第19讲原函数与导函数混合还原_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第19讲 原函数与导函数混合还原
知识梳理
1、对于xf(x)+f(x)>0(<0)，构造g(x)=x⋅f(x)，
2、对于xf(x)+kf(x)>0(<0)，构造g(x)=xk⋅f(x)
f(x)
3、对于x⋅f(x)-f(x)>0(<0)，构造g(x)= ，
x
f(x)
4、对于x⋅f(x)-kf(x)>0(<0)，构造g(x)=
xk
5、对于f(x)+f(x)>0(<0)，构造g(x)=ex⋅f(x)，
6、对于f(x)+kf(x)>0(<0)，构造g(x)=ekx⋅f(x)
f(x)
7、对于f(x)-f(x)>0(<0)，构造g(x)= ，
ex
f(x)
8、对于f(x)-kf(x)>0(<0)，构造g(x)=
ebx
9、对于sinx⋅f(x)+cosx⋅f(x)>0(<0)，构造g(x)=f(x)⋅sinx，
f(x)
10、对于sinx⋅f(x)-cosx⋅f(x)>0(<0)，构造g(x)=
sinx
11、对于cosx⋅f(x)-sinx⋅f(x)>0(<0)，构造g(x)=f(x)⋅cosx，
f(x)
12、对于cosx⋅f(x)+sinx⋅f(x)>0(<0)，构造g(x)=
cosx
13、对于f(x)-f(x)>k(<0)，构造g(x)=ex[f(x)-k]
f(x)
14、对于f(x)lnx+ >0(<0)，构造g(x)=lnx⋅f(x)
x
15、f(x)+c=[f(x)+cx]；f(x)+g(x)=[f(x)+g(x)]；f(x)-g(x)=[f(x)-g(x)]；
f(x)g(x)-f(x)g(x)  f(x)
16、f(x)g(x)+f(x)g(x)=[f(x)g(x)]； =
g2(x)  g(x)
 
．
必考题型全归纳
1 题型一：利用xnf(x)构造型
649 (安徽省马鞍山第二中学2024学年高三上学期10月段考数学试题)已知f(x)的定义域
为0,+∞  ，f(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<-xf(x)，则不等式fx+1  >
x-1  fx2-1  的解集是 ( )
A. 0,1  B. 2,+∞  C. 1,2  D. 1,+∞ 
【答案】B
【解析】根据题意，构造函数y=xf(x)，x∈0,+∞  ，则y=f(x)+xf(x)<0，
所以函数y=xf(x)的图象在0,+∞  上单调递减.
又因为fx+1  >x-1  fx2-1  ，所以(x+1)f(x+1)>x2-1  fx2-1  ，
所以0<x+1<x2-1，解得x>2或x<-1(舍).
所以不等式fx+1  >x-1  fx2-1  的解集是2,+∞  .
故选：B.
650 (河南省温县第一高级中学2024学年高三上学期12月月考数学试题)已知函数fx  的
第 页 共 页
355 3427定义域为0,+∞  ，且满足fx  +xfx  >0(fx  是fx  的导函数)，则不等式
x-1  fx2-1  <fx+1  的解集为 ( )
A. -∞,2  B. 1,+∞  C. 1,2  D. -1,2 
【答案】C
【解析】令g(x)=xf(x)，则g(x)=f(x)+xf(x)>0，即g(x)在0,+∞  上递增，
又x+1>0，则x-1  fx2-1  <fx+1  等价于(x2-1)f(x2-1)<(x+1)f(x+1)，即
g(x2-1)<g(x+1)，
x2-1>0

所以x+1>0 ，解得1<x<2，原不等式解集为1,2
x2-1<x+1
 .
故选：C
651 (黑龙江省大庆实验中学2024届高三下学期5月考前得分训练(三)数学试题)已知函数
fx  的定义域为0,+∞  ，fx  为函数fx  的导函数，若x2fx  +xfx  =1，f1  =0，
则不等式f2x-3  >0的解集为 ( )
A. 0,2  B. log 2 3,2  C. log 2 3,+∞  D. 2,+∞ 
【答案】D
【解析】由题意得，xfx  +fx 
1
= ，
x
即 xfx    =lnx+c  ，
所以xfx  =lnx+c，即fx 
lnx c
= + ，
x x
又f1  =0，所以c=0，故fx 
lnx
= ，
x
1-lnx
f(x)= =0，可得x=e，
x2
在(0,e)上，f(x)>0，f(x)单调递增；
在(e,+∞)上，f(x)<0，f(x)单调递减，
1
所以f(x)的极大值为f(e)= .简图如下：
e
所以fx  >0，2x-3>1，x>2.
故选：D.
652 (2024届高三第七次百校大联考数学试题(新高考))已知定义在R上的偶函数y=fx 
的导函数为y=fx 
xfx
，当x>0时，
 +fx 
>0，且f2
x
 =1，则不等式f2x-1  <
2
的解集为 ( )
2x-1
1
A. -∞,
2

3
∪ ,+∞
2

3
B.  ,+∞
2

1 3
C.  ,
2 2

1 1
D. - ,
2 2

1 3
∪ ,
2 2

第 页 共 页
356 3427【答案】C
xfx
【解析】当x>0时，
 +fx 
>0，所以当x>0时，xfx
x
 +fx  >0，
令Fx  =xfx  ，则当x>0时，Fx  =xfx  +fx  >0，
故Fx  =xfx  在0,+∞  上单调递增，
又因为y=fx  在R上为偶函数，所以Fx  =xfx  在R上为奇函数，
故Fx  =xfx  在R上单调递增，因为f2  =1，所以F2  =2f2  =2，
1
当x> 时，f2x-1
2

2
< 可变形为2x-1
2x-1
 f2x-1  <2，即F2x-1  <F2  ，
因为Fx  =xfx 
3 1 3
在R上单调递增，所以2x-1<2，解得x< ，故 <x< ；
2 2 2
1
当x< 时，f2x-1
2

2
< 可变形为2x-1
2x-1
 f2x-1  >2，即F2x-1  >F2  ，
因为Fx  =xfx 
3
在R上单调递增，所以2x-1>2，解得x> ，故无解.
2
综上不等式f2x-1 
2 1 3
< 的解集为 ,
2x-1 2 2
 .
故选：C.
653 (四川省绵阳市盐亭中学2024届高三第二次模拟考试数学试题)已知定义在0,+∞  上
的函数fx  满足2xfx  +x2fx  <0，f2 
3
= ，则关于x的不等式fx
4

3
> 的解
x2
集为 ( )
A. 0,4  B. 2,+∞  C. 4,+∞  D. 0,2 
【答案】D
【解析】令hx  =x2fx  ，则hx  =2xfx  +x2fx  <0，所以hx  在0,+∞  单调递
减，
不等式fx 
3
> 可以转化为x2fx
x2

3
>4× =22f2
4
 ，即hx  >h2  ，所以0<x<2.
故选：D.
654 (河南省豫北重点高中2024学年高三下学期4月份模拟考试文科数学试题)已知函数
fx  的定义域为0,+∞  ，其导函数是f′x  ，且2fx  +xf′x  >x．若f2  =1，则不等
式3fx 
4
-x- >0的解集是 ( )
x2
A. 0,2  B. 2,+∞ 
2
C. 0,
3

2
D.  ,+∞
3

【答案】B
【解析】构造函数gx  =x2fx 
1
- x3，其中x>0，
3
则gx  =2xfx  +x2fx  -x2=x 2fx  +xfx   -x  >0，
故函数gx  =x2fx 
1
- x3在0,+∞
3
 上为增函数，且g2  =4f2 
8 4
- = ，
3 3
因为x>0，由3fx 
4
-x- >0可得x2fx
x2

1 4
- x3> ，即gx
3 3
 >g2  ，解得x>2.
故选：B.
655 (广西15所名校大联考2024届高三高考精准备考原创模拟卷(一)数学试题)已知f(x)是
定义在R上的偶函数，其导函数为f(x),f(-1)=4，且3f(x)+xf(x)>3，则不等式f(x)
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<1+ 的解集为 ( )
x3
A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.(-1,0)∪(0,1)
C.(0,1) D.(1,+∞)
【答案】C
【解析】设g(x)=x3f(x)-x3，
则g(x)在R上为奇函数，且g(0)=0.
又g(x)=3x2f(x)+x3f(x)-3x2=x2[3f(x)+xf(x)-3]，
当x>0时，g(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上为增函数，
因此g(x)在R上为增函数.
3
又f(-1)=f(1)=4，当x>0时，不等式f(x)<1+ 化为x3f(x)-x3<3，
x3
即g(x)<g(1)，
所以0<x<1；
3
当x<0时，不等式f(x)<1+ 化为x3f(x)>x3+3，即g(x)>3=g(1)，
x3
解得x>1，故无解，
3
故不等式f(x)<1+ 的解集为(0,1).
x3
故选：C
【解题方法总结】
1、对于xf(x)+f(x)>0(<0)，构造g(x)=x⋅f(x)，
2、对于xf(x)+kf(x)>0(<0)，构造g(x)=xk⋅f(x)
f(x)
2 题型二：利用 构造型
xn
656 (河南省信阳市息县第一高级中学2024学年高三上学期9月月考数学试题)已知定义在
0,+∞  的函数fx  满足：∀x∈0,+∞  ,fx  -xfx  <0，其中fx  为fx  的导函
数，则不等式(2x-3)f(x+1)>(x+1)f2x-3  的解集为 ( )
3
A.  ,4
2
 B. 4,+∞  C. -1,4  D. -∞,4 
【答案】A
【解析】设gx 
fx
=

,gx
x

xfx
=
 -fx 
，
x2
因为∀x∈0,+∞  ,fx  -xfx  <0，
所以在0,+∞  上gx  >0，
所以gx  在0,+∞  上单调递增，
由已知，fx  的定义域为0,+∞  ，
所以x+1>0,2x-3>0，
所以(2x-3)fx+1  >x+1 
fx+1
f(2x-3)等价于
 f2x-3
>
x+1

