第09 讲 构造函数解不等式
目 录
高考分析...............................................................................................................................................................................1
学习目标...............................................................................................................................................................................2
知识要点...............................................................................................................................................................................4
解题策略...............................................................................................................................................................................5
题型归纳...............................................................................................................................................................................6
题型01: 根据导数四则运算构造辅助函数.....................................................................................................................6
(一）f '( x)> g'( x)→F( x)= f '( x)−g'( x)...........................................................................................8
（二）xf '( x)+ f ( x)→[xf ( x)]'...................................................................................................................11
（三）xf '( x)−f ( x)→[
f ( x)
x ],...................................................................................................................16
题型02：构造F( x)= x
n f ( x)或F( x)= f ( x)
x
n
(n∈Z，且n≠0)型...................................................................19
题型03：构造F( x)=e
nx f ( x)或F( x)= f ( x)
e
πx (n∈Z，且n≠0)型..................................................................25
题型04：构造F( x)= f ( x)sin x或F( x)= f ( x)
sin x
型.............................................................................................37
题型05：构造F( x)= f ( x)cos x或F( x)= f ( x)
cos x
型............................................................................................41
题型06：构造F( x)= f ( x)ln x型..........................................................................................................................42
题型07：复合型构造..................................................................................................................................................47
题型08：构造求参——同构型...................................................................................................................................52
题型09：构造求参——二次构造型............................................................................................................................55
题型10：构造求参——数列型构造............................................................................................................................60
题型11：根据不等式（求解目标）构造具体函数.......................................................................................................66
构造函数解不等式是高考导数模块的核心综合考点，兼具工具性与思维性，常与函数单调性、奇偶性、极
值、放缩法融合，以小题压轴或解答题分问形式呈现，是高考区分中档生与尖子生的关键题型，新高考背景下
考查频次与综合度持续提升。
1. 考查频次与分值占比
①题型分布：新高考Ⅰ/Ⅱ卷、全国甲/乙卷年均考查1~2 处，5 分小题（选择11/12、填空15/16）为主，
偶在导数解答题（12 分）中作为第1 小问出现，总分值占导数板块的30%左右。
②难度定位：中等偏上至难题，小题侧重构造技巧与快速推理，解答题侧重综合分析与分类讨论，是高分
段必争得分点。
2. 核心考查类型及占比
考查类型 高考占比 核心特征 典型载体
抽象函数型不等式 25% 无具体解析式，仅给与的关系 、
具体函数型不等式 50% 含、、幂函数的混合不等式，需移项构造 、、
含参数不等式求解 25% 结合参数讨论解集，需分析参数对函数单调性的影响 、
3. 近5 年命题趋势
① 融合性增强：不再孤立考查，常结合函数奇偶性、周期性、隐零点、极值点偏移，如利用奇偶性构造对
称函数解抽象不等式，是新高考核心创新方向；
②构造轻量化，变形重强化：弱化复杂函数求导，强化代数式移项、拆分、恒等变形能力，重点考查“如
何变形成可构造的形式”；
③ 抽象向具体过渡：纯抽象函数不等式占比下降，半抽象半具体题型增多（如已知f(x)的导数形式，结合
具体区间解不等式）；
④与实际背景脱钩：摒弃应用题外壳，聚焦数学本质，侧重导数工具与函数思想的应用。
4、高考命题常见陷阱设置
① 定义域陷阱：构造的辅助函数定义域含隐含限制（如分式分母不为0、对数真数大于0），忽略则直接
导致解集错误，是高考最基础也最易踩的陷阱；
②构造等价性陷阱：移项变形时未保证等价性，如两边乘除含变量的式子（如x），未讨论符号，导致不等
式方向错误；
③ 参数临界陷阱：参数临界值（如a=0、a=1）处函数单调性发生突变，遗漏临界值讨论则解集不完整；
④抽象函数奇偶性陷阱：抽象函数不等式常结合奇偶性，若未先判断辅助函数的奇偶性，直接用单调性解
不等式，易导致区间漏解。
结合高考考情与题型梯度，从基础、提升、拔高、素养四个维度制定学习目标，实现从“会构造、能求
解”到“快构造、巧求解、避陷阱”的进阶，适配高考不同难度层级的考查要求。
一、基础层级目标（全员必达，对应高考基础题）
知识目标
1. 理解构造函数解不等式的核心原理：将不等式问题转化为函数单调性与最值问题，通过判断构造函数的
符号求解解集。
2. 熟记8 类经典逆向构造模型（抽象函数核心），掌握导数四则运算法则逆用的构造逻辑，能精准匹配条
件与辅助函数。
3. 掌握具体不等式的标准化构造步骤：移项整理为F(x)>0（或<0）形式，明确构造函数的基本方法。
4. 牢记函数定义域的约束作用，知道对数、分式、偶次根式等对定义域的限制，是解不等式的前提。
能力目标
1. 能解决无参数具体不等式：针对含e^x、ln x、幂函数的简单混合不等式，完成移项、构造函数、求导判
单调性的完整流程，求解解集。
2. 能破解基础抽象函数不等式：对f'(x)+f(x)>0、xf'(x)+f(x)>0 等典型形式，快速构造辅助函数，结合单调性
解不等式。
3. 规范书写解题步骤，做到定义域先行、求导准确、单调性判断清晰，无基础性逻辑错误。
应试目标
1. 独立解决高考中基础难度的构造解不等式题，正确率≥95%，耗时≤2 分钟。
2. 规避定义域遗漏、移项不等价等基础陷阱。
二、提升层级目标（中档提分，对应高考中档题）
知识目标
1. 深化具体函数构造技巧，掌握含换元的构造方法，能将复杂超越结构（如xe
x、x\ln x）通过换元转化为
基础函数。
2. 理解含参数不等式的分类讨论逻辑，明确参数对构造函数单调性、极值点的影响，掌握参数临界值的判
定方法。
3. 掌握抽象函数与奇偶性、周期性的融合知识，能结合函数奇偶性拓展不等式的解集范围。
能力目标
1. 能解决含单一参数的不等式求解问题，按“参数临界值→分区间讨论单调性→确定解集”的流程完成求
解。
2. 能处理半抽象半具体不等式，结合已知函数解析式与导数条件，构造辅助函数并解不等式。
3. 具备解题纠错能力，能排查求导错误、单调性误判、参数讨论遗漏等常见问题。
4. 学会用特殊值法验证解集的合理性，规避计算失误。
应试目标
1. 独立解决高考中等难度的构造解不等式小题（选择11 题、填空15 题），正确率≥90%，耗时≤3 分钟。
2. 能规范书写含参数不等式的分段解集，做到逻辑清晰、边界准确。
三、拔高层级目标（高分冲刺，对应高考压轴题）
知识目标
1. 掌握隐零点处理的核心知识，理解隐零点设而不求的思想，能通过隐零点代换消去超越项，分析构造函
数的最值。
2. 掌握多参数不等式的简化技巧，能通过分离参数、主元法将多参数问题转化为单参数或无参数问题。
3. 理解构造函数的放缩辅助技巧，能结合e
x≥x+1、ln x≤x-1 等放缩公式，简化构造函数的最值分析。
4. 掌握极值点偏移背景下的不等式构造，能结合函数对称性构造辅助函数，解双变量不等式。
能力目标
1. 能攻克含隐零点的超越不等式，完成设隐零点、代换消元、分析最值的完整流程，求解解集。
2. 能解决多参数不等式与双变量不等式，通过合理构造与转化，将复杂问题拆解为基础问题。
3. 具备构造创新能力，面对陌生形式的不等式，能通过逆向思维、类比迁移自主构造合适的辅助函数，而
非依赖固定套路。
4. 能精准把控参数讨论的边界，避免重复讨论或遗漏特殊情况。
应试目标
1. 独立解决高考压轴难度的构造解不等式题（选择12 题、填空16 题、导数解答题小问），正确率≥85%，
耗时≤5 分钟。
2. 能将构造函数思想迁移到导数综合题中，解决与不等式恒成立、有解结合的综合问题。
四、素养层级目标（长期提升，适配数学核心素养）
1. 函数与方程思想：形成“以函数视角看待不等式”的思维习惯，能主动建立不等式与函数的联系，实现
问题转化。
2. 逻辑推理素养：通过严谨的构造、求导、单调性分析，培养步步有据的推理能力，规避主观臆断。
3. 数学运算素养：提升导数运算、代数变形、隐零点代换的运算准确性与速度，克服复杂运算的畏难情绪。
4. 分类与整合思想：掌握含参数问题的分类标准，培养分类讨论、整合结论的系统化思维。
5. 化归与转化思想：熟练将陌生、复杂的不等式问题，转化为熟悉、简单的函数单调性与最值问题，提升
问题转化能力。
1、构造抽象函数模型主要观察两个结构：
（1）等价不等式的变形结构（分离变量）
（2）已知条件中关于导数f
'( x)的关系式特征；
2、构造抽象函数模型解不等式和比较大小，前提要求学生熟练应用两个函数的和、差、积、商的求导公式，实
质上就是构造目标导函数（一元）的原函数，是一个积分的过程，学生可以通过专题训练体会求原函数和原函
数的不唯一性，因题而异，构造合适的抽象函数模型；
3、本专题从函数多项式、具体的指数函数、三角函数与f ( x)的关系分类构造抽象函数模型，读者朋友可以基于
文章，直接根据函数的四种运算进行分类讨论和归纳，其中乘法和除法比较常见，现归纳如下：
常见函数的变形
（1）对于f
'( x)>g
'( x)，构造h( x)= f ( x)−g( x)
（2）对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x)．
（3）对于f
'( x)g( x)+ f ( x)g
'( x)>0，构造h( x)= f ( x)g( x)
（4）对于f
'( x)g( x)−f ( x)g
'( x)>0，构造h( x)= f ( x)
g( x)
（5）对于不等式f
'( x)>k (k ≠0)，构造函数g(x)= f (x)−kx +b.
