 但在这里需要注意 x 和 x 的范围，例如，若f（x）=lnx，则要求 x >0 1 2 1 【典例1-1】已知直线 是函数 与函数 的公切线，若 是直线 与函数 相切的切点，则 ____________． 【答案】 【分析】求出导函数 ， ，由 得切线方程 ，设 图象上的切点为 ，由 导数几何意义得切线方程，两直线重合求得 ，从而得 值．【详解】 ， ，又 ， 所以切线 的方程为 ，即 ， 设直线 与 相切的切点为 ， ， 所以切线方程为 ，即 ， 所以 ，解得 ，所以 ．故答案为： ． 【典例1-2】（2023春·高三课时练习）已知直线 ： 既是曲线 的切线，又是曲线 的切线，则 （ ） A．0 B． C．0或 D． 或 【答案】D 【分析】本题主要求切线方程，设两个曲线方程的切点，由两条切线均为 ，通过等量关系可 得到 的取值. 【详解】 , , ，设切点分别为 ， 则曲线 的切线方程为： ，化简得， ， 曲线 的切线方程为： ，化简得， ， ，故 ，解得 e或 .当 e，切线方程为 ，故 . 当 ，切线方程为 ，故 ，则 . 故 的取值为 或 .故选：D 【变式1-1】（2023·全国·高三专题练习）若直线 是曲线 的切线，也是 的切线，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设直线 与 和 的切点分别为 ， ， 分别求出切点处的直线方程，由已知切线方程，可得方程组，解方程可得切点的横坐标，即可得到 的值. 【详解】设直线 与 和 的切点分别为 ， ， 则切线方程分别为， ， ，化简得， 依题意上述两直线与 是同一条直线， 所以， ，解得 ，所以 ．故选：C． 【变式1-2】（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）曲线 过点 的切线也是曲线 的切线，则 ；若此公切线恒在函数 的图象上方，则a 的取值范围是 . 【答案】【分析】根据导数的几何意义可求出 ；将此公切线恒在函数 的图象上方， 转化为 恒成立，再构造函数 ，利用导数求出最小值即可得解. 【详解】由 得 ， 设曲线 过点 的切线的切点为 ， 则切线的斜率为 ，切线方程为 ， 由于该切线过点 ，所以 ， 设该切线与曲线 切于 ，因为 ，所以 ，所以该切线的斜率为 ， 所以切线方程为 ，将 代入得 ，得 ， 所以 ，所以 ，所以 ，所以 . 由以上可知该公切线方程为 ，即 ， 若此公切线恒在函数 的图象上方， 则 ，即 恒成立， 令 ，则 ， 令 ，得 ，得 ， 令 ，得 ，得 或 ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减， 因为 时， ，所以当 时， 取得最小值 .所以 . 【变式1-3】若曲线 与曲线 存在2条公共切线，则a的值是_________． 【答案】 【分析】设公切线在 上的切点为 ，在 上的切点为 ，利用导数的几何意 义求出对应的切线方程，有 ，整理得 ，构造函数 ，利用导 数研究 的单调性，结合图像即可得出结果. 【详解】设公切线在 上的切点为 ，在 上的切点为 ， 则曲线在切点的切线方程的斜率分别为 ， ， 对应的切线方程分别为 、 ， 即 、 ，所以 ，得 ，有 ， 则 ，整理，得 ，设 ，则 ， ， 令 ，令 或 ， 所以函数 在 上单调递减，在 和 上单调递增， 因为两条曲线有2条公共切线，所以函数 与 图像有两个交点， 又 ，且 ，如图，所以 ，解得 .故答案为： . . 题型 07 特殊构造：幂积型构造 【解题攻略】 幂函数积形式构造： 1.对于 构造 2.对于 构造 【典例1-1】设定义在 的函数 的导函数为 ，且满足 ，则关于x的不等 式 的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 构造函数 ,再根据题意分析 的单调性, 再化简 可得 ,再利用函数的单调性与定义域求解即可. 解：令 , ,所以 在 上单调递增, ,即 , 所以 , ,所以 ,故选：A. 【典例1-2】已知定义域为 的奇函数 的导函数为 ，当 时， ，若 ，则 的大小关系正确的是（ ） A． B． C． D．【答案】B 【分析】 利用条件构造函数 ，然后利用导数研究函数 的单调性，利用函数的单调性比较大小． 【详解】 解：根据题意，设 ， 若 为奇函数，则 ，则函数 为偶函数， 当 时， ， 又由当 时， ，则 ，则函数 在 上为减函数， ， （2）， ， 且 ，则有 ；故选 ． 【变式1-1】已知定义在R上的偶函数 ，其导函数为 ．当 时，恒有 ， 若 ，则不等式 的解集为 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 根据 为偶函数，则 也为偶函数，利用导数可以判断 在 为减函数，则不等式 可转化为 ，解不等式即可得到答案． 【详解】 解： 是定义在R上的偶函数， ． 时，恒有 ， 又 ， 在 为减函数． 为偶函数， 也为偶函数 在 为增函数． 又 ， ，即 ，化简得 ，得 ．故选 A． 【变式1-2】.已知奇函数 是定义在 上的可导函数，其导函数为 ，当 时，有 ，则不等式 的解集为( ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 构造新函数 ，根据条件可得 是奇函数，且单调增，将所求不等式化为 ，即 ，解得 ，即 【详解】设 ，因为 为 上奇函数，所以 ，即 为 上奇函数对 求导，得 ，而当 时，有 故 时， ，即 单调递增，所以 在 上单调递增不等式 ， 即 所以 ，解得 故选A项. 【变式1-3】已知奇函数 的导函数为 ，当 时， ，若 ， ，则 的大小关系正确的是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 令 ，则 ，根据题意得到 时，函数 单调递增，求得 ，再由函数的奇偶性得到 ，即可作出比较，得到答案． 【详解】 由题意，令 ，则 ， 因为当 时， ，所以当 时， ， 即当 时， ，函数 单调递增， 因为 ，所以 ， 又由函数 为奇函数，所以 ， 所以 ，所以 ，故选D． 题型 08 特殊构造：幂商型构造 【解题攻略】 幂函数商形式构造： 1.对于 构造 2. 对于 构造 【典例1-1】（江西省宜春市奉新县第一中学2019-2020学年高三第一次月考数学试题）已知函数f（x）是 定义在R上的奇函数，f′（x）为f（x）的导函数，且满足当x＜0时，有xf′（x）﹣f（x）＜0，则不等式f （x）﹣xf（1）＞0的解集为（ ） A．（﹣1，0）∪（1，+∞） B．（﹣∞，0）∪（0，1） C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D．（﹣1，0）∪（0，1） 【答案】A 【分析】 构造函数 ,则 ,所以 在 单调递减,由 是奇函数,可得 是偶函数,所以 在 上单调递增,进一步分析出偶函数的单调性在对称区间内单调性相反。故建立不 等式组，解不等式组求得结果. 【详解】设 ,则 ,所以 在 单调递减,又 是奇函数，所以 是偶函数，所以 在 上单调递增，当 时, 等价于 ，即 ,所以 ，当 时， 等价于 ,即 ，所以 .故选: . 【典例1-2】（2020届高三1月）》函数 在定义域 内恒满足 ，其中 为 导函数，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 分别构造函数 ， ， ， ，利用导数研究其单调性即可得出． 