，
2x-3
即g(x+1)>g(2x-3)，
x+1>0
 3
所以2x-3>0 ，解得 <x<4，
2
x+1>2x-3
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所以原不等式的解集是 ,4
2
 .
故选：A.
657 已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)
fx
>2f(x)，若g(x)=

，则不等式g(x)<g(1)的解集是 ( )
x2
A.(-∞，1) B.(-1,1)
C.(-∞，0)∪(0,1) D.(-1,0)∪(0,1)
【答案】D
【解析】因为f(x)是定义域为{x|x≠0}的偶函数，所以f(-x)=f(x).对任意正实数x满
足xf(x)>2f(x)，
所以xf(x)-2f(x)>0,
f(x)
因为g(x)= ，所以g(x)也是偶函数.
x2
xf(x)-2f(x)
当x∈(0，+∞)时，g(x)= >0,
x3
所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，在(-∞，0)单调递减，
若g(x)<g(1)，则|x|<1(x≠0)，解得0<x<1或-1<x<0，
故g(x)<g(1)的解集是(-1,0)∪(0,1),
故选：D
658 (江苏省苏州市2024届高三下学期3月模拟数学试题)已知函数fx  是定义在R上的奇
函数，f2  =0，当x>0时，有xfx  -fx  >0成立，则不等式xfx  >0的解集是
( )
A. -∞，-2  ∪2，+∞  B. -2，0  ∪2，+∞ 
C. -∞，-2  ∪0，2  D. 2，+∞ 
【答案】A
【解析】xfx  -fx  >0成立设gx 
fx
=

，
x
则gx 
fx
=
 

 x
  fx
=
 x-fx 
>0，即x>0时gx
x2
 是增函数，
当x>2时，gx  >g2  =0，此时fx  >0；
0<x<2时，gx  <g2  =0，此时fx  <0．
又fx  是奇函数，所以-2<x<0时，fx  =-f-x  >0；
x<-2时f(x)=-f(-x)>0
则不等式x⋅fx 
f(x)>0 f(x)<0
>0等价为  或  ，
x>0 x<0
可得x>2或x<-2，
则不等式xfx  >0的解集是-∞，-2  ∪2，+∞  ，
故选：A．
659 (西藏昌都市第四高级中学2024届高三一模数学试题)已知函数fx  是定义在-∞，0 
∪0，+∞  的奇函数，当x∈0，+∞  时，xfx  <fx  ，则不等式5f2-x  +
x-2  f5  <0的解集为 ( )
第 页 共 页
359 3427A. -∞，-3  ∪3，+∞  B. -3，0  ∪0，3 
C. -3，0  ∪0，7  D. -∞，-3  ∪2，7 
【答案】D
【解析】令gx 
fx
=

，
x
∵当x∈0，+∞  时，xfx  <fx  ，
∴当x∈0，+∞  时，gx 
xfx
=
 -fx 
<0，
x2
∴gx  在0，+∞  上单调递减；
又fx  为-∞，0  ∪0，+∞  的奇函数，
∴g-x 
f-x
=
 -fx
=
-x
 fx
=
-x

=gx
x
 ，即gx  为偶函数，
∴gx  在-∞，0  上单调递增；
又由不等式5f2-x  +x-2  f5  <0得5f2-x  <2-x  f5  ，
f2-x
当2-x>0，即x<2时，不等式可化为
 f5
<
2-x

，即g2-x
5
 <g5  ，
由gx  在0，+∞  上单调递减得2-x>5，解得x<-3，故x<-3；
f2-x
当2-x<0，即x>2时，不等式可化为
 f5
>
2-x

，即g2-x
5
 >g5  =g-5  ，
由gx  在-∞，0  上单调递增得2-x>-5，解得x<7，故2<x<7；
综上所述，不等式5f2-x  +x-2  f5  <0的解集为：-∞，-3  ∪2，7  ．
故选：D．
【解题方法总结】
f(x)
1、对于x⋅f(x)-f(x)>0(<0)，构造g(x)= ，
x
f(x)
2、对于x⋅f(x)-kf(x)>0(<0)，构造g(x)=
xk
3 题型三：利用enxf(x)构造型
660 (河南省2024学年高三上学期第五次联考文科数学试题)已知定义在R上的函数fx 
满足fx  +fx  >0，且有f3  =3，则fx  >3e3-x的解集为 ( )
A. 3,+∞  B. 1,+∞  C. -∞,3  D. -∞,1 
【答案】A
【解析】设Fx  =fx  ⋅ex，则Fx  =fx  ⋅ex+fx  ⋅ex=ex fx  +fx    >0，
∴Fx  在R上单调递增.
又f3  =3，则F3  =f3  ⋅e3=3e3.
∵fx  >3e3-x等价于fx  ⋅ex>3e3，即Fx  >F3  ，
∴x>3，即所求不等式的解集为3,+∞  .
故选：A.
661 (河南省2024学年高三上学期第五次联考数学试题)已知定义在R上的函数fx  满足
1
fx
2
 +fx  >0，且有f1 
1
= ，则2fx
2

1-x
>e 2 的解集为 ( )
A. -∞,2  B. 1,+∞  C. -∞,1  D. 2,+∞ 
第 页 共 页
360 3427【答案】B
【解析】设Fx  =fx 
x
⋅e2，则Fx  =fx 
x 1
⋅e2+ fx
2

x x 1
⋅e2=e2 fx
2
 +fx   

 >0，
所以函数Fx  在R上单调递增，又f1 
1
= ，所以F1
2
 =f1 
1 1 1
⋅e2= e2．
2
又2fx 
1-x
>e 2 等价于fx 
x 1 1
⋅e2> e2，即Fx
2
 >F1  ，所以x>1，
即所求不等式的解集为1,+∞  ．
故选：B
662 (广东省佛山市顺德区北滘镇莘村中学2024届高三模拟仿真数学试题)已知fx  是函
数y=fx  x∈R  的导函数，对于任意的x∈R都有fx  +fx  >1，且f0  =2023，则
不等式exfx  >ex+2022的解集是 ( )
A. 2022,+∞  B. -∞,0  ∪2023,+∞ 
C. -∞,0  ∪0,+∞  D. 0,+∞ 
【答案】D
【解析】法一：构造特殊函数.令fx  =2023，则fx  +fx  =2023>1满足题目条件，
把fx  =2023代入exfx  >ex+2022得2023ex>ex+2022解得x>0，
故选：D.
法二：构造辅助函数.令gx  =exfx  -ex，则gx  =ex fx  +fx   -1  >0，
所以gx  在R上单调递增，
又因为g0  =f0  -1=2022，所以exfx  >ex+2022⇔gx  >g0  ，所以x>0，
故选：D.
663 (宁夏吴忠市2024届高三一轮联考数学试题)函数fx  的定义域是R，f0  =2，对任意
x∈R，fx  +fx  >1，则不等式：ex⋅fx  >ex+1的解集为 ( )
A. xx>0  B. xx<0 
C. xx<-1 或x>1  D. xx<-1 或0<x<1 
【答案】A
【解析】构造函数gx  =exfx  -ex-1，则g0  =f0  -2=0，
gx  =ex fx  +fx   -1  >0，则函数gx  在R上单调递增，
由ex⋅fx  >ex+1可得gx  =exfx  -ex-1>0=g0  ，可得x>0，
因此，不等式ex⋅fx  >ex+1的解集为xx>0  .
故选：A.
【解题方法总结】
1、对于f(x)+f(x)>0(<0)，构造g(x)=ex⋅f(x)，
2、对于f(x)+kf(x)>0(<0)，构造g(x)=ekx⋅f(x)
f(x)
4 题型四：用 构造型
enx
664 (安徽省六安市第一中学2024学年高二下学期期末数学试题)定义在(-2,2)上的函数
f(x)的导函数为fx  ，满足：fx  +e4xf-x  =0，f1  =e2，且当x>0时，f(x)>
2f(x)，则不等式e2xf(2-x)<e4的解集为 ( )
A.(1,4) B.(-2,1) C.(1,+∞) D.(0,1)
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361 3427【答案】A
【解析】令gx 
fx
=

，则e2xgx
e2x
 +e4xe-2xg-x  =0可得gx  +g-x  =0
所以gx 
fx
=

是(-2,2)上的奇函数，
e2x
gx 
fx
=
 e2x-2e2xfx  fx
=
e4x
 -2fx 
，
e2x
当x>0时，f(x)>2f(x)，所以gx  >0，
gx 
fx
=

是(0,2)上单调递增，
e2x
所以gx 
fx
=

是(-2,2)上单调递增，
e2x
因为g1 
f1
=
 e2
= =1，
e2 e2
由e2xf(2-x)<e4可得e2xe22-x  g2-x  <e4即g2-x  <1=g1  ，
由gx  fx =  -2<2-x<2 是(-2,2)上单调递增，可得  解得：1<x<4，
e2x 2-x<1
所以不等式e2xf(2-x)<e4的解集为(1,4)，
故选：A.
665 (广东省汕头市2024届高三三模数学试题)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'
1
(x)，且满足f'(x)-f(x)>0，f(2021)=e2021，则不等式f lnx
e
 < ex的解集为 ( )
A. e2021,+∞  B. 0,e2021  C. e2021e,+∞  D. 0,e2021e 
【答案】D
1
【解析】令t= lnx，则x=eet，
e
1 所以不等式f lnx
e
 < ex等价转化为不等式ft  < eeet=et，即 ft  <1
et
构造函数gt 
ft
=

，则gt
et

ft
=
 -ft 
，
et
由题意，gt 
ft
=
 -ft 
>0，所以gt
et
 为R上的增函数，
又f(2021)=e2021，所以g2021 
f2021
=

=1，
e2021
所以gt 
ft
=

<1=g2021
et

1
，解得t<2021，即 lnx<2021，
e
所以0<x<e2021e，
故选：D.
666 (陕西省安康市2024届高三下学期4月三模数学试题)已知函数fx  的定义域为R，且
对任意x∈R，fx  -fx  <0恒成立，则exfx+1  >e4f2x-3  的解集是 ( )
A. 4,+∞  B. -1,4  C. -∞,3  D. -∞,4 
【答案】D
【解析】设gx 
fx
=