（6）对于不等式f
' (x)+ f (x)>0，构造函数g(x)=e
x f ( x)
对于不等式f
' (x)+nf (x)>0，构造函数g(x)=e
nx f ( x)
（7）对于不等式f
' (x)−f (x)>0，构造函数
g(x)= f ( x)
e
x
对于f
'( x)+ f ( x)>k ，
g
构造(x)=e
x[f (x)−k ]
对于不等式f
' (x)−nf (x)>0，构造函数g(x)= f ( x)
e
nx
（8）对于不等式x f
' (x)+ f (x)>0，构造函数g(x)= xf (x)
对于不等式x f
' (x)+nf (x)>0，构造函数g(x)= x
n f ( x)
（9）对于不等式x f
' (x)−f (x)>0
，构造函数
(x≠0)
对于不等式x f
' (x)−nf (x)>0，构造函数g(x)= f ( x)
x
n
（10）对于f
'( x)
f ( x) >0，分类讨论：
①若f ( x)>0，则构造h( x)= ln f ( x);
②若f ( x)<0，则构造h( x)= ln[−f ( x)]
（11）对于f
'( x)+ ln a f ( x)>0，构造h( x)=a
x f ( x).
（12）对于f
'( x)ln x + f ( x)
x
>0，构造h( x)= f ( x)ln x.
（13）对于f
'( x)>f ( x)tan x(或f
'( x)<f ( x)tan x)，即f
'( x)cos x−f ( x)sin x>0，构造
h( x)= f ( x)cos x．
（14）对于f
'( x)cos x + f ( x)sin x>0，构造h( x)= f ( x)
cos x
．
（15）对于f
'( x)sin x + f ( x)cos x>0，构造h( x)= f ( x)sin x．
（16）对于f
'( x)sin x−f ( x)cos x>0，构造h( x)= f ( x)
sin x
．
4、构造函数是数学的一种重要思想方法，它体现了数学的发现、类比、化归、猜想、实验和归纳等思想．分析
近些年的高考，发现构造函数的思想越来越重要，而且很多都用在压轴题(无论是主观题还是客观题)的解答上．
构造函数的主要步骤：
(1)分析：分析已知条件，联想函数模型；
(2)构造：构造辅助函数，转化问题本质；
(3)回归：解析所构函数，回归所求问题．
1. 小题快速破题策略（3~5 分钟）
① 抽象型：熟记8 类经典逆向构造模型（见下表），做到“见形式，秒构造”，再结合奇偶性、单调性解
不等式；
②具体型：先移项化为F(x)>0，优先构造简单可导的函数，避免复杂复合函数，若单调性明确，直接求最值
判断解集；
③技巧兜底：小题可采用特殊值代入法排除错误选项，如解含参数不等式时，取参数特殊值验证解集范围。
2. 解答题规范解题策略
①步骤标准化：移项构造F(x)→明确定义域→求导F'(x)→分析F'(x)符号，确定F(x)单调性→求F(x)极值/最值
→结合最值解不等式；
②参数讨论原则：先定临界，再分区间，以函数极值点是否在定义域内、导数零点的个数为分类标准，避
免重复或遗漏；
③ 隐零点处理技巧：设F'(x0)=0，表示出e
x0或\lnx0，代入F(x)的表达式消去超越项，进而分析F(x0的符号。
3. 失分规避要点
① 构造函数后第一步先写定义域，标注在解题过程首行；
②移项变形时，不随意乘除含变量的式子，若需乘除，先讨论变量符号；
③ 含参数讨论时，最后整合解集，按参数范围写出分段解集，避免逻辑混乱。
4.备考重点方向
① 夯实构造模型：专项训练8 类经典逆向构造模型，形成条件反射，提升抽象不等式的构造速度；
② 强化变形能力：针对性练习“超越不等式移项、拆分、换元”技巧，重点突破“xe^x、x\ln x”等高频
结构的变形；
③突破参数与隐零点：专题训练含参数不等式的分类讨论和隐零点代换技巧，积累典型例题的解题套路；
④规范解题步骤：按高考评分标准书写解题过程，避免因步骤不规范导致的步骤分丢失。
题型01: 根据导数四则运算构造辅助函数
【典型例题1】已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f
' (x)，若f
' (x)<e
x，且f (2)=e
2+2，则不等式
f (ln x)> x +2的解集是（ ）
A．(0,e
2)
B．(0,2)
C．(−∞,e
2)
D．(−∞,2)
【答案】A
【解析】设g(x)= f (x)−e
x+2，求导可得g(x)在R上单调递减，再根据f (ln x)> x +2转化为g(ln x)>4，再
结合g(x)的单调性求解即可.
设g(x)= f (x)−e
x+2，则g
' (x)= f
' (x)−e
x.
因为f
' (x)<e
x，所以f
' (x)−e
x<0，即g
' (x)<0，
所以g(x)在R上单调递减.
不等式f (ln x)> x +2等价于不等式f (ln x)−x +2>4，即g(ln x)>4.
因为f (2)=e
2+2，所以g(2)= f (2)−e
2+2= 4，所以g(ln x)>g(2).
因为g(x)在R上单调递减，所以ln x<2，解得0< x<e
2
故选：A
【变式训练1-1】设f (x)，g(x)分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x<0时，
，
且f (2)=0，则不等式f (x)g(x)>0的解集是（ ）
A．(−∞,−2)∪(0,2)
B．(−2,0)∪(0,2)
C．(−∞,−2)∪(2,+ ∞)
D．(−2,0)∪(2,+∞)
【答案】D
【解析】设h( x)= f ( x)g( x)，可得奇偶性，求导数确定
的单调性，由单调性解不等式．
设h( x)= f ( x)g( x)，则h
'( x)= f
'( x)g( x)+ f ( x)g
'( x)，
x<0时，h
'( x)>0，
递增，
又f ( x)是奇函数，所以f (−2)=−f (2)=0，从而h(−2)= f (−2)g(−2)=0，
由
得−2< x<0，
h(0)= f (0)g(0)=0，
h(−x)= f (−x)g(−x)=−f ( x)g( x)=−h( x)，所以
是奇函数，
所以
在x>0时也是增函数，h(2)= f (2)g(2)=0，
所以由
得x>2，
综上，不等式的解为(−2,0)∪(2,+∞)．
故选：D．
【变式训练1-2】定义在(0,+ ∞)上的函数f (x)满足x f
' (x)−1−x>0，且f (10)= ln(10e
10)，则不等式
f (e
x)>e
x+ x的解集为（ ）
A．(10,+∞)
B．(ln10,+∞)
C．(ln5,+ ∞)
D．(−∞,5)
【答案】B
【解析】令g( x)= f ( x)−ln x−x，由已知条件可得g( x)在(0,+∞)上单调递增，不等式f (e
x)>e
x+ x可转化
为g(e
x)= f (e
x)−x−e
x>0，即g(e
x)> g(10)，进而有ex＞10，解不等式即可得答案.
解：令g( x)= f ( x)−ln x−x，
因为定义在(0,+ ∞)上的函数f (x)满足x f
' (x)−1−x>0，
所以g
' (x)= f
' (x)−1
x −1= x f
' (x)−x−1
x
>0，
所以g( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为f (10)= ln(10e
10)=10+ ln10，
所以g(10)=0，
所以不等式f (e
x)>e
x+ x可转化为g(e
x)= f (e
x)−x−e
x>0，即g(e
x)> g(10)，
所以ex＞10，
所以x＞ln10，
所以不等式f (e
x)>e
x+ x的解集为(ln10,+∞).
故选：B.
(一）f '( x)>g'( x)→F( x)= f '( x)−g'( x)
【典型例题1】已知函数f (x)的定义域为
，f (−1)=1，f
' (x)为f (x)导函数，且对任意x∈R，均有f
' (x)>1，
则f (2 x +3)>2 x +5的解集为（ ）
A．(−2,+∞)
B．(−∞,−1)
C．(−∞,−2)
D．(−∞,+ ∞)
【答案】A
【解析】令f (x)=2 x +3，求出f (2 x +3)的解析式，得到关于x的不等式，求出x的取值范围即可.
令f (x)=2 x +3，则f
' (x)=2>1，且f (−1)=1，
所以f (x)在
单调递增，
所以f (2 x +3)= 4 x +9>2 x +5，即2 x>−4，
解得x>−2.
故选：A.
【点睛】本题考查了构造函数，函数的单调性问题，考查导数的应用，属于基础题．
【典型例题2】已知
、
都是定义在
上的函数，且f
'( x)⋅g( x)<f ( x)⋅g
'( x)恒成立，设
(a>0且a≠1)，又有a+a
−1= 5
2，则a的值为 .
【答案】1
2
【解析】设函数h( x)= f ( x)
g( x) =a
x，利用导数求得函数为递减函数，从而得到0<a<1，解方程a+a
−1= 5
2即可
得答案；
设函数h( x)= f ( x)
g( x) =a
x，则h
'( x)=[ f ( x)
g( x) ]
' = f
'( x)g( x)−f ( x)g
'( x)
[ g( x)]
2
，
又∵f
'( x)⋅g( x)<f ( x)⋅g
'( x)，∴h
'( x)<0，
∴
为减函数，∴0<a<1，
∵a+a
−1= 5
2，即a+ 1
a = 5
2，解得a=2 (舍)或a= 1
2 (取).
故答案为：1
2
.
【点睛】本题考查导数判断函数的单调性，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意舍去不合题意的根.
【变式训练1-1-1】已知函数y = f (x)( x∈R)满足f (2)=1，且f (x)的导函数
，则
的解集
为
A．{x|−2< x<2}
B．
C．{x| x<2或 x>2}
D．
【答案】B
【解析】构造函数g(x)= f (x)−(x−1)，通过求导分析函数单调性结合条件即可得解.