解：令 ， ， ， ， 恒成立， ， ， ， 函数 在 上单调递增， ，即 ， ； 令 ， ， ， ， 恒成立， ， 函数 在 上单调递减， ，即 ， ，综上可得 故选： ． 【变式1-1】（四川省宜宾市第四中学校2019-2020学年高三考试数学试题）设函数 是定义在 上 的可导函数，其导函数为 ，且有 ，则不等式 的解集为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据 得到 的单调性，再变形不等式根据 单调性求解集. 【详解】 设 ，则 ，所以 在 上单调递增，又 ，所以 ，则有 ，即 . 故选B. 【变式1-2】（湖北省仙桃市汉江中学2018-2019学年高三试题）已知定义在 上的函数 的导函数为 ，若 ， 则不等式 的解集为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】不等式的 的解集等价于函数 图像在 下方的部分对应的x的取值集合，那就需 要对函数 的性质进行研究，将 还原为 ，即 ，在R上单调递减，且 ，故当 ， ,即可解得不等式解集. 解：令 因为 所以， 故 故 在R上单调递减，又因为 所以， 所以当 ， ，即 的解集为 故选B. 【变式1-3】（甘肃省张掖市第二中学2019-2020学年高三4月线上测试数学（理）试卷）已知定义在 上 的 函 数 满 足 ， 其 中 是 函 数 的 导 函 数 若 ，则实数m的取值范围为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 令 ， ，求出函数的导数，根据函数的单调性求出m的范围即可． 解：令 ， ，则 ， ， ， 函数 在 递减， ， ， ， ，即 ，故 ，解得： ， 故 ，故选C． 题型 09 特殊构造：ex的积型构造 【解题攻略】 ex函数积形式构造： 1.对于 构造 2. 对于 构造 【典例1-1】（江西省上饶中学2019-2020学年高三上学期第二次月考数学试题）已知函数 是定义在 上的可导函数， ，且 ，则不等式 的解集为 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 根据题设条件构造函数 ，根据已知不等式分析 的单调性，再根据特殊值判断 需 满足的不等式，即可求出解集. 【详解】由 可得 ， 设 ，则 ， ， 在 上为减函数，又由 ，可得 ， .故选A. 【典例1-2】（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考阶段练习）已知定义在 上的函数 的导函数为 ，且 ，则不等式 的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令 ，求导分析，可得 在 上单调递减，不等式 可等价转 化为 ，根据单调性可得答案． 【详解】令 ， ， ， 在 上单调递减，又 ， ， 不等式 可化为 ， ，故选：B. 【变式1-1】（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考）设函数 的定义域为R， 是其导函数，若 ， ，则不等式 的解集是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数 ，由 的单调性求解， 【详解】构造函数 ，则 ， 故 在R上单调递增， ， 可化为 ， 故原不等式的解集为 ，故选：B 【变式1-2】（2023春·河南洛阳·高三统考）设 是定义在 上的函数 的导函数，且 ． 若 （e为自然对数的底数），则实数a的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先构造函数 ，利用导数判断函数的单调性，解不等式. 【详解】设 ， ， 所以函数 在 上单调递减， 若 ，则 ，即 ， 所以 ，得 .故选：A 【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知定义在 上的函数 的导函数为 ，满足 ．当 时， ．当 时， ，且 ，其中 是自 然对数的底数．则 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B【分析】根据题意，构造函数 和 ，对于 ，由题意可得 ，利用导 数分析可得在区间 上单调递增，进而有 ，对其变形可得 ，同理分析 的单 调性可得 ，综合即可得答案． 【详解】根据题意，设 ，（ ）， ，（ ） ∵ ，∴ ， 即 ，∴ 对于 ，其导数 ， ∵ ， ，则有 在区间 上单调递增； 所以 ，即 ，变形可得 ； 对于 ，其导数 ， ∵ 时， ，则 在区间 上单调递减； 则有 ，即 ，变形可得 ， 综合可得： ，即 的范围为 .故选：B. 题型 10 特殊构造：ex的商型构造 【解题攻略】 ex 函数商形式构造： 1. ， 2. 【典例1-1】定义在 上的函数 的导函数为 ，满足： ， ，且当 时， ，则不等式 的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 由给定的不等式构造函数 对 求导，根据已知条件可判断 非得单调性，将所求解不等 式转化为 有关的不等式，利用单调性脱去 即可求解.【详解】令 ，则 可得 所以 是 上的 奇函数， ， 当 时， ，所以 ， 是 上单调递增， 所以 是 上单调递增，因为 ， 由 可得 即 ， 由 是 上单调递增，可得 解得： ， 所以不等式 的解集为 ，故选：A. 【典例1-2】已知在 上的可导函数 的导函数为 ，满足 ，且 为偶函数， ，则不等式 的解集为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 分析：构造新函数 ，利用已知不等式确定 的单调性， 详解：设 ，则 ，由已知 得 ， ∴ 是减函数．∵ 是偶函数，∴ 的图象关于直线 对称， ∴ ， ， 的解集为 ，即 的解集为 ．故选 (0,) A． 【变式1-1】已知定义在R上的函数 f(x)的导函数为 fx ，且满足 fx f(x)0， f(2022)e2022 0， 1  则不等式 f  lnx 4 x的解集为（ ） 4  A．  e6063,  B．  0,e2022 C．  e8088,  D．  0,e8088 【答案】D f(x) 1  【分析】由题设F(x) ，由已知得函数 在R上单调递增，且F lnx1F(2022)，根据函数 ex F(x) 4  的单调性建立不等式可得选项. f(x) f(x)ex  f(x)ex f(x) f(x) 【详解】由题可设F(x) ex ，因为 fx f(x)0 ，则F(x) e2x  ex 0， 1  f  lnx 所以函数 在R上单调递增，又 f(2022) ，不等式 1  可转化为 4  1， F(x) F(2022) e2022 1 f  4 lnx   4 x e 1 4 lnx 1  1 ∴F lnx1F(2022)，所以 lnx2022，解得 ， 4  4 0xe80881  所以不等式 f  4 lnx   4 x的解集为 0,e8088．故选：D. 【变式1-2】设函数f(x)的导函数为 f '(x)，f(0)=1，且3f(x) f '(x)3,则4f(x) f '(x)的解集是 ln4 ln2 3 e A．( ,) B．( ,) C．( ,) D．