，该函数的定义域为R，
ex
第 页 共 页
362 3427则gx 
fx
=
 -fx 
>0，所以gx
ex
 在R上单调递增．
由exfx+1  >e4f2x-3 
fx+1
可得
 f2x-3
>
ex+1

，即gx+1
e2x-3
 >g2x-3  ，
又gx  在R上单调递增，所以x+1>2x-3，解得x<4，
所以原不等式的解集是-∞,4  ，
故选：D．
667 (新疆克拉玛依市2024届高三三模数学试题)定义在R上的函数f(x)的导函数为f(x)，
1 1
f(-1)=- ，对于任意的实数x均有ln3⋅f(x)<f(x)成立，且y=fx-
3 2
 +1的图像
1
关于点 ，1
2
 对称，则不等式f(x)-3x-2>0的解集为 ( )
A.(1，+∞) B.(-1，+∞) C.(-∞，-1) D.(-∞，1)
【答案】A
1
【解析】因为y=fx-
2

1
+1的图像关于点 ，1
2
 对称，
所以y=f(x)是奇函数，
因为对任意的实数x均有ln3⋅f(x)<f(x)成立，
所以对任意的实数x均有ln3⋅f(x)-f(x)<0成立，
令gx 
fx
=

，
3x
则 gx 
fx
=
 3x-fx  3xln3
3x

fx
=
2
 -fx  ln3
>0，
3x
所以 gx  在R上递增，
因为g1 
f1
=
 1
= ，
3 9
f(x) 1 f(x) 1
又f(x)-3x-2>0⇔ - >0⇔ > ⇔gx
3x 9 3x 9
 >g1  ，
所以x>1，
故选：A
668 (浙江省绍兴市新昌中学2024届高三下学期5月适应性考试数学试题)若定义在R上的
函数f(x)的导函数为f(x)，且满足fx  >fx  ,f2022 
1
=e2022，则不等式f lnx
3
 <
3x的解集为 ( )
A. 0,e6066  B. 0,e2022  C. e2022,+∞  D. e6066,+∞ 
【答案】A
f(x)
【解析】由题可设F(x)= ，因为fx
ex
 -f(x)>0，
f(x)ex-f(x)ex f(x)-f(x)
则F(x)= = >0，
e2x ex
所以函数F(x)在R上单调递增，
f(2022) 1
又F(2022)= =1，不等式f lnx
e2022 3

1
f lnx
3
< 3x可转化为

<1，
1lnx
e3
1
∴F lnx
3
 <1=F(2022)，
第 页 共 页
363 34271
所以 lnx<2022，解得0<x<e6066，
3
1
所以不等式f lnx
3
 < 3x的解集为 ．
故选：A.
669 (吉林省长春市吉大附中实验学校2024学年高三上学期第四次摸底考试数学试题)设
fx  是函数fx  的导函数，且fx  >3fx  x∈R 
1
，f
3
 =e(e为自然对数的底数)，则
不等式flnx  <x3的解集为 ( )
1
A. 0,
3

1
B.  ,+∞
3
 C.(0,3e) D.(3e,+∞)
【答案】C
【解析】令gx 
fx
=

，则gx
e3x

fx
=
 -3fx 
，
e3x
因为fx  >3fx  x∈R  ，
所以gx 
fx
=
 -3fx 
>0，
e3x
所以函数gx  在R上为增函数，
不等式flnx 
flnx
<x3即不等式
  <1
 x3 ，
x>0
又glnx 
flnx
=
 flnx
=
e3lnx
 1
，g
x3 3

1
f
3
=

=1，
e
所以不等式flnx  <x3即为glnx 
1
<g
3
 ，
1
即lnx< ，解得0<x< 3e，
3
所以不等式flnx  <x3的解集为0,3e  .
故选：C.
670 (四川省绵阳市南山中学2024学年高三二诊热身考试数学试题)已知定义在R上的可导
函数fx  的导函数为fx  ，满足fx  <fx  ，且f-x  =f2+x  ，f2  =1，则不等式
fx  <ex的解集为 ( )
A. -∞,2  B. 2,+∞  C. 1,+∞  D. 0,+∞ 
【答案】D
【解析】因为f(-x)=f(x+2)，所以y=f(x)的图像关于直线x=1对称，所以f(0)=
f(2)=1，
f(x) f(x)-f(x) f(x)-f(x)
设g(x)= ，则g(x)= ，因为f(x)<f(x)，所以g(x)= <
ex ex ex
0,所以g(x)在R上为减函数，
f(0)
又g(0)= =1 ，因为f(x)<ex，所以g(x)<1,，g(x)<g0
e0
 ，所以x>0.
故选：D.
671 (山东省烟台市2024届高三二模数学试题)已知函数fx  的定义域为R，其导函数为
fx  ，且满足fx  +fx  =e-x，f0  =0，则不等式e2x-1  fx 
1
<e- 的解集为
e
第 页 共 页
364 3427( )．
1
A. -1,
e

1
B.  ,e
e
 C. -1,1  D. -1,e 
【答案】C
【解析】由fx  +fx  =e-x得exfx  +exfx  =1，即 exfx    =1，
可设exfx  =x+m，
当x=0时，因f0  =0得m=0，
所以fx  =xe-x，
e2x-1  fx 
1
<e- 可化为xe-x e2x-1
e

1
<e- ，
e
1
即xex-xe-x<e- ，
e
设gx  =xex-xe-x，
因g-x  =-xe-x+xex=gx  ，故gx  为偶函数
gx  =ex+xex+xe-x-e-x，
当x≥0时，因xex+xe-x≥0，ex-e-x≥0，
故gx  =ex+xex+xe-x-e-x≥0，所以gx  在区间0,+∞  上单调递增，
因g1  =e-e-1，
所以当x≥0时gx 
1
=xex-xe-x<e- 的解集为0,1
e
 ，
又因gx  为偶函数，故gx 
1
<e- 的解集为-1,1
e
 .
故选：C
672 (江西省九江十校2024届高三第二次联考数学试题)设函数f(x)的定义域为R，其导函
数为fx  ，且满足f(x)>f′(x)+1，f(0)=2023，则不等式e-xf(x)>e-x+2022(其中e
为自然对数的底数)的解集是 ( )
A.(2022,+∞) B.(-∞,2023) C.(0,2022) D.(-∞,0)
【答案】D
f(x)-1
【解析】设g(x)= ，
ex
∵f(x)>f′(x)+1，即f′(x)-f(x)+1<0，
f′(x)-f(x)+1
∴g′(x)= <0，
ex
∴g(x)在R上单调递减，又f(0)=2023，
f(x)-1 f(0)-1
∴不等式e-xf(x)>e-x+2022⇔ >2022=f(0)-1= ，
ex e0
即g(x)>g(0)，∴x<0，
∴原不等式的解集为(-∞,0).
故选：D
【解题方法总结】
f(x)
1、对于f(x)-f(x)>0(<0)，构造g(x)= ，
ex
f(x)
2、对于f(x)-kf(x)>0(<0)，构造g(x)=
ebx
5 题型五：利用sinx、tanx与f(x)构造型
第 页 共 页
365 3427π π
673 (江西省2024届高三教学质量监测数学试题)定义在区间- ,
2 2
 上的可导函数fx 
π
关于y轴对称，当x∈0,
2
 时，fx  cosx>fx  sin-x  恒成立，则不等式fx  -
π
f -x
2

>0的解集为 ( )
tanx
π π
A. - ,
4 4

π π
B.  ,
4 3

π π
C.  ,
4 2

π
D. 0,
2

【答案】C
【解析】因为fx  cosx>fx  sin-x  ，化简得fx  cosx+fx  sinx>0，
构造函数Fx 
fx
=

,Fx
cosx

fx
=
 cosx+fx  sinx
，
cos2x
π
即当x∈0,
2
 时，Fx  >0,Fx  单调递增，
所以由fx 
π
f -x
2
-

>0⇒fx
tanx

π
f -x
2
>

fx
⇒
tanx

π
f -x
2
>
cosx

，
sinx
fx
则

cosx 
π
f -x
2
>

π cos -x
2

，
即Fx 
π
>F -x
2
 .因为Fx 
π
为偶函数且在x∈0,
2
 上单调递增，
π π
- <x< ,且x≠0
2 2
π π π
所以 - < -x< 2 2 2
x  π > -x
2




π π
 ，解得x∈ 4 , 2

 
 .
故选：C.
674 (天津市南开中学2024届高三下学期统练二数学试题)已知可导函数fx  是定义在
π π
- ,
2 2

π
上的奇函数．当x∈0,
2
 时，fx  +fx  tanx>0，则不等式cosx⋅
π
fx+
2
 +sinx⋅f-x  >0的解集为 ( )
π π
A. - ,-
2 6

π
B. - ,0
6

π π
C. - ,-
2 4

π
D. - ,0
4

【答案】D
π
【解析】当x∈0,
2
 时，fx  +fx  tanx>0，则cosxfx  +fx  sinx>0
则函数sinxfx 
π
在0,
2
 上单调递增，又可导函数fx 
π π
是定义在- ,
2 2
 上的奇函数
则sinxfx 
π π
是- ,
2 2

π
上的偶函数，且在- ,0
2
 单调递减，
π π π
- <x+ <
 2 2 2 π
由 ，可得x∈- ,0
π π 2
- <-x<
2 2

π π
，则x+ ∈0,
2 2

π
，-x∈0,
2

π
则x∈- ,0
2

π
时，不等式cosx⋅fx+
2
 +sinx⋅f-x  >0
π
可化为sinx+
2

π
⋅fx+
2
 >sin-x  ⋅f-x 
又由函数sinxfx 
π
在0,
2

π
上单调递增，且-x∈0,
2

π π
，x+ ∈0,
2 2
 ，
第 页 共 页
366 3427π π π
则有 >x+ >-x>0，解之得- <x<0
2 2 4
故选：D
π π
675 函数y=f(x)对任意的x∈- ,
2 2
 满足x+2f(x)+f(x)sin2x=ex-1(其中f(x)是函
数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是 ( )
π
A. f
4