令g(x)= f (x)−(x−1)，则g
' (x)= f
' (x)−1<0，
所以g(x)在R 上单调递减.
又f (2)=1，所以g(2)= f (2)−(2−1)=0.
则f (x)> x−1即为g(x)>0，可得x<2.
故选B.
【点睛】本题主要考查了利用函数导数研究函数的单调性，用到了构造函数的思想，属于中档题.
【变式训练1-1-2】已知定义在
上的函数f (x)的导函数为f
' (x)，且对任意x∈R都有f
' (x)>2，f (2)=0，则
不等式f (x)−2 x + 4>0的解集为（ ）
A．(2,+∞)
B．(1,+ ∞)
C．(−∞,1)
D．(−∞,2)
【答案】A
【解析】令g(x)= f (x)−2 x + 4，利用导数法判断其单调性，再利用其单调性解不等式.
解：令g(x)= f (x)−2 x + 4，
则g
' (x)= f
' (x)−2>0，
所以
在R 上递增，
又g(2)= f (2)−2×2+ 4 =0，
则不等式f (x)−2 x + 4>0等价于g(x)>g(2)，
所以x>2，
故选：A
【变式训练1-1-3】设函数f (x)在
上可导，
，有f ( x)+ f (−x)= x
2且f (2)=2；对∀x∈(0,+∞)，
有f
'( x)> x恒成立，则f ( x)
x
2 > 1
2的解集为（ ）
A．(−2,0)∪(0,2)
B．(−∞,−2)∪(2,+ ∞)
C．(−2,0)∪(2,+ ∞)
D．(−∞,−2)∪(0,2)
【答案】C
【解析】构造函数g( x)= f ( x)−1
2 x
2，由g(−x)+ g( x)=0，可得函数
为奇函数．利用导数可得函数
在(−∞,0)和(0,+∞)上是增函数，结合函数的单调性解不等式即可．
解：解：令g( x)= f ( x)−1
2 x
2，
∵g(−x)+ g( x)= f (−x)−1
2 x
2+ f ( x)−1
2 x
2=0，
∴函数
为奇函数．
∵x∈(0,+ ∞)时，g'( x)= f '( x)−x>0，
故函数
在(0,+∞)上是增函数，故函数
在(−∞,0)上也是增函数，
可得
在(−∞,0)和(0,+∞)上是增函数，
要解f ( x)
x
2 > 1
2即f ( x)−1
2 x
2>0，即g( x)>0
∵f (2)=2，
∴g(2)= f (2)−1
2 ⋅2
2=0，g(−2)=0
∴x∈(2,+∞)或x∈(−2,0)时g( x)>0
故x∈(−2,0)∪(2,+ ∞)时f ( x)
x
2 > 1
2
故选：C
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性的应用，体现了转化的数学思想，构造函数利用导数研究函数的
单调性是解决本题的关键．属于中档题．
【变式训练1-1-4】设定义在(0,+∞)上的函数
的导函数f
' (x)满足x f
' (x)<1，则
A．f (2)−f (1)<ln 2
B．f (2)−f (1)<1
C．f (2)−f (1)>ln 2
D．
f (2)−f (1)>1
【答案】A
【解析】构造函数f (x)−ln x，通过导数可知f (x)−ln x在(0,+∞)上单调递减，则可得
f (2)−ln 2<f (1)−ln1，整理可得结果.
由题意知：[f (x)−ln x]
' = f
' (x)−1
x = x f
' (x)−1
x
(x>0)
∵x f
' (x)<1 ∴[f (x)−ln x]
'<0
即f (x)−ln x在(0,+ ∞)上单调递减
∴f (2)−ln 2<f (1)−ln1，即f (2)−f (1)<ln 2
本题正确选项：A
【点睛】本题考查函数值大小的比较问题，关键是能够构造出合适的函数，通过导数求得函数的单调性，从而
得到函数值的大小关系.
（二）xf '( x)+ f ( x)→[xf ( x)]'
【典型例题1】已知函数f (x)是定义在
上的偶函数，当x<0时， f (x)+ xf ' (x)<0，若f (2)=0，则不等式
xf (x)>0的解集为
A．(−2,0)∪(0,2)
B．(−∞,−2)∪(2,+∞)
C．(−2,0)∪(2,+∞)
D．(−∞,−2)∪(0,2)
【答案】D
【解析】分析：由f ( x)+ xf '( x)<0联想到构造函数g( x)= xf ( x)，此函数是奇函数，在x<0时，g'( x)<0，
从而具有单调性，再结合已知可求得不等式解集．
设g( x)= xf ( x)，则g(−x)=−xf (−x)=−xf ( x)=−g( x)，∴
是奇函数，又x<0时，
g'( x)= f ( x)+ xf '( x)<0，因此此时
是减函数，于是在x>0时，
也是减函数，由f (2)=0，得
f (−2)=0，∴g( x)>0的解集为(−∞,−2)∪(0,2)，故选D．
点睛：构造新函数是导数的一个典型应用，难点是构造的新函数的形式，在解题中常常有这些构造法：
g( x)= xf ( x)，
，g( x)=e
x f ( x)，g( x)= f ( x)
e
x
等等，平常学习中要注意总结．
【典型例题2】已知定义在
上的偶函数
的导函数为f
'( x)，当x>0时，有f ( x)+ x f
'( x)>0，且f (1)=0，
则使得f ( x)<0成立的x的取值范围是（）
A．(−1,0)∪(0,1)
B．(−∞,−1)∪(1,+∞)
C．(−1,0)∪(1,+∞)D．
(−∞,−1)∪(0,1)
【答案】A
【解析】根据当x>0时，有f ( x)+ x f
'( x)>0，令g(x)= xf (x)，g
' (x)= x f
' (x)+ f (x)>0，得到
在
(0,+ ∞)上递增，再根据
在
上的偶函数，得到
在
上是奇函数，则
在(−∞,0)上递增，然后由
f (1)=0，得到g(1)= g(−1)=0求解.
因为当x>0时，有f ( x)+ x f
'( x)>0，
令g(x)= xf (x)，
所以g
' (x)= x f
' (x)+ f (x)>0，
所以
在(0,+ ∞)上递增，
又因为
在
上的偶函数
所以g(−x)=−xf (−x)=−xf (x)=−g(x)，
所以
在
上是奇函数
所以
在(−∞,0)上递增，
又因为f (1)=0，
所以g(1)= g(−1)=0，
当x>0，f ( x)<0时，g(x)<0，此时，0< x<1，
当 x<0， f ( x)<0时，g(x)>0，此时，−1< x<0，
所以f ( x)<0成立的x的取值范围是(−1,0)∪(0,1).
故选：A
【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及利用单调性解不等式，还考查了转化化归的思想和推理求解的
能力，属于中档题.
【典型例题3】已知f (x)是定义在
上的偶函数，且f (3)=1，当x>0时，x f
' (x)+ f (x)>1，则不等式
f (x)−1
2 x
>0的解集为 .
【答案】(−3,0)∪(3,+ ∞)
【解析】令
，由已知判断
的奇偶性，利用导数判断
的单调性，将不等式f (x)−1
2 x
>0转
化为g( x)>0，即可求得结论．
解：令
，
因为
是定义在
上的偶函数，则f (−x)= f ( x)，
所以
，
所以
为奇函数，
因为当x>0时，x f
'( x)+ f ( x)>1，
则g
'( x)= f ( x)−1+ x f
'( x)>0，
所以
在
上单调递增，
由奇函数的性质可得
在
上单调递增，
又f (3)=1，所以g(3)=0，所以g(−3)=−g(3)=0，
不等式f (x)−1
2 x
>0等价于x[ f ( x)−1]>0，即g( x)>0，
所以不等式的解集为(−3,0)∪(3,+ ∞)．
故答案为：(−3,0)∪(3,+ ∞)．
【变式训练1-2-1】
是定义在R 上的可导函数，且满足
．对任意正数a，b，若
，则必
有（ ）
A．af (b)>bf (a) B．af (a)>bf (b)
C．af (a)<bf (b)
D．af (b)<bf (a)
【答案】B
【解析】先构造函数g(x)= xf (x)，然后对其求导，根据题意，判断其单调性，即可得出结果.
令g(x)= xf (x)，则g
' (x)= x f
' (x)+ f (x)，因为x f
' (x)+ f (x)>0恒成立，
所以g
' (x)= x f
' (x)+ f (x)>0恒成立，所以函数g(x)在R 上单调递增；
因为a>b，所以g(a)>g(b)即af (a)>bf (b).
故选B
【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，先构造函数，再由导数的方法对函数求导，判断出其单调性，即
可得出结果，属于常考题型.
【变式训练1-2-2】已知函数
是定义在
上的偶函数，且当x>0时，不等式f ( x)+ x⋅f '( x)<0成立，
若a=3
0.2f (3
0.2)，
，c =(log2 1
4 )f (log2 1
4 )，则a，b，c之间的大小关系为
A．a>c>b
B．c>a>b
C．c>b>a
D．b>a>c
【答案】C
【解析】构造函数g(x)= xf (x)，则g' (x)= f (x)+ xf ' (x)，
当x>0时,不等式f (x)+ x⋅f ' (x)<0成立，∴当x>0时,g' (x)<0,函数
单调递减.
∵函数y = f (x)是定义在
上的偶函数，∴g(−x)=−xf (−x)=−xf (x)=−g(x)，
∴
在
上是奇函数，∴
在
上是减函数.
∵a=3
0.2f (3
0.2),b=(logπ 2)f (logπ 2),c =(log2
1
4)f(log2
1
4),log2
1
4 =−2,
而−2<lo gπ 2<3
0.2，∴c>b>a.
本题选择C 选项.