( ,) 3 3 2 3 【答案】B 【分析】 f x1 f 01 f 'x3f x3 构造函数gx e3x ，计算g0 e0 2，g'x e3x 0，故 gx为常函数， f x2e3x1，代入不等式得到答案. f x1 f 01 【详解】构造函数gx e3x ， f 01 ，故g0 e0 2. f 'xe3x 3f x1e3x f 'x3f x3 g'x  0  e3x2 e3x ，故 gx 为常函数. f x1 故gx e3x 2， f x2e3x1 ， f 'x6e3x， ln2 ，即 ，解得x .故选： . 4f(x) f '(x) 8e3x 46e3x 3 B 【变式1-3】已知定义在R上的函数 f x 的导函数为 fx ，若2f x fx0，且 f 1e，则不等式 f x 1的解集为（ ） e2x1 A． ,1 B． ,e C．1, D． e, 【答案】C 【分析】 f x f x 构造函数gx e2x ，利用导数判断出函数 ygx的单调性，将不等式 e2x1 1变形为 gxg1， 结合函数ygx 的单调性可解出该不等式. f x fx2f x 【详解】构造函数gx e2x ，则gx e2x 0，所以，函数 ygx在 R 上单调递减， f x f x 1 f 1 由 e2x1 1，可得 e2x  e  e2 ，即 gxg1，解得 x1 ， f x 因此， 不等式 1的解集为 ，故选C. e2x1 1, 题型 11 特殊构造：对数型构造 【解题攻略】 f(x) 1.对于f(x)lnx 0 （0），构造gxlnx  f（x） x 2.授课时，可以让学生写出y=ln（kx+b）与y=f(x)的加、减、乘、除各种结果1 【典例1-1】（2023·江西宜春·校联考模拟预测）已知函数 f x满足 fxlnx f x0（其中 fx是 x  1  1  1 f x 的导数），若a f e2，b f e3，c f e4，则下列选项中正确的是（ ）       A．6a4b3c B．6a3c4b C．4b6a3c D．4b3c6a 【答案】A 【分析】根据已知条件构造函数gx f xlnx，利用导数法求函数的单调性及指数函数的单调性，结合 不等式的性质即可求解. 1 【详解】由 fxlnx f x0，得f xlnx  0，令gx f xlnx，x0,，则 x   1 gx fxlnx f x0，所以gx0在0,上恒成立， x 1 1 1 所以gx在0,上为减函数，因为 2  3  4 ，且 yex 在 R 上单调性递增；  1  1  1 所以 1 1 1，所以ge2ge3ge4， e2 e3 e4        1 1  1 1  1  1 1 1 1 所以 f e2lne2  f e3lne3  f e4lne4，所以 a b c，即 ．故选：A.       2 3 4 6a4b3c 【典例1-2】（2022·全国·高三专题练习）设函数 fx 是奇函数 f xxR 的导函数，x0时， 1 lnxfx f x ，则使得 x29  f x0成立的 的取值范围是（ ） x x A． 3,03, B． ,3  3, C． 3,0  0,3 D． ,3  0,3 【答案】A 【分析】令gx f xlnx， x0 ，根据已知条件可得当x0时，gx f xlnx单调递减，且 g10，根据单调性和奇偶性可得x0,1  1, 时， f x0；当x,1U1,0 时， f x0， 再分情况讨论即可求解. 1 【详解】令gx f xlnx，x0，则gx fxlnx  f x0对于 恒成立， x x0 所以当x0时，gx f xlnx单调递减，又因为g1 f 1ln10， 所以当x0,1 时，gx0；此时lnx0，所以 f x0；当x1, 时，gx0，此时lnx0， 所以 f x0； 又因为 f x 是奇函数，所以x1,0 时， f x0；当x,1 时， f x0； 因为  x29  f x0，所以当x0时，x290，解得3x0；① 当x0时，x290，解得x3；② 综合①②得  x29  f x0成立的x的取值范围为 3,03, ，故选：A. 【变式1-1】（2020上·河南·高三校联考阶段练习）已知函数 f(x)是奇函数 f(x)(xR)的导函数，且满足 1 时，lnxf(x) f(x)0，则 的解集为（ ） x0 x (x2019)f(x)0 A．(1,0)  (1,2019) B．(2019,1)  (1,2019)C．(0,2019) D．(1,1) 【答案】C 【分析】根据题意，构造函数g(x)lnx f(x)，(x0)，利用yg(x) 的导数与函数单调性的关系分析可 得yg(x)在(0,)上为减函数，分析yg(x)的特殊值，结合函数的单调性分析可得在区间(0,1)和 (1,)上，都有 f(x)0，结合函数的奇偶性进而将不等式(x2019)f(x)0变形转化求出不等式的解集 即可． 1 【详解】设 ，g(x)  f(x)lnx f(x)0，可知函数 在 时单调递减， g(x)lnx f(x) x g(x) x0 又g(1)0，可知函数g(x)lnx f(x)在(0,1)大于零，且ln0，可知 f(x)0， 同理在(1,)上， f(x)0，可知函数 f(x)在(0,1)和(1,)均有 f(x)0， 又y f(x)(xR)为奇函数，则在区间(1,0)和(,1)上，都有 f(x)0， x20190 x20190 由 得 或 ， 可知不等式的解集为 ．故选C． (x2019)f(x)0 x0 x0  (0,2019) 【变式1-2】（2023上·河南周口·高三校联考阶段练习）已知函数 f(x)的定义域为(1,)，导函数为 f(x) e4 ，不等式 ln(x1) f(x) 恒成立，且 f(4) ，则不等式 f(x) x1 ln(x1) f(x) ln5 ln(x3) f(x2)ex2的解集为（ ） A．[2,) B．(1,2] C．[0,) D．(0,2] 【答案】A 【分析】设g(x)ln(x1) f(x)，x1，则由题意可知g(x)g(x)，设h(x)exg(x)，x1，则有 h(x)0，不等式等价于h(x2)h(4)，利用单调性求解即可. f(x) 【详解】设 ， ，不等式 ln(x1) f(x) 恒成立，可知 g(x)ln(x1) f(x) x1 x1 ln(x1) f(x) g(x)g(x)， 设h(x)exg(x)，x1，则h(x) exln(x1) f(x)，x1，  f(x)  且h(x)  ln(x1) f(x)ln(x1) f(x)  ex 0， x1  于是h(x)在(1,)上单调递增，注意到h(4)e4ln5 f(4)1， 不等式ln(x3)f(x2)ex2，等价于ex2ln(x3)f(x2)1， 即h(x2)h(4)，得x24，解出x2.故选：A． 【变式1-3】（2022·广东梅州·统考二模）已知 f x 是定义在R上的奇函数， fx 是 f x 的导函数，当 f x 1 x0 时， fxln2x x 0，且 f  2   0，则不等式x2 f x0 的解集是（ ） A． ,00,2 B． 0,2 C． 2, D． ,02, 【答案】B 【分析】令gx f xln2x ，根据题意可得函数gx 在 0, 上递增，从而可得出函数gx 在 0, 上的符号分布，从而可得函数 f x 在 0, 上的符号分布，再结合 f x 是定义在R上的奇函数， 即可得出函数在R上的符号分布，从而可得出答案. f x 【详解】令 gx f xln2x，则gx fxln2x 0，所以函数 gx在0,上递增， x 1  1 1  又因g 2   0，所以当x  0, 2   时， gx0 ，当x 2 ,  时， gx0 ， 1 1  又因当x  0, 2   时， ln2x0 ，当x 2 ,  时， ln2x0 ，  1 1  1 所以当x  0, 2   时， f x0 ，当x 2 ,  时， f x0 ，又因为 f  2   0，所以当 x0 时， f x0， 因为 f x 是定义在R上的奇函数，所以 f 00，当x0时， f x0，由不等式 x2 f x0， x20 x20 得 或 ，解得 ，所以不等式 的解集是 .