π
> 3f
3

π
B. 3f
6

π
>3f
4

C. 2- 3 
π
f
12

π
>f
4

π
D. 3f
3
 <2+ 3 
5π
f
12

【答案】D
【解析】令F(x)=f(x)tanx，
Fx  =fx 
sinx
+fx
cosx

1 fx
=
cos2x
 sinxcosx+fx  fx
=
cos2x
 sin2x+2fx 
2cos2x
又由已知可得，2f(x)+f(x)sin2x=ex-1-x≥0，所以F(x)≥0，
π π
所以F(x)在x∈- ,
2 2
 上单调递增
π 5π π
因为 < ，所以f
3 12 3

π 5π
tan <f
3 12

π
tan ，
12
π
故 3f
3
 <2+ 3 
5π
f
12
 ，D正确，
故选：D
676 已知可导函数fx 
π π
是定义在- ,
2 2

π
上的奇函数．当x∈0,
2
 时，fx  +
fx 
π
tanx>0，则不等式cosx⋅fx+
2
 +sinx⋅f-x  >0的解集为 ( )
π π
A. - ,-
2 6

π
B. - ,0
6

π π
C. - ,-
2 4

π
D. - ,0
4

【答案】D
π
【解析】当x∈0,
2
 时，fx  +fx  tanx>0，则cosxfx  +fx  sinx>0
则函数sinxfx 
π
在0,
2
 上单调递增，又可导函数fx 
π π
是定义在- ,
2 2
 上的奇函数
则sinxfx 
π π
是- ,
2 2

π
上的偶函数，且在- ,0
2
 单调递减，
π π π
- <x+ <
 2 2 2 π
由 ，可得x∈- ,0
π π 2
- <-x<
2 2

π π
，则x+ ∈0,
2 2

π
，-x∈0,
2

π
则x∈- ,0
2

π
时，不等式cosx⋅fx+
2
 +sinx⋅f-x  >0
π
可化为sinx+
2

π
⋅fx+
2
 >sin-x  ⋅f-x 
又由函数sinxfx 
π
在0,
2

π
上单调递增，且-x∈0,
2

π π
，x+ ∈0,
2 2
 ，
π π π
则有 >x+ >-x>0，解之得- <x<0
2 2 4
故选：D
【解题方法总结】
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
第 页 共 页
367 34273、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
6 题型六：利用cosx与f(x)构造型
677 (重庆市九龙坡区2024届高三二模数学试题)已知偶函数fx 
π π
的定义域为- ,
2 2
 ，其
导函数为fx 
π
，当0≤x< 时，有fx
2
 cosx+fx  sinx>0成立，则关于x的不等式
fx 
π
>2f
3
 ⋅cosx的解集为 ( )
π π
A. - ,
3 3

π π
B.  ,
3 2

π π
C. - ,-
2 3

π π
∪ ,
3 2

π
D. - ,0
3

π π
∪ ,
3 2

【答案】C
f(x) π
【解析】构造函数g(x)= ,0≤x< ，
cosx 2
f(x)cosx-f(x)cosx
g(x)=
  f(x)cosx+f(x)sinx
= >0，
cos2x cos2x
f(x) π
所以函数g(x)= 在 0,
cosx  2
 单调递增，
因为函数fx 
f(x)
为偶函数，所以函数g(x)= 也为偶函数，
cosx
f(x) π
且函数g(x)= 在 0,
cosx  2

f(x) π
单调递增，所以函数g(x)= 在- ,0
cosx 2
 单调递减，
π π
因为x∈- ,
2 2
 ，所以cosx>0，
关于x的不等式fx 
π
>2f
3

fx
⋅cosx可变为

π
f
3
>
cosx

π
，也即g(x)>g
π 3
cos
3
 ，
所以g x   
π
>g
3

x
，则

π
>  3 π π π π
 解得 <x< 或- <x<- ，
π π 3 2 2 3
- <x<
2 2
故选:C.
π π
678 已知偶函数f(x)的定义域为- ,
2 2

π
，其导函数为f(x)，当0<x< 时，有f(x)
2
π
cosx+f(x)sinx<0成立，则关于x的不等式f(x)< 2f
4
 ⋅cosx的解集为 ( )
π π
A.  ,
4 2

π π
B. - ,-
2 4

π π
∪ ,
4 2

π
C. - ,0
4

π
∪0,
4

π
D. - ,0
4

π π
∪ ,
4 2

【答案】B
f(x) f(x)cosx+f(x)sinx
【解析】由题意，设g(x)= ，则g(x)= ，
cosx cos2x
π
当0<x< 时，因为f(x)cosx+f(x)sinx<0，则有g(x)<0，
2
π
所以g(x)在0,
2
 上单调递减，
π π
又因为f(x)在- ,
2 2

f(-x) f(x)
上是偶函数，可得g(-x)= = =g(x)，
cos(-x) cosx
所以g(x)是偶函数，
第 页 共 页
368 3427π
由f(x)< 2f
4

f(x) π
cosx，可得 < 2f
cosx 4

π
f
f(x) 4
，即 <
cosx

π
，即g(x)<g
π 4
cos
4

π
又由g(x)为偶函数，且在0,
2

π π
上为减函数，且定义域为- ,
2 2

π
，则有|x|> ，
4
π π π π
解得- <x<- 或 <x< ，
2 4 4 2
π π
即不等式的解集为- ,-
2 4

π π
∪ ,
4 2
 ，
故选：B.
679 设函数fx  在R上存在导数fx  ，对任意的x∈R，有fx  +f-x  =2cosx，且在
0,+∞  上有fx  >-sinx，则不等式fx 
π
-f -x
2
 ≥cosx-sinx的解集是 ( )
π
A. -∞,
4

π
B.   ,+∞
 4

π
C. -∞,
6

π
D.   ,+∞
 6

【答案】B
【解析】设Fx  =fx  -cosx，
∵fx  +f-x  =2cosx，即fx  -cosx=cosx-f-x  ，即Fx  =-F-x  ，故Fx  是
奇函数，
由于函数fx  在R上存在导函数fx  ，所以，函数fx  在R上连续，则函数Fx  在R
上连续.
∵在0,+∞  上有fx  >-sinx，∴Fx  =fx  +sinx>0，
故Fx  在0,+∞  单调递增，
又∵Fx  是奇函数，且Fx  在R上连续，∴Fx  在R上单调递增，
∵fx 
π
-f -x
2
 ≥cosx-sinx，
∴fx 
π
-cosx≥f -x
2

π
-sinx=f -x
2

π
-cos -x
2
 ，
即Fx 
π
≥F -x
2

π π
，∴x≥ -x，故x≥ ，
2 4
故选：B．
【解题方法总结】
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
7 题型七：复杂型：en与af(x)+bg(x)等构造型
680 (广西柳州市2024届高三11月第一次模拟考试数学试题)已知可导函数f(x)的导函数
为f(x)，若对任意的x∈R，都有f(x)-f(x)>1．且f(x)-2022为奇函数，则不等式
f(x)-2021ex>1的解集为 ( )
A. -∞,0  B. 0,+∞  C. -∞,e  D. e,+∞ 
【答案】A
【解析】根据题意，构造Fx 
fx
=
 -1
，则fx
ex
 =Fx  ex+1，
f(x)-f(x)+1
且F(x)= <0，故Fx
ex
 在R上单调递减；
第 页 共 页
369 3427又fx  -2022为R上的奇函数，故可得f0  -2022=0，
即f0  =2022，则F0  =2021.
则不等式f(x)-2021ex>1等价于Fx  >2021=F0  ，
又因为Fx  是R上的单调减函数，故解得x<0.
故选：A.
681 (河南省多校联盟2024届高考终极押题(C卷)数学试题)已知函数fx  的导函数为
fx  ，若对任意的x∈R，都有fx  >fx  +2，且f1  =2022，则不等式fx  -2020ex-1
<2的解集为 ( )
A. 0,+∞ 
1
B. -∞,
e
 C. 1,+∞  D. -∞,1 
【答案】C
【解析】设函数gx 
fx
=
 -2
，
ex
所以gx 
fx
=
 ×ex- fx   -2  ×ex fx
=
e2x
 -fx  +2
，因为fx
ex
 >fx  +2，
所以fx  -fx  +2<0，即gx  <0，所以gx  在R上单调递减，因为f1  =2022，
所以g1 
f1
=
 -2 2020
= ，因为fx
e e

fx
-2020ex-1<2，整理得
 -2 2020
< ，
ex e
所以gx  <g1  ，因为gx  在R上单调递减，所以x>1.
故选：C.
682 (2024届高三冲刺卷(一)全国卷文科数学试题)已知函数fx  与gx  定义域都为R，满
足fx 
x+1
=
 gx 
，且有gx
ex
 +xgx  -xgx  <0，g1  =2e，则不等式fx  <4的
解集为 ( )
A. 1,4  B. 0,2  C. -∞,2  D. 1,+∞ 
【答案】D
【解析】由fx 
x+1
=
 gx 
可得fx
ex

gx
=
 ex+x+1  gx  ex-x+1  gx  ex
ex

=
2
xgx  +gx  -xgx 
.
ex
而gx  +xgx  -xgx  <0，∴fx  <0，∴fx  在-∞,+∞  上单调递减，
又g1  =2e，则f1 
2×g1
=
 4e
= =4，
e1 e
所以fx  <4=f1  ，则x>1，
故不等式fx  <4的解集为1,+∞  ．
故选：D．
683 (陕西省渭南市华州区咸林中学2024学年高三上学期开学摸底考试数学试题)已知定义
在(-3,3)上的函数f(x)满足f(x)+e4xf(-x)=0,f(1)=e2,f(x)为f(x)的导函数，当x∈
[0,3)时，f(x)>2f(x)，则不等式e2xf(2-x)<e4的解集为 ( )
A.(-2,1) B.(1,5) C.(1,+∞) D.(0,1)
【答案】B
【解析】令gx 
fx
=