【变式训练1-2-3】函数
是定义在R上的偶函数，当x<0时f ( x)+ x f
'( x)>0（其中f
'( x)是
的导函
数），若a=3
0.3⋅f (3
0.3)，b= logπ 3⋅f (logπ 3)，c = ln 1
9 ⋅f (ln 1
9 )，则（ ）
A．
B．
C．c<a<b
D．b<a<c
【答案】B
【解析】构造函数F (x)= xf (x)，根据其单调性和奇偶性，结合指数函数和对数函数的单调性，即可比较大小.
令F (x)= xf (x)，又f (x)为定义在R上的偶函数，则F (−x)=−xf (−x)=−xf (x)=−F (x)，
故F (x)为定义在R上的奇函数；
又F
'( x)= f ( x)+ x f
'( x)，由题可知，当x<0时，F
'( x)>0，即F (x)在(−∞,0)单调递增，
结合F (x)是R上的奇函数可知，F (x)为R上的单调增函数；
又
，
又a=3
0.3⋅f (3
0.3)，b= logπ 3⋅f (logπ 3)，c = ln 1
9 ⋅f (ln 1
9 )，
故a>b>c.
故选：B.
【变式训练1-2-4】设函数f (x)是
上可导的偶函数，且f (3)=2，当x>0，满足2f (x)+ x f
' (x)>1，则
x
2f (x)>18的解集为
A．(−∞,−3)
B．(−∞,−3)∪(3,+ ∞)
C．(3,+∞)
D．(−3,3)
【答案】B
【解析】先构造函数g(x)= x
2f (x)，再利用函数单调性解不等式.
令g(x)= x
2f (x)，因为函数f (x)在(−∞,+∞)上是可导的偶函数，所以g(x)= x
2f (x)在(−∞,+ ∞)上也是偶函
数
又当x>0时，2f (x)+ xf ' (x)>1,∴2 xf (x)+ x
2f ' (x)> x>0 ,∴g' (x)>0,∴g(x)= x
2f (x)在(0,+ ∞)上是增
函数
∵f (3)=2由x
2f (x)>18得x
2f (x)>18=3
2f (3)
∴g(|x|)> g(3),∴|x|>3 ∴x∈(−∞−3)∪(3,+∞).选B.
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及利用函数性质解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.
【变式训练1-2-5】设f
' (x)是函数f (x)定义在(0，+∞)上的导函数，满足
，则下列不等式
一定成立的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由题意构造函数，结合函数的解析式和导函数的符号可确定函数的单调性，由函数的单调性即可确定
题中所给的不等式是否正确.
f
' (x)是函数f (x)定义在（0，+∞）上的导函数，满足
，
可得
，
令g(x)= x
2f (x)，则
，
∴函数
在（0，+∞）上单调递增．
∴
，
∴
．
故选B．
【点睛】本题考查函数与导数的应用，正确构造函数，熟练掌握利用导数研究函数的单调性是解题的关键．
【变式训练1-2-6】设函数f (x)是定义在(−∞，0)上的可导函数，其导函数为f ' (x)，且有3 f (x)+ xf ' (x)<0，
则不等式(x +2020)
3 f (x +2020)+8 f (−2)<0的解集为（ ）
A．(−2022，+ ∞)
B．(−∞，−2022)
C．(−2022，−2020)
D．(−2020，−2018)
【答案】C
【解析】构造函数g(x)= x
3 f (x)，求导可知其在(−∞，0)上单调递减，进而整理所求不等式为
g(x +2020)< g(−2)，由函数单调性构建不等式组，解得答案.
构造函数g(x)= x
3 f (x)，则g
' (x)=3 x
2f (x)+ x
3 f ' (x)= x
2[3 f (x)+ xf ' (x)]<0
所以函数
在(−∞，0)上单调递减，
则(x +2020)
3 f (x +2020)+8 f (−2)<0⇒(x +2020)
3 f (x +2020)<(−2)
3 f (−2)⇒g(x +2020)< g(−2)，即
{
x +2020<0
x +2020>−2，故x∈(−2022，−2020).
故选：C
【点睛】本题考查在导数的应用中构造函数解不等式，属于中档题.
（三）xf '( x)−f ( x)→[
f ( x)
x ],
【典型例题1】若函数f (x)在
上可导，f (x)< x f
' (x)则
A．ef (1)<f (e)
B．ef (1)>f (e)
C．ef (1)= f (e)
D．f (1)= f (e)
【答案】A
【解析】分析：根据题中所给的条件，联想函数的求导法则，构造新函数，利用导数与单调性的关系确定出函
数的单调区间，从而比较出函数值的大小，最后确定出正确结果.
根据f ( x)< xf '( x)可得xf '( x)−f ( x)>0，
可知当x>0时，xf '( x)−f ( x)
x
2
>0，即[ f ( x)
x
]' >0，
所以可知函数f ( x)
x
在(0,+∞)上是增函数，即f (1)
1
< f (e)
e
，
从而得ef (1)<f (e)，故选A.
点睛：该题考查的是有关比较函数值的大小的问题，在解题的过程中，构造新函数
就起了关
键性的作用，之后利用导数研究其单调性，从而求得正确结果.
【典型例题2】已知定义在(0,+ ∞)上的函数
的导函数为
，且满足
，f (3)=0，则
f ( x)
x
>0的解集为 .
【答案】(0,3)
【解析】构造新函数，利用已知可以判断出新函数的单调性，最后利用单调性进行求解即可.
设
，因为
，
所以g
'( x)= x⋅f
'( x)−f ( x)
x
2
<0⇒g( x)是(0,+ ∞)上的减函数，
因为f (3)=0，所以g(3)=0，
因此f ( x)
x
>0⇒g( x)>0= g(3)⇒x<3,∵x>0,∴0< x<3.
所以f ( x)
x
>0的解集为(0,3).
故答案为：(0,3)
【变式训练1-3-1】定义在
上的奇函数f (x)满足x∈(0,+∞)时，都有不等式f (x)−x f
' (x)>0成立，若
a= log32f (log23)，b= ❑√2f(
❑√2
2 )，c = ln 1
e
2 f(ln
❑√e
e )，则a，b，c 的大小关系是（ ）
A．
B．
C．b>a>c
D．a>b>c
【答案】A
【解析】根据f (x)−x f
' (x)>0构造函数
，可得函数为减函数，又由
为奇函数可知
为偶函
数，据此可比较a,b,c大小.
∵当x∈(0,+ ∞)时不等式f (x)−x f
' (x)>0成立，
∴(
f (x)
x )
'
= f
' (x) x−f (x)
x
2
<0，
在
上是减函数．
则a= log32f (log23)= f (log23)
log23
= g(log23)，b= ❑√2f (
❑√2
2 )=
f (
❑√2
2 )
❑√2
2
= g(
❑√2
2 )，
c = ln 1
e
2 f(ln
❑√e
e )=
f (−1
2 )
−1
2
= g(−1
2 )，
又∵函数
是定义在R上的奇函数，
是定义在R上的偶函数，则g(−1
2 )= g( 1
2 )，
∵log23>1>
❑√2
2 > 1
2
，
在
上是减函数，
∴g(log23)< g(
❑√2
2 )<g( 1
2 )，则
，
故选：A．
【变式训练1-3-2】记定义域为
的函数
的导函数为f
'( x)，且对任意的
都有f ( x)< x f
'( x)，则
（ ）
A．ef (π )>πf (e) B．ef (π )<πf (e)
C．ef (e)>πf (π )
D．ef (e)<πf (π )
【答案】A
【解析】因为f ( x)< x f
'( x)，可构造函数
，利用导数可知，
在(0,+∞)单调递增，即可得
g(π )> g(e)，化简即可判断出正确选项．
不妨设x>0，因为f ( x)< x f
'( x)，设
，则g
'( x)= x f
'( x)−f ( x)
x
2
>0,
所以
在(0,+∞)单调递增，所以g(π )> g(e)，即f (π )
π
> f (e)
e
，从而ef (π )>πf (e)．
故选：A．
【点睛】本题主要考查利用导数解决函数的单调性问题，解题关键是构造出合适的函数模型，意在考查学生的
数学建模能力，属于中档题．
【变式训练1-3-3】设
是定义域
上的连续可导函数，且
＞0，若对任意实数
，f
'( x)g( x)
＞f ( x)g
'( x)，则当a＞b时有（ ）
A．f (a)g(b)＞f (b)g(a)
B．f (a)g(b)＜f (b)g(a)
C．f (a)g(a)＞f (b)g(b)
D．f (a)g(a)＜f (b)g(b)
【答案】A
【解析】构造函数h(x)= f ( x)
g( x)，利用题设条件和函数的导数，求得新函数h(x)单调性，再利用新函数的单调
性，即可求解，得到答案.
由题意，令函数h(x)= f ( x)
g( x)，则h
' (x)= f
'( x)g( x)−f ( x)
' g( x)
g
2( x)
，
因为f
'( x)g( x)>f ( x)
' g( x)，所以h
' (x)>0，所以函数h(x)为单调递增函数，
又由
，所以h(a)>h(b)，即f (a)
g(a) > f (b)
g(b)，
又由g( x)>0，则g(a)>0,g(b)>0，
所以f (a)g(b)＞f (b)g(a)，故选A.
【点睛】本题主要考查了函数的单调性及其应用，其中解答根据题设条件构造新函数h(x)= f ( x)
g( x)，利用导数求
得新函数的单调性是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
【变式训练1-3-4】设f (x)，
是定义域为
的恒大于零的可导函数，且f
' (x)g(x)−f (x)g
' (x)<0，则当
a< x<b时，有（ ）
A．f (x)g(x)>f (b)g(b)
B．f (x)g(a)>f (a)g(x)
C．f (x)g(b)>f (b)g(x)
D．f (x)g(x)>f (a)g(a)
【答案】C
【解析】首先根据题意得到[
f (x)
g(x)]
'
= f
' (x)g(x)−f (x)g
' (x)
g
2(x)
<0，从而得到f (x)
g(x)
在R 上为减函数．再利用
f (x)
g(x)
的单调性求解即可.