故选：B. f x0 f x0 x2 f x0 0,2   0x2 题型 12 特殊构造：正弦型构造 【解题攻略】 三角函数形式构造： 1.对于sinx  f(x)cosx  f(x)0 （0），构造g（x）=f（x）  sinx ， f（x） 2.对于sinx  f(x)-cosx  f(x)0 （0），构造g（x）= sinx 3.对于正切型，可以通分（或者去分母）构造正弦或者余弦积商型 【典例1-1】（2023春·四川成都·高三阶段练习）记函数 f(x)的导函数为 f(x)，若 f(x)为奇函数，且当  π  x ,0时恒有 成立，则（ ）  2  f(x)cosx f(x)sinx0  π  π π  π A． f   2f   B． f   3f    6  4 6  3 π π  π π C． 3f   2f   D． 2f   3f   3 4  4 3 【答案】B 【分析】根据 f(x)cosx f(x)sinx0，构造函数gx f xsinx，利用其单调性结合 f(x)奇函数性质比 较. 【详解】令gx f xsinx，则gx f(x)cosx f(x)sinx，  π  当x   2 ,0  时恒有 f(x)cosx f(x)sinx0 ，所以 gx0 ，  π  则 gx f xsinx 在   2 ,0  上单调递增，  π  π 1  π 2  π  π  π 所以g g ，则 f   f  ，即 f   2f  ，选项A错误；  6  4 2  6 2  4  6  4  π  π 1  π 3  π π  π g g ，则 f   f  ，即 f   3f  ，选项B正确；  6  3 2  6 2  3 6  3  π  π  π  π π π g g ，则 3f   2f  ，又 为奇函数，所以 3f   2f  ，选项C错误；  3  4  3  4 f(x) 3 4  π  π π  π 由 3f   2f  得 3f   2f  ，选项D错误；故选：B  3  4 3  4 【典例1-2】（2021·贵州遵义·高三遵义航天高级中学阶段练习）已知定义在(0, 2 )上的函数， f'(x) 为其导 f(x) f'(x) 函数，且  恒成立，则 sinx cosx     A． f( )2f( ) B． 3f( ) 2f( ) 2 6 4 3    C． 3f( ) f( ) D． f(1)2f( )sin1 6 3 6 【答案】C f(x) f(x)sinx f(x)cosx   【详解】令g(x) ,则g(x) 0,所以 在0, 上单调递增,因此 sinx sin2x g(x)  2 π π π π f( ) f( ) f( ) f( ) π π 6 3 π π π π 4 3 π π g( )g( )   3f( ) f( ) , g( )g( )   3f( ) 2f( ) 6 3 π π 6 3 4 3 π π 4 3 sin sin sin sin 6 3 4 3 π π π f( ) f( ) f( ) π π 6 2 π π π 6 f(1) π g( )g( )  2f( ) f( ) g( )g(1)  2sin1f( ) f(1),所以选C. 6 2 π π 6 2 6 π sin1 6 sin sin sin 6 2 6  π π 【变式1-1】（2023春·重庆·高三统考）设 fx是函数 f x的导函数，当x   2 , 2   时， cos2x f xsin2x fxf x ，则（ ） π π  π A． f  0 B． f   f  0 6 6  6 π π C． 3f   2f   D． 3 4 f 1f 10 【答案】B 【分析】利用三角函数公式化简已知，再构造函数gxsinx f x ，利用函数单调性依次判断选项. 【详解】 cos2x f xsin2x fxf x,， (2cos2x1) f x2sinxcosx fx f(x)0 cosx f xsinx fx0  π π 设 gxsinx f x,gx0,gx在   2 , 2   单调递增， π π g g00 f  0，所以A错误； 6 6 π  π π π π  π 1 π 1  π g g sin  f  sin( )f   f   f   6  6 6 6 6  6 2 6 2  6， π  π 所以 f   f  0，所以B正确； 6  6 π π π π π π π π g g sin f  sin f   3f   2f  ，所以C错误； 3 4 3 3 4 4 3 4 g0g1sin0 f 0sin(1) f 10sin1 f 1 f 10,，g1g0sin1 f 1sin0 f 0 f 10，所以D错误. 故选：B  π π  π 【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知可导函数 f x是定义在   2 , 2   上的奇函数．当x  0, 2    π 时， f x fxtanx0 ，则不等式cosx f   x 2   sinx f x0的解集为（ ）  π π  π   π π  π  A． ,  B． ,0 C． ,  D． ,0  2 6  6   2 4  4  【答案】D  π 【分析】构造函数 sinxf x，并依据函数 sinxf x的单调性去求解不等式cosx f   x 2   sinx f x0 的解集.  π 【详解】当x  0, 2   时， f x fxtanx0 ，则 cosxf x fxsinx0  π  π π 则函数 sinxf x在  0, 2   上单调递增，又可导函数 f x是定义在   2 , 2   上的奇函数  π π  π  则 sinxf x是   2 , 2   上的偶函数，且在   2 ,0  单调递减，  π π π  x    2 2 2 由 ，可得 ，则 ， π π  π  π  π  π  x x ,0 x 0,  x0,   2 2  2  2  2  2  π   π 则x ,0时，不等式cosx f x sinx f x0  2   2  π  π 可化为sinx  f x sinx f x  2  2  π  π π  π 又由函数 sinxf x在  0, 2   上单调递增，且x  0, 2   ，x 2   0, 2   ， π π 则有 x x0，解之得 π x0故选：D 2 2 4    【变式1-3】（2021下·江西·高三校联考）已知 fx是定义域为   2 , 2   的奇函数 f x的导函数，当 0x  2 时，都有 f xcosx fx sinx0 ， f     4     2，则不等式 f x sin 1 x 的解集为（ ）           A． ,  ,  B． ,00,   2 4 4 2  4   4           C． , 0,  D． ,0 ,   2 4  4  4   4 2 【答案】D   【分析】依题意可构造函数 hx f xsinx ，由条件可知， hx是偶函数，且 hx在区间  0, 2   上是增       函数，在区间 ,0是减函数，再根据h h 1，即可由单调性解出不等式．  