，所以fx
e2x
 =e2xgx  ，因为fx  +e4xf-x  =0，所以e2x⋅gx  +
第 页 共 页
370 3427e4x⋅e-2xg-x  =0，化简得gx  +g-x  =0，
所以gx  是-3,3  上的奇函数；
gx 
fx
=
 e2x-2e2xfx  fx
=
e4x
 -2fx 
，
e2x
因为当0≤x<3时，fx  >2fx  ，
所以当x∈0,3  时，gx  >0，从而gx  在0,3  上单调递增，又gx  是-3,3  上的奇
函数，所以gx  在-3,3  上单调递增；
考虑到g1 
f1
=
 e2
= =1，由e2xf2-x
e2 e2
 <e4，
得e2xe22-x  g2-x  <e4，即g2-x  <1=g1  ，
由gx  在-3,3 
-3<2-x<3,
上单调递增，得  解得1<x<5，
2-x<1,
所以不等式e2xf2-x  <e4的解集为1,5  ，
故选：B.
684 (黑龙江省哈尔滨市第三中学2024学年高三上学期期中考试数学试题)设函数f(x)在R
上的导函数为f(x)，若f(x)>f(x)+1，f(x)+f(6-x)=2，f(6)=5，则不等式f(x)+
2ex+1<0的解集为 ( )
A.(-∞,0) B.(0,+∞) C.(0,3) D.(3,6)
【答案】A
【解析】令gx 
fx
=
 +1
，可得gx
ex

fx
=
 +1

ex

 fx
=
 -fx  -1
，
ex
因为f(x)>f(x)+1，可得f(x)-f(x)-1>0，
所以gx  >0，所以函数gx  为R上的单调递增函数，
由不等式f(x)+2ex+1<0，可得f(x)+1<-2ex，
f(x)+1
所以 <-2，即gx
ex
 <-2
因为f(x)+f(6-x)=2，令x=0，可得f(0)+f(6)=2，
又因为f(6)=5，可得f(0)=-3，所以g0 
f0
=
 +1
=-2
e0
所以不等式等价于gx  <g0  ，
由函数gx  为R上的单调递增函数，所以x<0，即不等式的解集为(-∞,0).
故选：A.
685 (新疆新源县第二中学2024学年高二下学期期末考试数学试题)定义在R上的函数f(x)
满足：fx  +fx  >1，f0  =4，则不等式exfx  >ex+3的解集为 ( )
A. 0,+∞  B.(-∞,0)∪3,+∞ 
C.(-∞,0)∪0,+∞  D. 3,+∞ 
【答案】A
【解析】将fx  +fx  >1左右两边同乘ex得：exfx  +exfx  -ex>0，
令gx  =exfx  -ex，则gx  =exfx  +exfx  -ex>0，所以gx  在R上单调递增，
且g0  =f0  -1=3；不等式exfx  >ex+3等价于exfx  -ex>3，即gx  >g0  ，所
以x>0
故选：A
第 页 共 页
371 3427686 (陕西省西安市西北工业大学附属中学2024届高三下学期第十二次适应性考试数学试
题)定义在R上的函数fx  满足fx  -2fx  -8>0，且f0  =-2，则不等式fx  >
2e2x-4的解集为 ( )
A. 0,2  B. 0,+∞  C. 0,4  D. 4,+∞ 
【答案】B
【解析】构造函数gx 
fx
=
 +4
，则gx
e2x

fx
=
 e2x-2 fx   +4  e2x
=
e4x
fx  -2fx  -8
>0，
e2x
所以，函数gx  为R上的增函数，g0 
f0
=
 +4
=2，
e0
由fx  >2e2x-4可得gx 
fx
=
 +4
>2=g0
e2x
 ，所以，x>0.
故选：B.
【解题方法总结】
对于f(x)-f(x)>k(<0)，构造g(x)=ex[f(x)-k]
8 题型八：复杂型：(kx+b)与f(x)型
687 (专题32盘点构造法在研究函数问题中的应用-备战2022年高考数学二轮复习常考点专
题突破)已知定义在R上的函数fx  满足f2+x  =f2-x  ，且当x>2时，有xfx  +
fx  >2fx  ,若f1  =1，则不等式fx 
1
< 的解集是 ( )
x-2
A.(2,3) B. -∞,1  C. 1,2  ∪2,3  D. -∞,1  ∪3,+∞ 
【答案】A
【解析】根据题意，设g(x)=(x-2)f(x)，则g1  =-f1  =-1，则有g(2+x)=xf(2+
x)，g(2-x)=-xf(2-x)，即有g(2+x)=-g(2-x)，故函数g(x)的图象关于(2,0)对称，
则有g3  =-g1  =1，
当x>2时，g(x)=(x-2)f(x)，g′(x)=(x-2)f′(x)+f(x)，又由当x>2时，xf(x)+
f(x)>2f(x)，即当x>2时，g′(x)>0，即函数g(x)在区间(2,+∞)为增函数，由f(x)<
1
可得(x-2)f(x)<1，即gx
x-2
 <1=g3  ，∴2<x<3，
∵函数g(x)的图象关于(2,0)对称，∴函数g(x)在区间(-∞,2)为增函数，且g(x)<0在
1
(-∞,2)上恒成立，由f(x)< 可得(x-2)f(x)>1，即g(x)>1，此时x不存在.
x-2
综上：不等式解集为(2,3).
故选：A
688 (辽宁省实验中学2024届高三第四次模拟考试数学试卷)已知函数fx  是定义在R上
的可导函数，其导函数为fx  ，若对任意x∈R有fx  >1，f1+x  +f1-x  =0，且
f0  =-2，则不等式fx-1  >x-1的解集为 ( )
A. 4,+∞  B. 3,+∞  C. 2,+∞  D. 0,+∞ 
【答案】B
【解析】设gx  =fx  -x，则gx  =fx  -1>0恒成立，故函数gx  在R上单调递
增.
第 页 共 页
372 3427f1+x  +f1-x  =0，则f2  +f0  =0，即f2  =2，故g2  =f2  -2=0.
fx-1  >x-1，即gx-1  >0，即gx-1  >g2  ，故x-1>2，解得x>3.
故选：B.
689 (山东省泰安肥城市2024届高三下学期5月高考适应性训练数学试题(三))定义在
1，+∞  上的函数f(x)的导函数为f(x)，且(x-1)f(x)-f(x)>x2-2x对任意x∈(1,
+∞)恒成立.若f(2)=3，则不等式f(x)>x2-x+1的解集为 ( )
A. 1,2  B. 2，+∞  C. 1,3  D. 3，+∞ 
【答案】B
【解析】由(x-1)f(x)-f(x)>x2-2x，即(x-1)f(x)-f(x)+1>(x-1)2，
(x-1)f(x)-(f(x)-1) f(x)-1
即 -1>0，即 -x
(x-1)2 x-1


>0对x∈(1,+∞)恒成立，
f(x)-1
令g(x)= -x，则g(x)在(1,+∞)上单调递增，
x-1
∵f(2)=3，∴g(2)=0，
f(x)-1
由f(x)>x2-x+1，即 -x>0，即g(x)>g2
x-1
 ，
因为g(x)在(1,+∞)上单调递增，∴x>2
故选：B.
【解题方法总结】
写出y=kx+b与y=f(x)的加、减、乘、除各种形式
9 题型九：复杂型：与ln(kx+b)结合型
690 (2024届高三数学临考冲刺原创卷(四))已知函数fx  的定义域为0,+∞  ，导函数为
fx  ，且满足fx  +xfx  lnx>0，则不等式fx-2020  lnx-2020  ≤0的解集为
( )
A. -∞,2020  ∪2021,+∞  B. 0,2021 
C. 2020,2021  D. 2021,2022 
【答案】C
【解析】根据fx  +xfx 
fx
lnx>0，x>0得

+fx
x
 lnx>0．
设Fx  =fx  lnx(x>0)，则Fx 
fx
=

+fx
x
 lnx>0，
则函数Fx  在0,+∞  上单调递增，且F1  =0，
则不等式fx-2020  lnx-2020  ≤0，可化为Fx-2020  ≤F1  ，
x-2020>0
则

，解得2020<x≤2021.
x-2020≤1
故选：C．
691 (华大新高考联盟2024届高三3月教学质量测评文科数学试题)已知函数fx  的定义域
为R，图象关于原点对称，其导函数为fx  ，若当x>0时fx  +xlnx⋅fx  <0，则不等
式4|x|⋅fx  >4fx  的解集为 ( )
A. -∞,-1  ∪0,+∞  B. -1,0  ∪0,+∞ 
C. -∞,-1  ∪0,1  D. -1,0  ∪1,+∞ 
第 页 共 页
373 3427【答案】C
【解析】构造函数gx  =fx  lnx，其中x>0，
则gx 
fx
=

+fx
x

1
lnx= fx
x
 +xlnx⋅fx    <0，
所以，函数gx  =fx  lnx在0,+∞  上单调递减，
易知g1  =0，当0<x<1时，lnx<0，gx  =fx  lnx>g1  =0，此时fx  <0，
当x>1时，lnx>0，gx  =fx  lnx<g1  =0，此时fx  <0，
因为函数fx  的定义域为R，图象关于原点对称，即函数fx  为奇函数，
若x<-1或-1<x<0时，fx  >0，且f0  =0，
由4|x|⋅fx  >4fx  可得 4x   -4  fx  >0，
当4x  >4时，即x  >1，可得x<-1或x>1，此时fx  >0，可得x<-1；
当4x  <4时，即x  <1，可得-1<x<1，此时fx  <0，可得0<x<1.
因此，不等式4|x|⋅fx  >4fx  的解集为-∞,-1  ∪0,1  .
故选：C.
692 (2024届高三数学新高考信息检测原创卷(四))已知fx  是定义在R上的奇函数，fx 
是fx 
1
的导函数，f
2
 ≠0，且fx  ln2x 
fx
+