因为f
' (x)g(x)−f (x)g
' (x)<0，
所以[
f (x)
g(x)]
'
= f
' (x)g(x)−f (x)g
' (x)
g
2(x)
<0，即f (x)
g(x)
在R 上为减函数．
又因为a< x<b，所以f (a)
g(a) > f (x)
g(x) > f (b)
g(b)
．
且f (x)，
在R 上恒大于零，所以f (x)g(b)>f (b)g(x),f (x)g(a)<f (a)g(x)，即C 对，B 错，
因为f ( x)= 1
2
x , g( x)=2
x是满足题意的一个解，但f (x)g(x)= f (b)g(b)= f (a)g(a)，所以AD 都错，
故选：C
题型02：构造F( x)= x
n f ( x)或F( x)= f ( x)
x
n (n∈Z，且n≠0)型
【典型例题1】函数f (x)是定义在(0,+ ∞)上的可导函数，其导函数为f
' (x)，且满足f
' (x)+ 2
x f (x)>0，若不等
式ax⋅f (ax)
ln x
≥f (ln x)⋅ln x
ax
在x∈(1,+ ∞)上恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．0, 1
e
B．1
e ,+ ∞)
C．0,e
D．(
1
e ,+∞)
【答案】B
【解析】设g(x)= x
2f (x)，x>0，g
' (x)= x
2f
' (x)+2 xf (x)= x
2[f
' (x)+ 2
x f (x)]>0
所以函数g(x)在(0,+∞)上为增函数．
由f (x)的定义域为(0,+∞)可知
，得a>0，
将不等式ax⋅f (ax)
ln x
≥f (ln x)⋅ln x
ax
整理得a
2 x
2⋅f (ax)≥f (ln x)⋅ln❑
2 x，即g(ax)≥g(ln x)，
可得
在x∈(1,+∞)上恒成立，即a≥ln x
x 在x∈(1,+∞)上恒成立；
令φ(x)= ln x
x ，其中x>1，所以a≥φ(x)max
φ
' (x)= 1−ln x
x
2
，令φ
' (x)=0，得x =e．
当x∈(1,e)时，φ
' (x)>0，所以φ(x)在(1,e)上单调递增；
当x∈(e ,+ ∞)时，φ
' (x)<0，所以φ(x)在(e ,+∞)上单调递减；
所以φ(x)(e) 1
e max
，即a≥1
e
故选：B．
【典型例题2】【多选】已知函数f (x)满足x
2f
' (x)+2 xf (x)=1+ ln x，f (e)= 1
e
.则当x>0时，下列说法中正确
的是（ ）
A．f(
1
e)=e
B．f (x)只有一个零点
C．f (x)有两个零点
D．f (x)有一个极大值
【答案】BD
【解析】令g(x)= x
2f (x)，则g
' (x)=2 xf (x)+ x
2f
' (x)=1+ ln x，
所以，
(C ∈R)，所以，f (x)= x ln x +C
x
2
.
又f (e)= 1
e ，则f (e)= e+C
e
2
= 1
e ，解得C =0.
所以，f (x)= x ln x
x
2
= ln x
x
.
则，f
' (x)= 1−ln x
x
2
，且f(
1
e)=
ln 1
e
1
e
=−e，A 项错误.
当0< x<e时，f
' (x)>0，则f (x)= ln x
x 在(0,e)上单调递增；
当x>e时，f
' (x)<0，则f (x)= ln x
x 在(e ,+∞)上单调递减.
所以，f (x)= ln x
x 在x =e处有极大值为f (e)= 1
e >0，
且f (x)只有一个极值点，D 正确.
且x>1时，有f (x)>0恒成立.
又f (1)=0，所以f (x)只有一个零点，B 项正确，C 项错误.
故选：BD.
【典型例题3】定义在(0,+ ∞)上的函数f (x)的导函数为f
' (x)，若x f
' (x)−f (x)<0，且f (2)=0，则不等式
(x−1)f (x)>0的解集为（ ）
A．(0,2)
B．(1,2)
C．
D．(2,+ ∞)
【答案】B
【解析】设g(x)= f (x)
x
，则g
' (x)= x f
' (x)−f (x)
x
2
，因为x f
' (x)−f (x)<0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.
因为f (2)=0，所以g(2)=0，所以当0< x<2时，f (x)>0，当x>2时，f (x)<0，故不等式(x−1)f (x)>0的解
集为(1,2).
故选：B.
【变式训练2-1】已知定义在R 上的函数f (x)的导函数为f
' (x)，若对任意的实数x，不等式x f
' (x)+ f (x)<0恒
成立，且f (1)=3，则不等式f (e
−x)<3e
x的解集为（ ）
A．(−∞,0)
B．
C．(ln3,+ ∞)
D．(1,+ ∞)
【答案】A
【解析】引入函数g(x)= xf (x)，由导数确定其单调性，题设不等式转化为关于函数g( x)的不等式，然后由单
调性求解．
设g(x)= xf (x)，则g
' (x)= x f
' (x)+ f (x)<0，所以g(x)在R 上单调递减；由f (e
−x)<3e
x，得
e
−x f (e
−x)<1×f (1)，即g(e
−x)< g(1)，所以e
−x>1，解得x<0.
故选：A.
【变式训练2-2】定义在R上的可导函数y = f ( x)的导函数记为
，若y = f ( x)为奇函数且f (−1)=0，当
x>0时，x f
'( x)+ f ( x)<0，则不等式f ( x)<0的解集是（ ）
A．(−∞,−1)∪(1,+∞)
B．
C．(−∞,−1)∪(0,1) D．
(−1,0)∪(1,+ ∞)
【答案】D
【解析】设g(x)= xf (x), x>0，根据题意求得函数g(x)在(−∞,0)为单调递增函数，然后分x =0，x>0和
x<0三种情况进行求解即可
设g(x)= xf (x), x>0，则g
' (x)= f (x)+ x f
' (x)，
因为当x>0时，f (x)+ x f
' (x)<0成立，所以g
' (x)<0，g(x)为递减函数，
又因为函数
为奇函数，可得f (−x)=−f (x)，
则g(−x)=−xf (−x)= xf (x)= g(x)，所以函数g(x)为偶函数，
所以函数g(x)在(−∞,0)为单调递增函数，
因为f (−1)=0，所以f (1)=0，g(1)=0，
，
当x =0时，由y = f ( x)为奇函数可得
不满足题意；
当x>0时，由f ( x)<0可得g(x)= xf (x)<0= g(1)，所以x>1；
当x<0时，由f ( x)<0可得g(x)= xf (x)>0= g(−1)，所以x>−1，此时−1< x<0，
综上所述，不等式f ( x)<0的解集是(−1,0)∪(1,+∞)
故选：D
【变式训练2-3】设定义R 在上的函数
，满足任意x∈R，都有f (x + 4)= f (x)，且x∈0,4时，
x f
' (x)>f (x)，则f (2021)，f (2022)
2
，f (2023)
3
的大小关系是（ ）
A．f (2021)< f (2022)
2
< f (2023)
3
B．f (2022)
2
<f (2021)< f (2023)
3
C．f (2023)
3
< f (2022)
2
<f (2021)
D．f (2023)
3
<f (2021)< f (2022)
2
【答案】A
【解析】依题意，任意x∈R，都有f (x + 4)= f (x)，所以f (x)是周期为4的周期函数.
所以f (2021)= f (1), f (2022)
2
= f (2)
2
, f (2023)
3
= f (3)
3
.
构造函数F (x)= f (x)
x
(0< x ≤4), F
' (x)= x f
' (x)−f (x)
x
2
>0，
所以F (x)在区间0,4上单调递增，所以F (1)< F (2)< F (3)，
即f (1)
1 < f (2)
2 < f (3)
3
，也即f (2021)< f (2022)
2
< f (2023)
3
.
故选：A
【变式训练2-4】定义在(0,+ ∞)上的函数f (x)的导函数为f
' (x)，且x f
' (x)<4 f (x)恒成立，则（ ）
A．16 f (1)>4 f (❑√2)>f (2)
B．16 f (1)>f (2)>4 f (❑√2)
C．16 f (1)<4 f (❑√2)<f (2)
D．16 f (1)<f (2)<4 f (❑√2)
【答案】A
【解析】设函数g(x)= f (x)
x
4 ，x>0，则g
' (x)= x
4 f
' (x)−4 x
3 f (x)
x
8
= x f
' (x)−4 f (x)
x
5
<0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，从而g(1)>g(❑√2)>g(2)，
即f (1)
1
4 > f (❑√2)
(❑√2)
4 > f (2)
2
4 ，则16 f (1)>4 f (❑√2)>f (2).
故选：A.
【变式训练2-5】设定义在(0,+ ∞)的函数f (x)的导函数为f
' (x)，且满足x f
' (x)+3 f (x)>0，则关于x 的不等式
(
x
3 −1)
3
f (x−3)−f (3)<0的解集为（ ）
A．(3,6)
B．(0,3) C．(0,6) D．(6,+∞)
【答案】A
【解析】构造函数g(x)= x
3 f (x),再根据题意分析g(x)的单调性,
再化简(
x
3 −1)
3
f (x−3)−f (3)<0可得g(x−3)< g(3),再利用函数的单调性与定义域求解即可.
解：令g(x)= x
3 f (x),g
' (x)= x
2[3 f (x)+ x f
' (x)]>0,所以g(x)在(0,+ ∞)上单调递增,
(
x
3 −1)
3
f (x−3)−f (3)<0,即(x−3)
3 f (x−3)−27 f (3)<0,
所以g(x−3)< g(3),{
x−3<3
x−3>0
,所以3< x<6,故选：A.