2   4  4【详解】因为 f x 是奇函数，所以 f xsinx是偶函数．设hx f xsinx，   ∴当0x  2 时， hx f xcosx fxsinx0 ，∴ hx在区间  0, 2   上是增函数，∴ hx在区间          ,0是减函数，∵h h  f  sin 1．  2   4 4  4 4  1   当 x0时，不等式 f x 等价于 f xsinx1h ， 2 sinx  4 当0x  时，不等式 f x 1 等价于 f xsinx1h      ， 2 sinx  4      ∴原不等式的解集为 ,0 , ．故选：D．  4   4 2 题型 13 特殊构造：余弦型构造 【解题攻略】 三角函数形式构造： 1.对于cosx  f(x)-sinx  f(x)0 （0），构造g（x）=f（x）  cosx， f（x） 2.对于cosx  f(x)+sinx  f(x)0 （0），构造g（x）= cosx 3.对于正切型，可以通分（或者去分母）构造正弦或者余弦积商型    【典例1-1】（2020下·安徽六安·高二六安一中校考期中）设奇函数 的定义域为 , ，且 的图 f(x)  2 2 f(x)    1  象是连续不间断，x   2 ,0  ，有 f(x)cosx f(x)sinx0 ，若 f(t)cost 2 f   3   ，则 t 的取值范围是 （ ）．           A． ,  B．0,  C． ,  D． ,   2 3  3  2 3 3 2 【答案】D 【分析】构造函数g(x) f(x)cosx，先研究函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性，然后将 1     f(t)cost f  转化为 f(t)cost f  cos ，即g(t)g ，最后求出 的取值范围即可. 2  3 3 3  3 t    【详解】令 ，x , ， g(x) f(x)cosx  2 2 因为 f(x)为奇函数，所以g(x) f(x)cos(x)f(x)cosxg(x)，    则函数 是定义在 , 上的奇函数，则 ， g(x)  2 2 g(x) f(x)cosx f(x)sinx    因为当x   2 ,0  时， f(x)cosx f(x)sinx0 ，所以 g(x)0 ，       则函数 在 ,0上单调递减，则函数 在 , 上是奇函数且单调递减， g(x)  2  g(x)  2 2 1     又因为 f(t)cost f  等价于 f(t)cost f  cos ，即g(t)g ， 2  3 3 3  3所以t   ，且  t  ，所以t    ,  .故选：D. 3 2 2  3 2    【典例1-2】（2020下·湖南长沙·高二湖南师大附中校考期末）已知奇函数 的定义域为 , ，其 f(x)  2 2  导函数为 f(x) ，当0x  2 时，有 f(x)cosx f(x)sinx0 成立，则关于 x 的不等式∣f(x∣)  2f  4   cosx 的解集为（ ）              A． ,  B． ,  ,  C． ,00,  D．  4 4  2 4  4 2  4   4       ,0 ,   4   4 2 【答案】A f(x)     【分析】设g(x) ，由已知可得 在 , 上单调递增，且 ，而| f(x)| 2f  cosx cosx g(x)  2 2 g(0)0  4  等价于|g(x)| g  ，从而可求出结果  4 f(x) f'(x)cosx f(x)sinx 【详解】设g(x) ，则g'(x) ， cosx cos2x  因为当0x 时，有 成立， 2 f(x)cosx f(x)sinx0 所以当0x  2 时， g'(x)0 ，所以g(x) c f o ( s x x ) 在    0,  2    上单调递增， f(x) f(x) f(x) 因为 为奇函数，所以g(x)   g(x)， f(x) cos(x) cosx cosx f(x)    所以g(x) 为奇函数，所以 在 , 上单调递增，且 ， cosx g(x)  2 2 g(0)0  f   f(x)  4 所以 等价于  ，即 ，  cosx   | f(x)| 2f  cosx cos g(x) g   4 4  4        所以g g(x)g ，所以得 x 所以不等式的解集为 , ．故选：A  4  4 4 4  4 4   【变式1-1】（2020下·广西桂林·高二校考阶段练习）函数 f x定义在  0, 2   上， fx是它的导函数， 且tanx f x fx 在定义域内恒成立，则（ ）     A． 2f   f   B． 3f   f    4  3 6  3 3    C．cos1 f 1 f   D． 2f   3f   2 6 4 6 【答案】D   【分析】构造函数g(x)cosx f(x),x0, ，利用所给不等式判断 的符号推出 的单调性，利  2 g(x) g(x) 用g(x)的单调性即可比较函数值的大小.  【详解】因为x0, ，所以 ，  2 sinx0，cosx0 由tanx f x fx 可得 f(x)cosx f(x)sinx，即 f(x)cosx f(x)sinx0，   令g(x)cosx f(x),x0, ，则 ，  2 g(x) f(x)cosx f(x)sinx0      所以函数 gx在  0, 2   上为减函数，则g  6   g  4   g(1)g  3   ，       则cos  f  cos  f  cos(1)f(1)cos  f  ， 6  6  4  4  3  3    所以 3f   2f  2cos(1)f(1) f  .故选：D 6  4  3 【变式1-2】（2020下·内蒙古巴彦淖尔·高二校考阶段练习）已知函数y f x 是定义在R上的奇函数， 且对于任意的x0, ，都有 fxcosx f xsinx(其中 fx 是函数 f x 的导函数)，则下列不等式成 立的是        A． f   3f   B． 2f   f    3 6  4  3       C． 2f   3f   D． f   3f    4 6  3 6 【答案】B 【分析】令g(x) f(x)cosx，求出函数的导数，根据函数的单调性判断即可． 【详解】解：因为 f(x)是定义在R上的奇函数， 由函数y f(x)对于任意的x(0,)满足 f(x)cosx f(x)sinx， 令g(x) f(x)cosx，则g(x) f(x)cosx为奇函数； 故g(x) f(x)cosx f(x)sinx0， 故g(x)在(0,)单调递增，又g(x)是奇函数，所以g(x)在(,0)上单调递增，     g( )g( )，可得 2f( ) f( )，故B正确； 4 3 4 3 故选：B．    【变式1-3】（2021下·江苏·高二期中）已知函数 f x的定义域为   2 , 2   ，其导函数是 f(x) .有  ，则关于x的不等式 3f(x)2f  cosx的解集为（ ） f(x)cosx f(x)sinx0 6 A．    ,   B．    ,   C．    ,   D．    ,   3 2 6 2  6 3  2 6 【答案】B f x f x    【分析】令Fx ，根据题设条件，求得 F'x0 ，得到函数Fx 在 , 内的单调递减 cosx cosx  2 2  f x f  6   函数，再把不等式化为  ，结合单调性和定义域，即可求解. cosx  cos 6 【详解】由题意，函数 f x 满足 f 'xcosx f xsinx0， f x f 'xcosx f xsinx 令Fx ，则F'x 0 cosx cos2 xf x    函数Fx 是定义域 , 内的单调递减函数， cosx  2 2  f x f  6   由于 ，关于 的不等式 可化为  ，  cosx  3f(x)2f  cosx cos cosx0 x 6 6 即FxF    ，所以  x  且x  ，解得  x  ， 6 2 2 6 2 6    不等式 3f(x)2f  cosx的解集为 , .故选：B 6 6 2 题型 14 复合型构造 【典例1-1】已知定义在R上的函数 f x 关于y轴对称，其导函数为 fx ，当x0时，不等式 xfx1 f x.若对 xR ，不等式exf  ex ex axaxf ax0恒成立，则正整数a的最大值为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】 构造函数Fx x  f x1 ，求出F'x xf 'x f x1，由题可得Fx是在 R 上的奇函数且在 R 上 为单调递增函数，将exf  ex ex axaxf ax0转化成 ex  f  ex 1  ax  f ax1 ，利用Fx在 R 上为单调递增函数可得： exax0 恒成立，利用导数求得  ex ax  aalna，解不等式 aalna0 可得0ae，问题得解． min 【详解】因为xf 'x1 f x，所以xf 'x1 f x0，令Fx x  f x1 ，则 F'x xf 'x f x10， 又因为 f x 是在R上的偶函数，所以Fx 是在R上的奇函数，所以Fx 是在R上的单调递增函数， 又因为exf  ex axf axexax，可化为ex  f  ex 1  ax  f ax1 ， 即F  ex Fax ，又因为Fx是在 R 上的单调递增函数，所以exax0恒成立， 令gxexax，则g'xex a，因为a0，所以gx 在 ,lna 单调递减，在 lna, 上单调递增， 所以gx aalna0，则1lna0，所以0ae. min 所以正整数a的最大值为2.故选B 【典例1-2】定义在R上的偶函数 f(x)的导函数为 f '(x)，若对任意的实数x，都有2f(x)xf '(x)2恒成 立，则使x2f(x) f(1) x21成立的实数x的取值范围为（ ） A．{x|x1} B．(,1)  (1,) C．(1,1) D．(1,0)  (0,1) 【答案】B 【分析】 由题意构造函数gxx2f xx2 ，结合函数的单调性和函数的奇偶性求解实数x的取值范围即可. 【详解】 f x 是R上的偶函数，则函数gxx2f xx2 也是R上的偶函数， 对任意的实数x，都有2f xxf 'x2恒成立，则g'xx  2f xxf 'x2 .当x0时，g'x0，当x0时，g'x0，即偶函数gx 在区间 ,0 上单调递增，在区间 0, 上单调递减， 不等式x2f x f 1x21即x2f xx2 12 f 112 ，据此可知gxg1 ，则x1或x1. 即实数x的取值范围为 ,11, .本题选择B选项. 【变式1-1】设函数 f(x)时定义在R上的奇函数，记其导函数为 f'(x),当x0时，2f(x)xf '(x)x恒成立， 则关于x的不等式3f(x2017)x2017的解集为 A． -，-2017 B． -2017，2017 C． -2017，0 D． -2017， 【答案】A 【详解】 1 1 分析：根据题意，构造函数gxx2f x x3，结合题意对其求导可得gxx2f x x3在0,上 3 3 1 为增函数，由函数 f x时定义在 R 上的奇函数可得gxx2f x 3 x3在 , 上为增函数，将不等式 3f x2017x2017变形可得gx2017g0 ，进而分析可得x20170，解可得x的取值范围， 即可得到答案. 1 详解：根据题意，构造函数gxx2f x x3，其导数 3 gx2xf xx2fxx2 x  2f xxfx1 ， 又由x0时，2f xxf 'xx，则g'x0，函数gx 在 0, 上为增函数，由函数 f x 时定义在 R上的奇函数， 1 可得gxx2f x 3 x3在 , 上为增函数，不等式3f x2017x2017变形可得 gx2017g0 ， 可得x20170，解得x2017，即该不等式的解集为 ,2017 .故选：A. 【变式1-2】（2022·全国·高三专题练习）函数 f x 定义域为R，导函数为 fx ， f x 满足下列条件： ①任意xR， f x f 2x2x2恒成立，②x1, 时， fx2x1恒成立，则关于t的不等 式： f 2t f t23t25t2的解集为（ ） A． 0,2 B． 0,1 C． 1,1 D．1,2 【答案】A 【分析】设函数F(x) f(x)x2x，利用已知条件判断函数F(x)的单调性及对称性，根据所得结论化简不 等式求其解集. 【详解】设函数F(x) f(x)x2x，则F(x) f(x)2x1，又x1, 时， fx2x1恒成立， 所以当x1, 时，F(x)0，所以函数F(x) f(x)x2x在 1, 单调递增， 又F(x)F(2x) f(x)x2x f(2x)(2x)2(2x)因为任意xR， f x f 2x2x2恒成 立， 所以F(x)F(2x)2x2x2x(2x)2(2x)0，所以F(x)F(2x)，所以函数F(x) f(x)x2x 的图象关于x1对称，因为 f 2t f t23t25t2可化为 f 2t(2t)22t f t2t222t2， 所以F2tFt2 ，所以|t21||2t1|所以3t26t0，所以0t2， 所以不等式： f 2t f t23t25t2的解集为 0,2 ，故选：A.【变式1-3】已知函数 f xe2xax2bx1，其中a,bR,e为自然对数的底数.若 f 10, fx 是 f x 的导函数，函数 f�( x) 在区间(0,1) 内有两个零点，则a的取值范围是（ ） A．  e23,e21  B．  e23,  C．  ,2e22  D．  2e26,2e22  【答案】A 【解析】 由 f(1)0，得e2ab10，所以bae21，又 f(x)＝2e2x2axb，令g(x) 2e2x2axb，则 g(x)4e2x2a，x(0,1)，所以44e2x 4e2，所以：（1）若a2e2时，则g(x)0，函数g(x)在(0,1) 内单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点；（2）若a2时，则g(x)0，函数g(x)在(0,1)内单调 1 a 递增，故 在 内至多有一个零点；（3）若 时，当0x ln 时， ，当 g(x) (0,1) 2a2e2 2 2 g(x)0 1 a 1 a 1 a ln x1时， ，所以函数 在(0, ln )上递减，在( ln ,1)上递增，所以 2 2 g(x)0 g(x) 2 2 2 2 1 a a a x g(x) g( ln )aaln b＝2aaln e21．令h(x)2xxln e21＝ min 2 2 2 2 2 2xxlnxxln2e21 （2x2e2），则h(x)lnx1ln2，当x(2,2e)时，h(x)0，h(x)为增函数，当x(2e,2e2)时， h(x)0，h(x)为减函数，所以h(x) h(2e)2ee210，即g(x) 0恒成立，所以函数g(x)在 max min g(0)2ae210 内有两个零点，则{ ，解得 ．