<0，则不等式x2-x-2
x
 fx  >0
的解集是 ( )
A. -∞,-1 
1
∪0,
2
 ∪2,+∞  B. -1,0 
1
∪ ,2
2

C. -1,0  ∪2,+∞  D. -∞,-1  ∪0,2 
【答案】D
【解析】设gx  =fx  ln2x  ，则gx  的定义域为0,+∞ 
且gx  =fx  ln2x 
fx
+

<0，所以gx
x
 在0,+∞  上单调递减.
1
因为g
2

1
=f
2

1
⋅ln1=0，所以当x∈0,
2
 时，gx  >0；
1
当x∈ ,+∞
2
 时，gx  <0.
1
又当x∈0,
2
 时，ln2x 
1
<0，当x∈ ,+∞
2
 时，ln2x  >0，
所以当x∈0,+∞  时，恒有fx  <0.
因为fx  是R上的奇函数，所以当x∈-∞,0  时，fx  >0，
所以x2-x-2  fx 
x>0, x<0,
>0等价于  x2-x-2<0 或  x2-x-2>0,
解得0<x<2或x<-1，
所以不等式x2-x-2  ⋅fx  >0的解集是-∞,-1  ∪0,2  .
故选：D.
693 (广东省梅州市2024届高三二模数学试题)已知fx  是定义在R上的奇函数，fx  是
fx  的导函数，当x>0时，fx  ln2x 
fx
+
 1
>0，且f
x 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,+∞ 
第 页 共 页
374 3427【答案】B
【解析】令gx  =fx  ln2x  ，
则gx  =fx  ln2x 
fx
+

>0，
x
所以函数gx  在0,+∞  上递增，
1
又因g
2
 =0，
1
所以当x∈0,
2
 时，gx  <0，
1
当x∈ ,+∞
2
 时，gx  >0，
1
又因当x∈0,
2
 时，ln2x 
1
<0，当x∈ ,+∞
2
 时，ln2x  >0，
1
所以当x∈0,
2
 时，fx 
1
>0，当x∈ ,+∞
2
 时，fx  >0，
1
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
得
fx 
x-2<0

或

<0 fx 

，

>0
解得0<x<2，
所以不等式x-2  fx  <0的解集是0,2  .
故选：B.
694 定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足xfx  +1>0,f2 
1
=ln ，则不等式f(ex)+x>0
2
的解集为 ( )
A.(0，2ln2) B.(0,ln2) C.(ln2，1) D.(ln2，+∞)
【答案】D
【解析】令g(x)=f(x)+lnx,(x>0) ，
1 xfx
则g(x)=f(x)+ =
x
 +1
，由于xfx
x
 +1>0,
故g(x)>0,故g(x)在(0，+∞)单调递增，
1
而g(2)=f(2)+ln2=ln +ln2=0 ，
2
由f(ex)+x>0，得g(ex)>g(2) ，
∴ex>2 ，即x>ln2 ,
∴不等式f(ex)+x>0的解集为(ln2，+∞),
故选：D．
【解题方法总结】
f(x)
1、对于f(x)lnx+ >0(<0)，构造g(x)=lnx⋅f(x)
x
2、写出y=ln(kx+b)与y=f(x)的加、减、乘、除各种结果
10 题型十：复杂型：基础型添加因式型
695 (辽宁省名校联盟2024届高考模拟调研卷数学(三))已知函数f(x)为定义在R上的偶函
第 页 共 页
375 3427数，当x∈0,+∞  时，fx  >2x，f2  =4，则不等式xfx-1  +2x2>x3+x的解集为
( )
A. -1,0  ∪3,+∞  B. -1,1  ∪3,+∞ 
C. -∞,-1  ∪0,3  D. -1,3 
【答案】A
【解析】因为fx  >2x，所以f(x)-2x>0，
构造函数F(x)=f(x)-x2，当x∈(0,+∞)时，F(x)=f(x)-2x>0，
所以函数F(x)在区间(0,+∞)内单调递增，且F(2)=0，
又f(x)是定义在R上的偶函数，所以F(x)是定义在R上的偶函数，
所以F(x)在区间(-∞,0)内单调递减，且F(-2)=0．
不等式xf(x-1)+2x2>x3+x整理可得：xf(x-1)+2x2-x3-x>0，
即x[f(x-1)-(x-1)2]>0，当x>0时，f(x-1)-(x-1)2>0，则x-1>2，解得x>
3；当x<0时，f(x-1)-(x-1)2<0，则-2<x-1<0，
解得-1<x<1，又x<0，所以-1<x<0．
综上，不等式xf(x-1)+2x2>x3+x的解集为-1,0  ∪3,+∞  ．
故选：A．
696 定义在R上的函数f(x)满足f(x)-f(x)+ex<0(e为自然对数的底数)，其中f(x)为
f(x)的导函数，若f(3)=3e3，则f(x)>xex的解集为 ( )
A.(-∞,2) B.(2,+∞) C.(-∞,3) D.(3,+∞)
【答案】D
f(x) f(3)
【解析】设g(x)= -x，则g(3)= -3=0，所以f(x)>xex等价于g(x)>0=
ex e3
g(3)，
由f(x)-f(x)+ex<0，可得f(x)-f(x)>ex>0
f(x)-f(x)
则g(x)= -1>0，
ex
所以g(x)在R上单调递增，所以由g(x)>g(3)，得x>3．
故选：D
697 定义在R上的函数fx  满足fx  -2fx  -6<0，且f1  =e2-3，则满足不等式
fx  >e2x-3的x的取值有 ( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
【答案】D
【解析】构造函数Fx 
fx
=
 +3
，则Fx
e2x

fx
=
 -2fx  -6
，
e2x
因为fx  -2fx  -6<0，所以Fx  <0，所以Fx 
fx
=
 +3
单调递减，
e2x
又f1  =e2-3，所以F1 
f1
=
 +3
=1，
e2
不等式fx 
fx
>e2x-3变形为
 +3
>1，即Fx
e2x
 >F1  ，
由函数单调性可得：x>1
故选：D
第 页 共 页
376 3427698 已知在定义在R上的函数fx  满足fx  -f-x  -6x+2sinx=0，且x≥0时，fx 
≥3-cosx恒成立，则不等式fx 
π
≥f -x
2

3π π
- +6x+ 2cosx+
2 4
 的解集为
( )
π
A. 0,
4

π
B.   ,+∞
 4

π
C. -∞,
6

π
D.   ,+∞
 6

【答案】B
【解析】由题意，当x≥0时，fx  ≥3-cosx恒成立，即fx  -3+cosx≥0恒成立，
又由fx  -f(-x)-6x+2sinx=0，可得fx  -3x+sinx=f(-x)+3x-sinx，
令gx  =fx  -3x+sinx，可得g-x  =g-x  ，则函数gx  为偶函数，
且当x≥0时，gx  单调递增，
结合偶函数的对称性可得gx  在(-∞,0)上单调递减，
由fx 
π
≥f -x
2

3π π
- +6x+ 2cosx+
2 4
 ，
化简得到fx 
π
-3x+sinx≥f -x
2

π
-3 -x
2

π
+sin -x
2
 ，
即gx 
π
≥g -x
2
 ，所以x 
π
≥ -x
2

π
，解得x≥ ，
4
π
即不等式的解集为  ,+∞
 4
 .
故选：B.
11 题型十一：复杂型：二次构造
699 (福建省福州第一中学2024学年高二下学期期中考试数学试题)函数f(x)满足：
1 1
exf(x)+exf'(x)= x，f
2 2

2
= ，则当x>0时，f(x) ( )
e
A.有极大值，无极小值 B.有极小值，无极大值
C.既有极大值，又有极小值 D.既无极大值，也无极小值
【答案】D
【解析】因为
1
exf(x)+exf'(x)= x，所以
1
e2
1x
f(x)+e2
1x
f'(x)=
x
，
2 2 1x
e2
令Fx 
1x Fx
=e2 f(x)，则f(x)=

，且Fx
1x
e2

x
= ，
1x
e2
Fx
所以f(x)=

1x 1 1x
e2 - e2 Fx 2 
e2
1x

x 1
- Fx
1x 2 e2
=
2

，
1x
e2
令hx 
x 1
= - Fx
1x 2
e2
 ，则hx 
1 x 1
- - x
2 x 2 1 x 2 x
= - ∙ = ，
1x 2 1x 1x
e2 e2 e2
令hx 
1
=0，解得：x= ，
2
1
当0<x< 时，hx
2
 >0，则hx  单调递增，
1
当x> 时，hx
2
 <0，则hx  单调递减，
第 页 共 页
377 34271
所以当x= 时，hx
2

1
取得最大值h
2

1
2 1 1
= - F
1 2 2
e4

1
2 1 1 1
= - e4f
1 2 2
e4
 =0，
则hx  ≤0，故f(x)≤0在0,+∞  上恒成立，
所以f(x)在0,+∞  上单调递减，
则当x>0时，f(x)既无极大值，也无极小值.
故选：D
700 (江西省百所名校2024学年高三第四次联考数学试题)已知函数fx  的定义域为
1,+∞  ，其导函数为fx  ，x+2  2fx  +xfx    <xfx  对x∈1,+∞  恒成立，且
f5 
14
= ，则不等式x+3
25
 2fx+3  >2x+10的解集为 ( )
A. 1,2  B. -∞,2  C. -2,3  D. -2,2 
【答案】D
【解析】根据已知条件构造一个函数Gx 
gx
=

，再利用Gx
x+2
 的单调性求解不等式即
可.由x+2  2fx  +xfx    <xfx  ，可得2xfx  +x2fx 
x2fx
<

，
x+2
即 x2fx   
x2fx
<

，令gx
x+2
 =x2fx  ，
gx
则0<

-gx
x+2

gx
=
 -gx  x+2 
.
x+2
令Gx 
gx
=

，Gx
x+2

gx
=


x+2

 gx
=
 x+2  -gx 
x+2 
<0，
2
所以Gx  在(1，+∞)上是单调递减函数.
不等式x+3  2fx+3  >2x+10，
x+3
等价于
 2fx+3 
>2，
x+5
即Gx+3 
gx+3
=

>2，G5
x+5

g5
=
 25f5
=
7

=2，
7
所求不等式即Gx+3  >G5  ，
由于Gx  在(1，+∞)上是单调递减函数，
所以x+3<5，解得x<2，
且x+3>1，即x>-2，
故不等式x+3  2fx+3  >2x+10的解集为-2,2  .
故选：D
701 (河南省濮阳市2024届高三下学期第一次模拟考试数学试题)已知函数fx+1  为定义
域在R上的偶函数，且当x≥1时，函数fx  满足xfx  +2fx 
lnx
= ，f e
x2