【变式训练2-6】已知定义域为R的奇函数y = f ( x)的导函数为y = f '( x)，当x≠0时，
，若
，则a , b , c
的大小关系正确的是（ ）
A．a<b<c
B．b<c<a
C．a<c<b
D．
【答案】B
【解析】利用条件构造函数g( x)= xf ( x)，然后利用导数研究函数g( x)的单调性，利用函数的单调性比较大
小．
解：根据题意，设g( x)= xf ( x)，
若y = f ( x)为奇函数，则g(−x)=(−x)f (−x)= xf ( x)= g( x)，则函数g( x)为偶函数，
当x>0时，
，
又由当x≠0时，
，则
，则函数g( x)在(0,+∞)上为减函数，
，
（2），
，
且
，则有b<c<a；故选B．
【变式训练2-7】已知定义在R 上的偶函数f (x)，其导函数为f ' (x)．当x ≥0时，恒有x
2 f ' (x)+ f (−x)≤0，若
g(x)= x
2f (x)，则不等式g(x)< g(1−2 x)的解集为
A．(
1
3 ,1)
B．(−∞, 1
3)∪(1,+ ∞)
C．(
1
3 ,+∞)
D．(−∞, 1
3)
【答案】A
【解析】根据f ( x)为偶函数，则g( x)也为偶函数，利用导数可以判断g( x)在
为减函数，则不等式
g( x)< g(1−2 x)可转化为|x|>|1−2 x|，解不等式即可得到答案．
解：∵f (x)是定义在R 上的偶函数， ∴f (−x)= f ( x)．
∵x ≥0时，恒有x
2 f '( x)+ f (−x)≤0，
x
2f '( x)+2 xf ( x)≤0
又∵g( x)= x
2f ( x)，∴g'( x)=2 xf ( x)+ x
2f '( x)≤0∴g( x)在
为减函数．
∵f ( x)为偶函数， ∴g( x)也为偶函数∴g( x)在(−∞,0)为增函数．
又∵g( x)<g(1−2 x)，|x|>|1−2 x|，即x
2>(1−2 x)
2，化简得( x−1)(3 x−1)<0，得
．故选
A．
【变式训练2-8】已知奇函数f (x)是定义在R上的可导函数，其导函数为
，当x>0时，有
2f (x)+ xf ' (x)> x
2，则不等式(x +2018)
2f (x +2018)＋4 f (−2)<0的解集为( )
A．(−∞,−2016)
B．(−2016,−2012) C．(−∞,−2018) D．(−2016,0)
【答案】A
【解析】构造新函数g(x)= x
2f (x)，根据条件可得g(x)是奇函数，且单调增，将所求不等式化为
(x +2018)
2f (x +2018)<−4 f (−2)=2
2f (2)，即g(x +2018)<g(2)，解得x +2018<2，即x<−2016
设g(x)= x
2f (x)，因为f (x)为R上奇函数，所以g(−x)=(−x)
2f (−x)=−x
2f (x)，
即g(x)为R上奇函数对g(x)求导，得g
' (x)= x[2f (x)+ xf ' (x)]，而当x>0时，有2f (x)+ xf ' (x)> x
2≥0
故x>0时，g
' (x)>0，即g(x)单调递增，所以g(x)在R上单调递增不等式
(x +2018)
2f (x +2018)＋4 f (−2)<0
(x +2018)
2f (x +2018)<−4 f (−2)，(x +2018)
2f (x +2018)<4 f (2)
即g(x +2018)<g(2)所以x +2018<2，解得x<−2016故选A 项.
【变式训练2-9】已知奇函数f (x)的导函数为f
' (x)，当x≠0时，f
' (x)+ f (x)
x
>0，若
a= 1
e f ( 1
e ),b=−ef (−e)，c = f (1)，则a,b,c的大小关系正确的是
A．a<b<c
B．b<c<a
C．
D．a<c<b
【答案】D
【解析】令g(x)= xf (x)，则g
' (x)= f (x)+ x f
' (x)，根据题意得到x>0时，函数g(x) 单调递增，求得
g(e)>g(1)>g( 1
e )，再由函数的奇偶性得到b=−ef (−e)= g(e)，即可作出比较，得到答案．
由题意，令g(x)= xf (x)，则g
' (x)= f (x)+ x f
' (x)，
因为当x≠0时，f
' (x)+ f (x)
x
>0，所以当x>0时，f (x)+ x f
' (x)>0，
即当x>0时，g
' (x)>0，函数g(x)单调递增，
因为e>1> 1
e ，所以g(e)>g(1)>g( 1
e )，
又由函数f (x)为奇函数，所以g(−x)=−xf (−x)= xf (x)= g(x)，
所以b=−ef (−e)= g(e)，所以b>c>a，故选D．
【变式训练2-10】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
【解析】构造函数
,则g
'( x)= x f
'( x)−f ( x)
x
2
<0,所以g( x)在(−∞,0)单调递减,由f ( x)是奇函数,
可得g( x)是偶函数,所以g( x)在(0,+∞)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.
设
,则g
'( x)= x f
'( x)−f ( x)
x
2
<0,所以g( x)在(−∞,0)单调递减,又f ( x)是奇函数，所以g( x)是偶
函数，所以g( x)在(0,+∞)上单调递增，当x>0时,
等价于
，即g( x)>g(1),所以
x>1，当
时，
等价于f ( x)
x
<f (1),即
，所以−1< x<0.故选:A.
【变式训练2-11】已知定义在R上的函数f ( x)的导函数为
，若f ( x)+ f
'( x)<0,f (0)=1， 则不等式
e
x f ( x)<1的解集为
A．(−∞,0)
B．(0,+∞) C．(−∞,1) D．
【答案】B
【解析】不等式的e
x f (x)<1的解集等价于函数g(x)=e
x f (x)图像在y =1下方的部分对应的x 的取值集合，那
就需要对函数g(x)=e
x f (x)的性质进行研究，将f (x)+ f ' (x)<0还原为(e
x)
' f (x)+e
x f ' (x)<0，即
g
' (x)=(e
x f (x))
'<0，在R 上单调递减，且g(0)=1，故当x>0，g(x)<1,即可解得不等式解集.
解：令g(x)=e
x f (x)因为f (x)+ f ' (x)<0所以，(e
x)
' f (x)+e
x f ' (x)<0故g
' (x)=(e
x f (x))
'<0
故g(x)在R 上单调递减，又因为f (0)=1所以，g(0)=1
所以当x>0，g(x)<1，即e
x f (x)<1的解集为(0,+ ∞)故选B.
题型03： 构造F( x)=e
nx f ( x)或F( x)= f ( x)
e
πx (n∈Z，且n≠0)型
【典型例题1】设函数f ( x)的定义域为R，
是其导函数，若f ( x)+ f
'( x)>−e
−x f
'( x)，f (0)=1，则不
等式
2
e
x+1
的解集是（ ）
A．(0,+∞)
B．
C．(−∞,0)
D．(0,1)
【答案】A
【解析】构造函数g( x)=(e
x+1)f ( x)，通过求导判断函数g(x)的单调性,利用函数g(x)的单调性解不等式即可.
令g( x)=(e
x+1)f ( x)，则g
'( x)=e
x f ( x)+(e
x+1)f
'( x)，
因为f ( x)+ f
'( x)>−e
−x f
'( x)，所以f ( x)+(1+e
−x)f
'( x)>0，化简可得e
x f ( x)+(e
x+1)f
'( x)>0，
即g
'( x)>0，所以函数g( x)在R上单调递增，因为
2
e
x+1
，化简得(e
x+1)f ( x)>2，
因为g(0)=2f (0)=2，g( x)=(e
x+1)f ( x)，所以g( x)>g(0)，解得x>0，
所以不等式f ( x)>
2
e
x+1
的解集是(0,+∞).故选：A
【典型例题2】定义在R 上的函数f (x)满足：
，f (1)= 4，则关于不等式e
x f (x)>e
x+3e的解
集为（ ）
A．(−∞,0)
B．
C．(0,+∞)
D．(1,+ ∞)
【答案】D
【解析】构造函数g( x)=e
x f ( x)−e
x( x∈R),由
得g( x)的单调性,再将不等式
e
x f (x)>e
x+3e转化为e
x f (x)−e
x>3e,由构造函数g( x)的单调性与g(1)=3e即可求解．
设g( x)=e
x f ( x)−e
x( x∈R)，则g
' (x)=e
x f ( x)+e
x f
' (x)−e
x =e
x[f ( x)+ f
' (x)−1],
, ∴f (x)+ f
' (x)−1>0, 又e
x>0，
所以g
' (x)>0,
在定义域上单调递增,
对于不等式e
x f (x)>e
x+3e转化为e
x f (x)−e
x>3e，
又f (0)=3，∴g(1)=ef (1)−e =3e,
∴g(x)>g(1), 而y = g( x)在定义域上单调递增,
故选：D
【典型例题3】已知定义在R上的函数f ( x)的导函数为
，且
，则不等式
的解集为（ ）
A．(−∞,2)
B．(−∞,ln 2)
C．(ln 2,+∞)
D．(2,+∞)
【答案】B
【解析】令g(x)=e
3 x f (x)，函数g(x)的定义域为R，
因为3 f (x)+ f
' (x)<0
所以，(e
3 x)
' f (x)+e
3 x f
' (x)<0
故g
' (x)=(e
3 x f (x))
'<0
故g(x)在R 上单调递减，
又因为
所以，g(ln 2)=e
3 ln2f (ln 2)=8，
所以不等式
可化为g(x)>g(ln 2)，
所以x<ln2，
所以
的解集为(−∞,ln 2)
故选：B.