综上所述 的取值范围为 (0,1) g(1)2e22aae210 e23ae21 a (e23,e21)，故选A． 高考练场 1.（湖南省永州市2022届高三下学期第三次适应性考试数学试题已知直线l:y3x2，函数 1 fxlnxax 3 ，若 f x存在切线与 l 关于直线yx对称，则 a __________． 2 【答案】 3 【分析】先求与l关于直线yx对称的直线l，再利用切点是切线与曲线的公共点以及导数的几何意义即 可求解 【详解】在直线l：y3x2上取两点 0,2 ， 1,5 点 0,2 ， 1,5 关于yx对称的点分别为 2,0 ， 5,1 点 a,b 关于直线yx对称的点为 b,a ）设直线l关于直线yx对称的直线为l，则l过点 2,0 ， 5,1 则k  10  1 ，直线 的方程为y0 1 x2 ，即 由 fxlnxax 1 得 fx 1 a, l 52 3 l 3 x3y20 3 x x0, 因为函数 f x 存在切线与l关于直线yx对称，即 f x 存在切线方程为x3y20  1 1  fx 0  x a 3   0 x 1 0  1  设切点为 ，则  y 0 lnx 0 ax 0  3 解得  y 0  1 3 故答案为：  x 3y 20  0 0  a 2 2 x 0 ,y 0     3 3 2.过点 1,0 作曲线yex 的两条切线，则这两条切线的斜率之和为______.【答案】e21 【分析】考虑x0与x0时，设出切点坐标，求出相应的切线方程，将 1,0 代入，得到相应的斜率，相 加得到答案. 【详解】x0时，yex，设切点  x 1 ,ex1  ，则yex,k 1 ex1，切线l 1 :yex1 ex1 xx 1 过 1,0 ， ex1 ex1 1x 1  ，x 1 2,k 1 e2，x0时，yex，切点  x 2 ,ex2  ， yex,k ex2 ，切线l :yex2 ex2 xx  过 1,0 ，ex2 ex2 1x  ，x 0,k 1， 2 2 2 2 2 2 故k k e21.故答案为：e21. 1 2  1 3.（2022·全国·高三专题练习）过曲线 上一点P , 且与曲线在 点处的切线垂直的直线的方程 ycosx  3 2 P 为 2 3 2 1 A．2x 3y  0 B．2x y  0 3 2 3 2 2 3 2 1 C．2x 3y  0 D．2xy  0 3 2 3 2 【答案】A 【分析】根据导数的几何意义，可得切线斜率k，进而可得所求直线斜率k，代入点斜式方程，整理即可 得答案. 【详解】由题意得ysinx，  1  3 所以在点P , 处切线斜率k sin  ，  3 2 3 2 1 2 3 k  则所求直线斜率 3 3 ，  2 1 2 3  2 3 所以直线方程为y  x ，整理得2x 3y  0.故选：A 2 3  3 3 2 4.（2023春·陕西宝鸡·高三统考）若过点(a,b)可作曲线yx22x的两条切线，则点(a,b)可以是（ ） A．(0,0) B．(1,1) C．(2,0) D．(3,2) 【答案】D 【分析】设切点的坐标为(t,t22t)，求得切线方程为y(2t2)(xt)t22t，把点(a,b)代入得 t22at2ab0，根据题意得到t22at2ab0有两个不等的实根，结合0，得到a22ab0， 根据选项逐项验证，即可求解. 【详解】由函数yx22x，可得y2x2， 设切点的坐标为(t,t22t)，则在切点处的切线方程为y(2t2)(xt)t22t， 把点(a,b)代入，可得b(2t2)(at)t22t， 整理得t22at2ab0，因为过点(a,b)可作曲线yx22x的两条切线， 则方程t22at2ab0有两个不等的实根， 所以4a24(2ab)0，即a22ab0， 分别把点(0,0),(1,1),(2,0),(3,2)代入验证，可得只有(3,2)满足， 所以点(a,b)可以是(3,2).故选：D. 5.已知直线ykxb是曲线yln1x 与y2lnx的公切线，则kb__________. 【答案】3ln2 【分析】分别设两条曲线上的切点，写出切线方程，建立方程组，解出切点，计算kb.1 【详解】设曲线yln1x上切点Ax,ln1x ，y ， 1 1 1x 1 1 切线斜率k  ，切线方程yln1x  xx  ， 1x 1 1x 1 1 1 1 x 即y x 1 ln1x  1x 1x 1 1 1 1 同理，设曲线 y2lnx 上切点 Bx 2 ,2lnx 2 ，y x ， 1 1 切线斜率k  ，切线方程y2lnx  xx  ， x 2 x 2 2 2 1 即y x1lnx ， x 2 2  1 1   1  1x 1 x 2   x 1  2 所以 ，解得 ，  x 1 ln(1x )1lnx x  1   1x 1 2  2 2 1 所以k 2，b1ln2，kb3ln2. 故答案为：3ln2. 6.（内蒙古赤峰市、呼伦贝尔市等2022-2023学年高三上学期开学考试数学（文）试题）若直线ykxb是 曲线 f xex2 与gxex20222022的公切线，则k______. 1011 【答案】 1012 【分析】假设切点坐标，利用导数几何意义分别求得在切点处的切线方程，由切线方程相同可构造方程组 求得ex 22022，即为公切线的斜率k. 【详解】设ykxb与 f x，gx 分别相切于点  x 1 ,ex12 ，  x 2 ,ex 220222022  ，  fxex2，gxex2022 ，fx 1 ex12 ，gx 2 ex22022， 切线方程为yex12 ex12xx 1  ，yex220222022ex22022xx 2  ， 即yex12x1x ex12 ，yex22022x1x ex220222022， 1 2 ex12 ex22022 x 2x 2022  ，即 1 2 ，  1x 1 ex12 1x 2 ex220222022  x 2 x 1 ex 2 2022 2022 2022 1011 1011 解得：ex 22022   ，即k  . 2024 1012 1012 1011 故答案为： . 1012 7.（重庆大学城第一中学校2021-2022学年高三下学期第一次月考数学（理）试题）函数 f x 是定义在区 间 0, 上 可 导 函 数 ， 其 导 函 数 为 f 'x ， 且 满 足 xf 'x2f x0， 则 不 等 式 x2019 f x2019 5f 5  的解集为 5 x2019 A． x x 2014 B．{x|2019x2014} C．{x|0x2014} D．{x|x2014} 【答案】B 【分析】 构造函数Fxx2 f x ，求得Fx 的导函数，结合题目所给条件，得到Fx 的单调性，由此求得不等式的解集. 【详解】 构造函数Fxx2 f x ，依题意可知，当x0时，Fxx  xfx2f x  0，故函数Fx在 0, 上为增函数.由于x0，故所求不等式可化为 x20192  f x201952 f 5 ，所以 0x20195，解得2019x2014.故选B. 8. f(x)是定义在非零实数集上的函数， f(x)为其导函数，且x0时，xf(x) f(x)0，记a20.2 f  20.2 , 2 3 f log 3 b f  ,c 2 则（ ） 3 2 log 3 2 A．cba B．bac C．cab D．abc 【答案】A 【分析】 f x 本题可以先设gx ，然后求出 gx的导数， x 然后可以通过“x0时，xfx f x0”判断出gx 的单调性， 3 最后通过比较20.2、、log 3的大小得出答案． 