1
= ，则
4e
4efx  <1的解集是 ( )
A. -∞,2- e  ∪ e,+∞  B. 2- e, e 
C. -∞,2-e  ∪e,+∞  D. 2-e,e 
【答案】A
【解析】由题可知，当x≥1时，x2fx   
lnx
= ．令gx
x
 =x2fx  ，则fx 
gx
=

，
x2
第 页 共 页
378 3427fx 
x2gx
=
 -2xgx  lnx-2gx
=
x4

，令hx
x3
 =lnx-2gx  ，hx 
1
= -2gx
x
 =
1-2lnx
，
x
令hx  =0，解得x= e．可知函数hx  在 e,+∞  上单调递减﹐在1, e  上单调
递增．
又h e  =ln e-2g e  =0，所以hx  ≤0，fx  ≤0，所以函数fx  在1,+∞  上单
调递减，
4efx  <1，可化为fx 
1
< =f e
4e
 ，又函数fx  关于x=1对称，
故x-1  > e-1  ,x-1<1- e或x-1> e-1，
所以不等式的解集为-∞,2- e  ∪ e,+∞  ．
故选：A
702 (宁夏平罗中学2024届高三上学期第一次月考数学试题)已知定义在R上的连续偶函数
f(x)
y=f(x)的导函数为y=f(x)，当x>0时，f(x)+ <0，且f(2)=-3，则不等式f(2x
x
-6
-1)< 的解集为 ( )
2x-1
1
A. -∞,
2

3
∪ ,+∞
2

1 3
B.  ,
2 2

3
C.  ,+∞
2

1 1
D. - ,
2 2

1 3
∪ ,
2 2

【答案】A
f(x) xf(x)+f(x) xf(x)
【解析】当x>0时，f(x)+ = =
x x
 
<0，∴xf(x)
x
 <0，
令gx  =xf(x)，∴gx  在0,+∞  上单调递减，
又y=f(x)是定义在R上的连续偶函数，∴gx  是R上的奇函数，即gx  在R上单调
递减，
∵f(2)=-3，∴g2  =-6，
1 -6
当2x-1>0，即x> 时，f(2x-1)< ⇒2x-1
2 2x-1
 f(2x-1)<-6⇒g(2x-1)<
3
-6，∴2x-1>2⇒x> ；
2
1 -6
当2x-1<0，即x< 时，f(2x-1)< ⇒2x-1
2 2x-1
 f(2x-1)>-6⇒g(2x-1)>
3 1
-6，∴2x-1<2⇒x< ，则x< .
2 2
-6 1
故不等式f(2x-1)< 的解集为-∞,
2x-1 2

3
∪ ,+∞
2
 .
故选：A.
703 (江西省九江市2024届高三三模数学(理)试题)已知fx  是定义在0,+∞  上的可导函
数，fx  是fx  的导函数，若xfx  +x2fx  =ex，f1  =e，则fx  在0,+∞  上
( )
A.单调递增 B.单调递减 C.有极大值 D.有极小值
【答案】A
【解析】构造函数Fx  =xfx  ，则Fx  =fx  +xfx 
ex
= ，
x
第 页 共 页
379 3427所以，fx 
Fx
=

，则fx
x

xFx
=
 -Fx  ex-Fx
=
x2

，
x2
设φx  =ex-Fx  ，则φ1  =0，φx  =ex-Fx 
ex ex x-1
=ex- =
x

，
x
当0<x<1时，φx  <0，此时函数φx  单调递减；
当x>1时，φx  >0，此时函数φx  单调递增.
所以，φx  ≥φ1  =0，∴fx 
ex-Fx
=
 φx
=
x

≥0对任意的x>0恒成立，
x
因此，函数fx  在0,+∞  上单调递增.
故选：A.
704 (湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2024学年高二下学期期中理科数
学试题)定义在0,+∞  上的函数fx  满足xfx  +fx 
1
=x2lnx，且f
e

1
=- ，则
2e
fx  ( )
A.有极大值，无极小值 B.有极小值，无极大值
C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值也无极小值
【答案】D
【解析】因为xfx  +fx 
1
=x2lnx，且f
e

1
=- ，
2e
1
所以f
e
 =0，①
令gx  =xfx  ，则gx  =x2lnx，
又x2fx  +xfx  =x3lnx，记hx  =x2fx  =x3lnx-gx  ，
所以hx  =x2+3x2lnx-gx  =2lnx+1  x2.
1
当x∈0,
e
 时，hx  <0，hx 
1
递减；当x∈ ,+∞
e
 时，hx  >0，hx  递增.
1 1
结合①当x= 时，h
e e
 =0，所以hx  的最小值为0，即x2fx  ≥0，
因为x>0，则fx 
1
≥0，(当且仅当x= 时，取等号)，所以既没有最大值，也没有最
e
小值.
故选：D.
705 (福建省泉州市2024学年高二下学期期末教学质量跟踪监测数学(理)试题)设函数fx 
满足：xfx  +2fx  =xex，f1 
e
= ，则x>0时，fx
2
 ( )
A.有极大值，无极小值 B.有极小值，无极大值
C.既有极大值，又有极小值 D.既无极大值，又无极小值
【答案】B
【解析】xfx  +2fx  =xex⇔x2fx  +2xfx  =x2ex，
令gx  =x2fx  ，则gx  =x2fx  +2xfx  =x2ex，
所以fx 
xex-2fx
=

x3ex-2x2fx
=
x

x3ex-2gx
=
x3

，
x3
令hx  =x3ex-2gx  ，则hx  =x3+3x2  ex-2gx  ，
即hx  =x3+3x2  ex-2x2ex=x3+x2  ex，
当x>0时，hx  >0，hx  单调递增，而h1  =e-2g1  =0，
第 页 共 页
380 3427所以当0<x<1时，hx  <0，fx  <0，fx  单调递减；
当x>1时，hx  >0，fx  >0，fx  单调递增；
故fx  有极小值f1  ，无极大值，故选B.
706 (辽宁省大连市中山区第二十四中学2024学年高三上学期11月月考数学试题)函数
fx  满足：2exfx  +exfx 
1
= x，f
2

1
= ．则x>0时，fx
2 2e

A.有极大值，无极小值 B.有极小值，无极大值
C.既有极大值，又有极小值 D.既无极大值，也无极小值
【答案】D
【解析】因为2exfx  +exfx  = x，所以2e2xfx  +e2xfx  =ex x,
令F(x)=e2xf(x)，则 F(x)=ex x，
x-2exf(x) ex x-2F(x)
所以f(x)= = ，
ex e2x
ex ex(1-2x)
令H(x)=ex x-2F(x) ，则H(x)= +ex x-2F(x)= ，
2 x 2 x
1 1
则当0<x< 时，H(x)>0 ，当x> 时，H(x)<0
2 2
1
即函数H(x)在0,
2

1
为增函数，在 ,+∞
2
 为减函数，
1
所以H(x) =H
max 2

1 1
= e -2ef
2 2

2e 2e
= - =0，
2 2
即f(x)≤0，即函数fx  在0,+∞  为减函数，
即x>0时，fx  既无极大值，也无极小值，
故选D.
π
707 设函数f(x)的导数为f(x)，且f(x)+xex=xf(x)，f(1)=-π，f(2)=- ，则当x>0
2
时，f(x)
A.有极大值，无极小值 B.无极大值，有极小值
C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值又无极小值
【答案】B
【解析】由题设fx 
fx
=ex+

，所以f1
x

f1
=e+

=e-π<0，f2
1

f2
=e+

2
π
=e2- 4 >0，所以存在x 0 ∈1,2  使得fx 0  =0，又fx 
xfx
=ex+
 -fx 
=ex+ x2
ex
>0，所以fx
x
 在0,+∞  上单调递增.
所以当x∈0,x 0  时，fx  <0，fx  单调递减，当x∈x 0 ,+∞  时，fx  >0，fx  单调
递增.
因此，当x=x 0 时，fx  取极小值，但无极大值，故选B.
【解题方法总结】
二次构造：f(x)×÷r(x)±g(x)，其中r(x)=xn,enx,sinx,cosx等
12 题型十二：综合构造
708 (福建省泉州市泉港区第一中学、厦门外国语学校石狮分校2024学年高二下学期期中联
第 页 共 页
381 3427f(x)-f(x)
考数学试题)已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，若f(x)满足 >
x-1
f(x) fx2-x
0，y= 关于直线x=1对称，则不等式
ex

<f(0)的解集是 ( )
ex2-x
A. -1,2  B. 1,2 
C. -1,0  ∪1,2  D. -∞,0  ∪1,+∞ 
【答案】C
f(x)
【解析】令g(x)= ，
ex
f(x)-f(x)
∴g(x)= ，
ex
f(x)-f(x)
∵ >0，
x-1
当x>1时，f(x)-f(x)>0，则g(x)>0，
∴g(x)在(1,+∞)上单增；
当x<1时，f(x)-f(x)<0，则g(x)<0，
∴g(x)在(-∞,1)上单减；
∵g(0)=f(0)，
f(x2-x)
∴不等式 <f(0)即为不等式g(x2-x)<g(0)，
ex2-x
f(x)
∵y= 关于直线x=1对称，
ex
∴0<x2-x<2，
解得-1<x<0或1<x<2，
故选：C．
709 (贵州省铜仁市2024届高三适应性考试数学试题(-))已知定义在R上的函数fx  ，fx 
为其导函数，满足①fx  =f-x  -2x，②当x≥0时，fx  +2x+1≥0.若不等式
f2x+1  +3x2+3x>fx+1  有实数解，则其解集为 ( )
2
A. -∞,-
3
 B. -∞,0 
2
∪ ,+∞
3