【典型例题4】已知f ( x)是定义在R上的函数，其导函数为
，且不等式f
'( x)>f ( x)恒成立，则下列不等
式成立的是（ ）
A．ef (1)>f (2)
B．ef (−1)<f (0)
C．ef (−2)>f (−1)
D．e
2f (−1)>f (1)
【答案】B
【解析】构造函数g( x)= f ( x)
e
x
，利用导数与函数单调性的关系即可求得.
由题意，构造函数g( x)= f ( x)
e
x
，x∈R
则g
'( x)= f
'( x)e
x−e
x f ( x)
(e
x)
2
= f
'( x)−f ( x)
e
x
因为不等式f
'( x)>f ( x)恒成立，
所以g
'( x)>0，即g( x)在R上单调递增，
对于A 选项，因为g(1)<g(2)，即f (1)
e
< f (2)
e
2 ，即ef (1)<f (2)，故A 选项错误
对于B 选项，因为g(−1)< g(0)，即f (−1)
e
−1
< f (0)
e
0
，即ef (−1)<f (0)，故B 选项正确
对于C 选项，因为g(−2)<g(−1)，即f (−2)
e
−2
< f (−1)
e
−1
，即ef (−2)<f (−1)，故C 选项错误
对于D 选项，因为g(−1)< g(1)，即f (−1)
e
−1
< f (1)
e
，即e
2f (−1)<f (1)，故D 选项错误
故选：B
【变式训练3-1】定义域为R 的可导函数
的导函数为f
' (x)，满足f (x)>f
' (x)且f (0)=3，则不等式
f (x)<3e
x的解集为（ ）
A．(−∞,0)
B．
C．(0,+∞)
D．(3,+ ∞)
【答案】C
【解析】构造函数F (x)= f (x)
e
x ，不等式可转化为F (x)< F (0)，根据F
' (x)判断F(x)的单调性即可求解不等式.
令F (x)= f (x)
e
x ，则F
' (x)= f
' (x)−f (x)
e
x
<0，
∴F (x)在R 上单调递减，又∵f (0)=3，
∴f (x)<3e
x⇔f (x)
e
x <3= f (0)
e
0 ，即F (x)< F (0)，
∴x>0.
故选：C.
【变式训练3-2】已知f(x)为R 上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则(
)
A．e－2 021f(－2 021)<f(0)，e2 021f(2 021)>f(0)
B．e－2 021f(－2 021)<f(0)，e2 021f(2 021)<f(0)
C．e－2 021f(－2 021)>f(0)，e2 021f(2 021)>f(0)
D．e－2 021f(－2 021)>f(0)，e2 021f(2 021)<f(0)
【答案】A
【解析】构造函数h(x)＝exf(x)，
则h′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，
所以函数h(x)在R 上单调递增，
故h(－2 021)<h(0)，即e－2 021f(－2 021)<e0f(0)，即e－2 021f(－2 021)<f(0)．
同理，h(2 021)>h(0)，即e2 021f(2 021)>f(0)，故选A.
【变式训练3-3】已知f
'（x ）是函数f （x ）的导数，f
'（x ）+ f （x ）>0，f （2）= 2
e
2 ，则不等
式f （ln x ）< 2
x 的解集是（ ）
A．（2，+ ∞）
B．（e
2，+ ∞）
C．（0，e
2）
D．（0，2）
【答案】C
【解析】设
，求出函数的导数，得到g(x)在R上单调递增，问题f (t )·e
t<2等价于g(t )<g(2)，
即可解决．
令t =ln x，则x =e
t，
因为f (ln x)< 2
x ，
所以f (t )< 2
e
t ，即f (t )·e
t<2，
设
，
所以g
' (x)=e
x(f (x)+ f
' (x))，
因为f (x)+ f
' (x)>0，
所以g
' (x)>0，所以g(x)在R上单调递增，
因为f (2)= 2
e
2，
所以g(2)=e
2f (2)=2，
所以f (t )·e
t<2等价于g(t )< g(2)，
则t <2，即ln x<2，解得0< x<e
2．
所以不等式f (ln x)< 2
x 的解集是(0,e
2)．
故选：C
【变式训练3-4】已知函数f ( x)在R上可导，其导函数为
，若f ( x)满足：( x−1)[ f
'( x)−f ( x)]>0，
f (2−x)= f ( x)e
2−2 x，则不等式e
2f (ln x)< xf (2)的解集是（ ）
A．(1,e
2)
B．(e
−2,e
2)
C．(e
2,+∞)
D．(e
−2,1)
【答案】A
【解析】构造函数g( x)= f ( x)
e
x
，根据题意，求得g( x)的单调性，再利用函数的对称性，即可求得答案．
构造函数g( x)= f ( x)
e
x
，则g'( x)= f '( x)−f ( x)
e
x
．
因为f ( x)满足( x−1)[ f '( x)−f ( x)]>0，
所以当x<1时，
．所以
．此时函数g( x)单调递减；
当x>1时，
．所以g'( x)>0．此时函数g( x)单调递增；
由已知f (2−x)= f ( x)e
2−2 x，变形得f (2−x)
e
2−x
= f ( x)
e
x
，即
，所以g( x)图像上的点(x , g( x))
关于x =1的对称点(2−x ,g( x))也在函数图像上，即函数g( x)的图像关于直线x =1对称，
不等式e
2f (ln x)< xf (2)，可变形为f (ln x)
x
< f (2)
e
2 ，即 g(ln x)< g(2)，
由函数g( x)在
上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，且g(0)= g(2)，有0<ln x<2，解得1< x<e
2.
故选：A．
【变式训练3-5】设f
' (x)是定义在R 上的连续的函数f (x)的导函数，f (x)−f
' (x)+2e
x<0（e 为自然对数的底
数），且f (2)= 4 e
2，则不等式f (x)>2 x e
x的解集为（ ）
A．(−2,0)∪(2,+∞)
B．(e ,+∞)
C．(2,+∞)
D．(−∞,−2)∪(2,+ ∞)
【答案】C
【解析】构造函数g(x)= f (x)
e
x −2 x，利用导数研究函数的单调性，然后利用函数单调性即得.
设g(x)= f (x)
e
x −2 x，则g
' (x)= f
' (x)−f (x)
e
x
−2= f
' (x)−f (x)−2e
x
e
x
，
∵f (x)−f
' (x)+2e
x<0，
∴g
' (x)>0，函数g(x)在R 上单调递增，
又f (2)= 4 e
2，
∴g(2)= f (2)
e
2 −4 =0,
由f (x)>2 x e
x，可得f (x)
e
x −2 x>0，
即g(x)>0= g(2)，又函数g(x)在R 上单调递增，
所以x>2，即不等式f (x)>2 x e
x的解集为(2,+∞).
故选：C．
【变式训练3-6】已知函数f (x)是定义在R上的函数，且满足f
' (x)+ f (x)>0，其中f
' (x)为f (x)的导数，设
a= f (0)，b=3 f (ln3)，c =ef (1)，则a、b、c的大小关系是（ ）
A．c>b>a
B．a>b>c
C．c>a>b
D．b>c>a
【答案】D
【解析】构造函数
，结合条件与导数求得
的单调性，从而得解.
令
，则g
' (x)=e
x f (x)+e
x f
' (x)=e
x(f (x)+ f
' (x))，
因为f
' (x)+ f (x)>0，而
恒成立，所以g
' (x)>0，
所以
在R上单调递增，
又0<1= ln e<ln3，所以g(0)< g(1)< g(ln3)，
因为a= f (0)=e
0 f (0)= g(0)，b=3 f (ln3)=e
ln3 f (ln3)= g(ln3)，c =ef (1)= g(1)，
所以
，即b>c>a.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的突破口是构造函数
，熟练掌握
与g(x)= f (x)
e
x 等抽象函
数的导数是解决该类问题的关键.
【变式训练3-7】已知定义在R 上的偶函数
（函数
的导数为f
'( x)）满足f ( x)=−f ( x + 3
2 )，
e3f(2018)＝1，若f ( x)+ f
'( x)>0，则关于x 的不等式f ( x−2)> 1
e
x 的解为
A．
B．(3,+ ∞)
C．(−∞,0)
D．(0,+∞)
【答案】B
【解析】因为f (x)=−f(x + 3
2)，所以f (x)周期为3，f (x)为偶函数，所以f(2018)= f(2)= f(-1)= f(1) ，令
g(x)=e
x +2f (x),则g
' (x)=e
x +2f (x)+ f
' (x)>0,g(1)=1，
由f (x−2)> 1
e
x 得g(x−2)>g(1),所以x-2>1,x>3,即解为(3,+ ∞)，选B.
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. 构造辅助函数
常根据导数法则进行：如f
'( x)<f ( x)构造g( x)= f ( x)
e
x
，f
'( x)+ f ( x)<0构造g( x)=e
x f ( x)，
x f
'( x)<f ( x)构造
，x f
'( x)+ f ( x)<0构造g( x)= xf ( x)等.
【变式训练3-8】已知定义在
上的函数
的导函数为
，且f ( x)+ f '( x)>1，设a= f (2)−1，
b=e[ f (3)−1]，则a，b的大小关系为
A．a<b
B．
C．a=b
D．无法确定
【答案】A
【解析】令g(x)=e
x f (x)−e
x，则g
' (x)=e
x(f (x)+ f
' (x))−e
x =e
x(f (x)+ f
' (x)−1)>0.
即g(x)在
上为增函数.
所以g(3)> g(2)，即e
3 f (3)−e
3>e
2f (2)−e
2，整理得：e[f (3)−1]>f (2)−1，即a<b.
故选A.
点睛：本题主要考查构造函数，常用的有：f (x)+ x f
' (x)，构造xf(x)；
2xf(x)+x2f′(x)，构造x2f(x)；
x f
' (x)−f (x)，构造f (x)
x
;
f
' (x)−f (x)，构造f (x)
e
x ；
f
' (x)−f (x)，构造e
x f (x).等等.