2 2 ´ 【详解】设 gx f  x x ， 则有gx    f  x x    xfx x  2 f x ，因为 x0 时， xfx f x0 ， 3 所以 x0 时，gx0，gx为减函数，因为020.2  2 log 2 3， 所以g  20.2 g   3 glog 3 ，所以20.2 f  20.2  2 f   3  f log 2 3 ， 故选A． 2 2 3 2 log 3 2 9.（内蒙古赤峰二中 2021-2022学年高三 4月月考数学试题）已知定义在R上的可导函数 f(x)满足： f(mm2) ，则 与 的大小关系是 f '(x) f(x)0 em2m1 f(1) f(mm2) f(mm2) f(mm2) A．  f(1) B．  f(1) C．  f(1) D．不确定 em2m1 em2m1 em2m1 【答案】A 【详解】 令g(x)exf(x)，则g(x)ex[f(x) f(x)]0，所以函数g(x)在R上单调递减. f(mm2) 因为 ，所以mm2 1g(mm2) g(1)emm2 f(mm2)e1f(1)  f(1)，选A. m2m10 em2m1 点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅 f(x) 助函数常根据导数法则进行：如 构造g(x) ， 构造 ， f(x) f(x) ex f(x) f(x)0 g(x)exf(x) f(x) 构造g(x) ， 构造 等 xf(x) f(x) x xf(x) f(x)0 g(x)xf(x) 10.定义在R上的函数 f x 的导函数为 fx ，若 fx f x ，则不等式ex f 2xe4 f 3x4 的解集 是 A． ,2 B． 2, C．4, D． ,4 【答案】D 【分析】 f x  f x 根据 fx f x0 构造出  ex   0，从而得到 gx ex 在 R 上单调递减；将所求不等式转化为 f 2x f 3x4 e2x  e3x4 ，根据 gx单调性可得 2x3x4 ，求解得到结果. 【详解】 ex fxexf x  f x  由题意得： fx f x0 ，即 e2x 0 ∴   ex   0 f x 故函数gx 在 上单调递减 ex R ex f 2x e4 f 3x4 f 2x f 3x4  ex f 2xe4 f 3x4，即 e3x  e3x ∴ e2x  e3x4 即g2xg3x4 2x3x4，解得x4。本题正确选项：D 11.已知 f(x)是定义在(,0)  (0,)上的奇函数， f(x)是 f(x)的导函数， f(1)0,且满足: f(x) f(x)lnx 0,则不等式 的解集为（ ） x (x1) f(x)0 A．(1,) B．(,1) (0,1) C． ,1 D． ,0(1,)  【答案】D 【分析】 根据给定含导数的不等式构造函数g(x) f(x)lnx，由此探求出 f(x)在(0,)上恒负，在(,0)上恒正， 再解给定不等式即可. 【详解】 f(x) 令 ， ，则g(x) f(x)lnx 0， 在 上单调递减，而 ， g(x) f(x)lnx x0 x g(x) (0,) g(1)0 因此，由g(x)0得0x1，而lnx0，则 f(x)0，由g(x)0得x1，而lnx0，则 f(x)0，又 f(1)0， 于是得在(0,)上， f(x)0，而 f(x)是(,0)  (0,)上的奇函数，则在(,0)上， f(x)0， x10 x10 x1 x1 由 得： 或 ，即 或 ，解得 或 ， (x1) f(x)0 f(x)0 f(x)0 x0 x0 x0 x1 所以不等式(x1) f(x)0的解集为(,0)(1,).故选：D  12.（贵州省遵义航天高级中学2018届高三第五次模拟考试数学试题）已知定义在(0, 2 )上的函数， f'(x) f(x) f'(x) 为其导函数，且  恒成立，则 sinx cosx     A． f( )2f( ) B． 3f( ) 2f( ) 2 6 4 3    C． 3f( ) f( ) D． f(1)2f( )sin1 6 3 6 【答案】C 【详解】 f(x) f(x)sinx f(x)cosx   令g(x) ,则g(x) 0,所以 在0, 上单调递增,因此 sinx sin2x g(x)  2 π π π π f( ) f( ) f( ) f( ) π π 6 3 π π π π 4 3 π π g( )g( )   3f( ) f( ) , g( )g( )   3f( ) 2f( ) 6 3 π π 6 3 4 3 π π 4 3 sin sin sin sin 6 3 4 3π π f( ) f( ) π π 6 2 π π g( )g( )  2f( ) f( ) 6 2 π π 6 2 sin sin 6 2 π f( ) π 6 f(1) π g( )g(1)  2sin1f( ) f(1),所以选C. 6 π sin1 6 sin 6    13.（2021下·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校考）已知奇函数 f x的定义域为   2 , 2   ，且 fx是 f x的导函数，若对任意x      2 ,0    ，都有 fxcosx f xsinx0 则满足 f 2cos f     3    的  的取 值范围是（ ） A．    ,   B．    ,      ,   C．    ,   D．    ,    2 3  2 3  3 2  3 3 3 2 【答案】D f x    【分析】构造函数gx ,x , ，结合已知条件判断函数的奇偶性与单调性，将 cosx  2 2  f  f   3   变形为  ，即 ，利用函数单调性解不等式即可. f 2cos f     cos cos  gg      3 3  3 f x    【详解】设gx ,x , ， cosx  2 2 因为 f x 为奇函数，ycosx为偶函数，所以gx 为奇函数；    因为对任意x   2 ,0  ，都有 fxcosx f xsinx0 ， 而gx fxcos co x s  2 x f xsinx 0，所以 gx在      2 ,0    单调递减，又因为 gx为奇函数，所以 gx在  f  f   3   单调递减，当 时， ，因为 ，所以  ，所以    ,   x    ,   f 2cos f     cos cos   2 2  2 2 cosx0  3 3 gg    ，所以    ，  3 3 2 故选：D. 14.（河北省武邑中学2019届高三下学期第一次质检数学（理）试题）已知函数 f x 的导函数为 fx ， 若2f x fx2, f 05，则不等式 f x4e2x 1的解集为 A．1, B． ,0 C． ,01, D． 0, 【答案】D 【分析】 结合题意构造函数F(x)e2xf(x)e2x4，求导后可得函数F(x)在R上为增函数，且F(0)0．然后将不 等式变形为e2xf(x)e2x40，进而根据函数的单调性得到不等式的解集． 【详解】设F(x)e2xf(x)e2x4， 则F(x)2e2xf(x)e2xf(x)2e2x e2x[2f(x) f(x)2]0，所以函数F(x)e2xf(x)e2x4在R上为增函数．又 f 05，所以F(0) f(0)140． 又不等式 f x4e2x 1等价于e2xf(x)e2x40， 即F(x)0，解得x0，所以不等式的解集为 0, ．故选D．