C. 0,+∞ 
2
D. -∞,-
3
 ∪0,+∞ 
【答案】D
【解析】构造函数Fx  =fx  +x2+x，
当x≥0时，Fx  =fx  +2x+1≥0,Fx  递增，
由于fx  =f-x  -2x，
所以fx  +x2+x=f-x  +-x  2+-x  ，即F-x  =Fx  ，
所以Fx  是偶函数，所以当x<0时，Fx  递减.
不等式f2x+1  +3x2+3x>fx+1  等价于：
f2x+1  +2x+1  2+2x+1  >fx+1  +x+1  2+x+1  ，
即F2x+1  >Fx+1  ，所以2x+1  >x+1  ，
两边平方并化简得x3x+2 
2
>0，解得x<- 或x>0，
3
所以不等式f2x+1  +3x2+3x>fx+1 
2
的解集为-∞,-
3
 ∪0,+∞  .
故选：D
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382 3427710 (黑龙江省哈尔滨市第三中学2024学年高三第一次模拟数学(文科)试题)已知fx  是定
义在R上的偶函数，fx  是fx  的导函数，当x≥0时，fx  -2x>0，且f1  =3，则
fx  >x2+2的解集是 ( )
A. -1,0  ∪1,+∞  B. -∞,-1  ∪1,+∞ 
C. -1,0  ∪0,1  D. -∞,-1  ∪0,1 
【答案】B
【解析】令gx  =fx  -x2，
因为fx  是定义在R上的偶函数，
所以f-x  =fx  ，
则g-x  =f-x  --x  2=gx  ，
所以函数gx  也是偶函数，
gx  =fx  -2x，
因为当x≥0时，fx  -2x>0，
所以当x≥0时，gx  =fx  -2x≥0，
所以函数gx  在0,+∞  上递增，
不等式fx  >x2+2即为不等式gx  >2，
由f1  =3，得g1  =2，
所以gx  >g1  ，
所以x  >1，解得x>1或x<-1，
所以fx  >x2+2的解集是-∞,-1  ∪1,+∞  .
故选：B.
711 (贵州省绥阳县育才中学2024届高三信息压轴卷数学试题)已知函数fx  的定义域为
R，其导函数为fx 
f-x
，若
 -fx  x
=sin ，且当x≤0时，2fx
2 2

x
+cos >0，则
2
f2x+π  +1>fx 
x x
+sin 2sin +1
2 2
 的解集为 ( )
π
A. -π,
3
 B. -∞,-π 
π
∪ ,+∞
3

π
C. -π,-
3
 D. -∞,-π 
π
∪- ,+∞
3

【答案】C
【解析】由已知可推得，fx  -f-x 
x
=-2sin .
2
令gx  =fx 
x
+sin ，则g-x
2
 =f-x 
-x
+sin =f-x
2

x
-sin ，
2
所以gx  -g-x  =fx 
x
+sin -f-x
2

x
+sin =fx
2
 -f-x 
x
+2sin =0，
2
所以，gx  为偶函数.
又gx  =fx 
1 x 1
+ cos = 2fx
2 2 2

x
 +cos
2
 ，
因为当x≤0时，2fx 
x
+cos >0，
2
所以，gx  >0，所以gx  在-∞,0  上单调递增.
又gx  为偶函数，所以gx  在0,+∞  上单调递减.
由f2x+π  +1>fx 
x x
+sin 2sin +1
2 2
 可得，
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383 3427f2x+π 
x
+1-2sin2 >fx
2

x
+sin .
2
因为g2x+π  =f2x+π 
2x+π
+sin =f2x+π
2
 +cosx=f2x+π 
x
+1-2sin2 ，
2
所以，g2x+π  >gx  .
因为gx  在0,+∞  上单调递减，gx  为偶函数，
所以有2x+π  <x  ，
平方整理可得，3x2+4πx+π2<0，
π
解得-π<x<- .
3
故选：C.
712 (安徽省淮南市2024届二模数学试题)定义在R上的函数fx  满足f-x  +fx  +
2cosx=0，当x≥0时，fx  >sinx，则不等式fx  +2cosx>fπ-x  的解集为 ( )
π
A.  ,+∞
2

π
B. -∞,
2

π π
C. - ,
2 2
 D. -∞,π 
【答案】A
【解析】∵f(-x)+f(x)+2cosx=0，
∴f(-x)=-f(x)-2cosx，
令g(x)=f(x)+cosx，则g(-x)=f(-x)+cos(-x)=-f(x)-2cosx+cosx=-f(x)-
cosx=-g(x)，
∴g(x)在R上为奇函数，
又∵当x≥0时，f(x)>sinx，
∴当x≥0时，g(x)=f(x)-sinx>0，
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增，
又∵g(x)在R上为奇函数，
∴g(x)在R上单调递增，
又∵f(x)+2cosx>f(π-x)，
∴f(x)+cosx>f(π-x)-cosx，
又∵f(π-x)-cosx=f(π-x)+cos(π-x)，
∴g(x)>g(π-x)，
∵g(x)在R上单调递增，
π
∴x>π-x，解得：x> .
2
故选：A.
713 (安徽省蚌埠市2024届高三上学期第一次质量检查数学试题)已知函数fx  的定义域
1
是R,f
2

1
= ，若对于任意的x∈R都有fx
2
 +4x<0，则当α∈0,2π  时，不等式
fsinα  -cos2α<0的解集为 ( )
π 5π
A.  ,
6 6

π 5π
B.  ,
3 3

π
C. 0,
6

5π
∪ ,2π
6

π
D. 0,
3

5π
∪ ,2π
3

【答案】A
【解析】令gx  =fx  +2x2-1，则gx  =fx  +4x<0,gx 
1
在R上是减函数.g
2

1
=f
2

1
+2×
2

2
-1=0，
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384 3427所以gsinα  =fsinα  +2sin2α-1=fsinα  -cos2α<0
1
得sinα> ，又α∈0,2π
2

π 5π
，所以α∈ ,
6 6
 .
故选：A.
【解题方法总结】
cosx⋅f(x)
结合式子，寻找各种综合构造规律，如g(x)= ，或者f(x)+r(x)(r(x)为常见
ex
函数)
13 题型十三：找出原函数
714 (甘肃省武威市第六中学2024届高三上学期第二次阶段性过关考试数学(文)试题)已知
定义在(0,+∞)上的函数f(x)的导函数f '(x满足xfx  +fx 
lnx
= 且fe
x

1
= ，其
e
中e为自然对数的底数,则不等式fx 
1
+e>x+ 的解集是
e
1 1
A.(0,e) B.(0, ) C.  ,e
e e
 D.(e,+∞)
【答案】A
【解析】令gx  =xfx  ，则有gx  =xfx  +fx 
lnx
= ，gx
x

1
= lnx
2
 2+
CC为常数  ,∴xfx 
1
= lnx
2
 2+C
∴ fx 
1
= lnx
2x

C
2+ ,又∵fe
x

1 1
= ,得C=
e 2
∴fx 
1
= lnx
2x

1
2+ ，,再令hx
2x
 =fx  -x,则hx  =fx 
-lnx+1
-1=
 2
-
2x2
1<0 ,故函数hx  =fx  -x在0,+∞  上递减,
不等式fx 
1
+e>x+ 等价于fx
e
 -x>fe  -e,所以0<x<e ,故选A
715 设函数f(x)是定义在(-1,+∞)上的连续函数，且在x=0处存在导数，若函数f(x)及
f(x)
其导函数f(x)满足f(x)ln(x+1)=x- ，则函数f(x)
x+1
A.既有极大值又有极小值 B.有极大值 ，无极小值
C.有极小值，无极大值 D.既无极大值也无极小值
【答案】C
f(x) 1
【解析】本题首先可以根据f(x)ln(x+1)=x- 构造函数f(x)ln(x+1)= x2+c，
x+1 2
然后利用函数f(x)在x=0处存在导数即可求出c的值并求出函数f(x)的解析式，然后
f(x)
通过求导即可判断出函数f(x)的极值．由题意可知，f(x)ln(x+1)=x- ，即f(x)
x+1
f(x)
ln(x+1)+ =x，
x+1
所以f(x)ln(x+1)  =x，
令f(x)ln(x+1)= 1 x2+c，则f(x)= 2
1 x2+c
，
2 ln(x+1)
1 x2+c
因为函数f(x)在x=0处存在导数，所以lim 2 为定值，c=0，f(x)= x2 ，
x→0 ln(x+1) 2ln(x+1)
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385 3427x 2lnx+1 所以f(x)=   + 1 -1 x+1  ，
2ln2(x+1)
令x+1=t，当x>0时，t>1，
构建函数gt  =2lnt+ 1 -1，则有gt
t
 = 2 - 1 = 2t-1 >0，
t t2 t2
所以函数gt  在1,+∞  上单调递增，
当-1<x<0，0<t<1，令gt  =0，解得t= 1，
2
所以gt  在0, 1
2
 上单调递减，在 1 ,1
2
 上单调递增，
因为g 1
2
 <0，g 1
4
 =-4ln2+3>0，
所以当t∈0, 1
2
 时函数gt  =0必有一解，
令这一解为x 0 ，-1<x 0 <0，则当x∈-1,x 0  时fx  <0，
当x∈x 0 ,0  时fx  >0，
综上所述，fx  在-1,x 0  上单调递减，在x 0 ,0  上单调递增，在0,+∞  上单调递增，
所以fx  有极小值，无极大值．
716 设函数f(x)是定义在(0,+∞)上的连续函数，且在x=1处存在导数，若函数f(x)及其
f(x)
导函数f(x)满足f(x)lnx=x- ，则函数f(x)
x
A.既有极大值又有极小值 B.有极大值，无极小值
C.既无极大值也无极小值 D.有极小值，无极大值
【答案】C
f(x) f(x)
【解析】因为f(x)lnx=x- ，(f(x)lnx)'=f'(x)lnx+ ，
x x
1
所以(f(x)lnx)'=x，所以f(x)lnx= x2+c,(∗)，
2
f(x)
因为函数f(x)是连续函数，所以由f(x)lnx=x- ，可得f(1)=1，
x
1
代入(∗)，可得c=- ，
2
1, x=1

所以f(x)=x2-1 ，
, x>0且x≠1
2lnx
2x2lnx-(x2-1)
当x≠1时，f'(x)= ，
2xln2x
令g(x)=2x2lnx-x2+1，所以g'(x)=4xlnx，
当x>1时，g'(x)>0，g(x)单调递增；当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减.
所以当x=1时，g(x)取得极小值即最小值g(1)=0，
所以f'(x)≥0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)既没有极大值，也没有极小值，
故选C.
【解题方法总结】
熟悉常见导数的原函数
第 页 共 页
386 3427