【变式训练3-9】设f (x)是定义在R上的函数，其导函数为f
' (x)，若
，f (0)=2018，则不等式
e
x f (x)>e
x+2017（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ）
A．(−∞,0)
B．(−∞,0)∪(2017 ,+ ∞)
C．(2017,+ ∞)
D．(0,+∞)
【答案】D
【解析】构造函数g(x)=e
x f (x)−e
x，再结合
可以得到函数
的单调性，不等式可以整理为g(x)> g(0)，再根据函数
的单调性即可得到解集.
构造函数g(x)=e
x f (x)−e
x，
所以g
' (x)=e
x f (x)+e
x f
' (x)−e
x =e
x[f (x)+ f
' (x)−1]，
又因为
，所以g
' (x)>0，
在R上单调递增，
因为f (0)=2018，所以g(0)=2017，
不等式e
x f (x)>e
x+2017，可整理为e
x f (x)−e
x>2017，即g(x)>g(0)，
因为函数
在R上单调递增，所以x>0.
故选：D.
【变式训练3-10】已知函数f (x)的定义域为(0,+ ∞)，满足f (x)+2 x f
' (x)>0（f
' (x)为f (x)的导函数），设
a= f (1)，b=ef (e
2)，c =2f (4)，则（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>a>c
D．b>c>a
【答案】D
【解析】构造函数g(x)= ❑√x f (x)，再求导分析函数的单调性，进而结合1<4<e
2判断大小关系即可.
由f (x)+2 x f
' (x)>0，化简1
2❑√x f (x)+ ❑√x f
' (x)>0，令g(x)= ❑√x f (x)，则g
' (x)=
1
2❑√x f (x)+ ❑√x f
' (x)>0
，所以函数
在(0,+ ∞)上单调递增，1<4<e
2，所以b>c>a.
故选：D
【变式训练3-11】（多选）定义在R 上的函数f (x)的导函数为f
' (x)，且f (x)+ x f
' (x)< xf (x)对x∈R恒成立，
则下列选项不正确的是（ ）
A．2
e f (2)>f (1) B．2
e f (2)<f (1)
C．f (1)>0
D．f (−1)>0
【答案】ACD
【解析】构造出函数F( x)= xf ( x)
e
x
，再运用求导法则求出其导数，借助导数与函数单调性之间的关系及题设中
f (x)+ x f
' (x)< xf (x)，从而确定函数F( x)= xf ( x)
e
x
是单调递减函数，然后可判断出每个答案的正误.
构造函数F( x)= xf ( x)
e
x
，
因为F
'( x)= e
x[ f ( x)+ x f
'( x)]−x e
x f ( x)
(e
x)
2
= f ( x)+ x f
'( x)−xf ( x)
e
x
<0，
故函数F( x)= xf ( x)
e
x
在R 上单调递减函数，
因为2>1，所以F(2)< F(1)⇒2f (2)
e
2
< f (1)
e
1 ，即2f (2)
e
<f (1)
故B 正确，A 错误
因为F(1)< F (0)，即f (1)
e
<0，所以f (1)<0，故C 错误
因为F(−1)> F (0)，即−f (−1)
e
−1
>0，所以f (−1)<0，故D 错误
故选：ACD
【点睛】解答本题的难点所在是如何依据题设条件构造出符合条件的函数F( x)= xf ( x)
e
x
，这里要求解题者具有
较深的观察力和扎实的基本功，属于较难题.
【变式训练3-12】已知
是定义在
上的奇函数，且当x>0时，f
'( x)<f ( x)，则（ ）
A．f (4)>e f (3)
B．f (4)>e❑
2f (2)
C．f (−4)>e❑
2f (−2)
D．e f (−4)>f (−3)
【答案】C
【解析】根据当x>0时，f
'( x)<f ( x)，构造g(x)= f (x)
e
x ，借助新函数的单调性比较大小.
设g(x)= f (x)
e
x ，则g
' (x)= f
' (x)−f (x)
e
x
，
又当x>0时，f
'( x)<f ( x)，
∴g
' (x)= f
' (x)−f (x)
e
x
<0，
∴g(x)= f (x)
e
x 在(0，+ ∞)上单调递减，
∵4>3>0，∴f (4)
e
4 < f (3)
e
3 ,即f (4)<e f (3)，故A 错误；
∵4>2>0，∴f (4)
e
4 < f (2)
e
2 ,即f (4)<e
2f (2)，故B 错误；
∵f (4)<e
2f (2)，∴−f (4)>−e
2f (2)，
又
是定义在
上的奇函数，
∴f (−4)>e❑
2f (−2)，故C 正确；
∵f (4)<e f (3)，∴−f (4)>−e f (3)，即f (−4)>e f (−3)，故D 错误.
故选：C
【变式训练3-13】设函数f (x)的导函数为f
' (x)，若对任意x∈R都有f
' (x)>f (x)成立，则（ ）
A．2018 f (ln 2019)>2019 f (ln 2018)
B．2018 f (ln 2019)<2019 f (ln 2018)
C．2019 f (ln 2019)<2018 f (ln 2018)
D．2019 f (ln 2019)>2018 f (ln 2018)
【答案】A
【解析】构建F (x)= f (x)
e
x ，求导，结合题意分析可得F (x)在
上单调递增，再根据单调性分析判断.
构建F (x)= f (x)
e
x ，则F
' (x)= f
' (x)−f (x)
e
x
，
∵对任意x∈R都有f
' (x)>f (x)成立，则f
' (x)−f (x)>0，且
，
∴F
' (x)>0对任意x∈R恒成立，则F (x)在
上单调递增，
又∵
在(0,+ ∞)上单调递增，则ln 2018<ln 2019，
∴F (ln 2018)< F (ln 2019)，即f (ln 2018)
2018
< f (ln 2019)
2019
，
故2018 f (ln 2019)>2019 f (ln 2018).
故选：A.
【变式训练3-14】已知定义在R上的函数f (x)的导函数f
' (x)，且f (x)<f
' (x)<0，则（ ）
A．ef (2)>f (1)，f (2)>ef (1)
B．ef (2)>f (1)，f (2)<ef (1)
C．ef (2)<f (1)，f (2)<ef (1)
D．ef (2)<f (1)，f (2)>ef (1)
【答案】D
解析】据已知不等式构造函数，结合导数的性质进行求解即可.
构造函数g( x)= f ( x)
e
x ⇒g
'( x)= f
'( x)−f ( x)
e
x
，因为f (x)<f
' (x)，
所以g
'( x)>0，因此函数
是增函数，
于是有g(2)>g(1)⇒f (2)
e
2 > f (1)
e
⇒f (2)>ef (1)，
构造函数h( x)= f ( x)⋅e
x⇒h
'( x)=e
x[ f ( x)+ f
'( x)]，因为f (x)<f
' (x)<0，
所以h
'( x)<0，因此
是单调递减函数，
于是有h(2)<h(1)⇒e
2f (2)<ef (1)⇒ef (2)<f (1)，
故选：D
【变式训练3-15】已知f (x)是定义在(−∞,+∞)上的函数，导函数f
' (x)满足f
' (x)<f (x)对于x∈R恒成立，则
（ ）
A．f (2)>e
2f (0)，f (2014)>e
2014 f (0)
B．f (2)<e
2f (0)，f (2014)>e
2014 f (0)
C．f (2)>e
2f (0)，f (2014)<e
2014 f (0)
D．f (2)<e
2f (0)，f (2014)<e
2014 f (0)
【答案】D
【解析】构造F( x)= f ( x)
e
x
，求导，根据f
' (x)<f (x)判断
的单调性，然后逐一验证选项得答案.
构造F( x)= f ( x)
e
x
，则F
'( x)= e
x f
'( x)−e
x f ( x)
e
2 x
= f
'( x)−f ( x)
e
x
，导函数f
'( x)满足f
'( x)<f ( x)，则
F
'( x)<0，
在
上单调递减，
F(2)= f (2)
e
2 , F(0)= f (0)
e
0 ，则由
在
上单调递减得F(2)< F(0)，即f (2)
e
2 < f (0)
e
0 ，所以有
f (2)<e
2f (0)；
F(2014)= f (2014)
e
2014
, F(0)= f (0)
e
0 ，则由
在
上单调递减得F(2014)< F(0)，即f (2014)
e
2014
< f (0)
e
0 ，所
以有f (2014)<e
2014 f (0)；
故选：D.
【点睛】考查构造函数：满足“f
' (x)−f (x)<0”形式，优先构造F (x)= f (x)
e
x ，然后利用函数的单调性求解即
可,注意选项的转化．
【变式训练3-16】已知函数f (x)的定义域为(−∞,0)，f (−1)=−1，其导函数f
' (x)满足x f
' (x)−2f (x)>0，
则不等式f (x +2025)+(x +2025)
2<0的解集为（ ）
A．(−2026,0)
B．(−2026,−2025)
C．(−∞,−2026)
D．(−∞,−2025)
【答案】B
【解析】构造函数g(x)= f (x)
x
2 ，判定其单调性计算即可.
根据题意可令g(x)= f (x)
x
2 (x<0)⇒g
' (x)= x f
' (x)−2f (x)
x
3
<0，
所以g(x)= f (x)
x
2 在(−∞,0)上单调递减，
则原不等式等价于f (x +2025)
(x +2025)
2 <−1，
由g(x +2025)= f (x +2025)
(x +2025)
2 <−1= g(−1)⇒0> x +2025>−1，
解之得x∈(−2026,−2025).
故选：B
【变式训练3-17】已知定义在
上的函数y = f (x)，当x>0时，f (x)>0，f
' (x)为其导函数，且满足
f
' (x)<f (x)恒成立，若0<a<1，则3 f (0)，f (a)，af (1)三者的大小关系为（ ）
A．af (1)>f (a)>3 f (0)
B．3 f (0)>f (a)>af (1)
C．3 f (0)>af (1)>f (a)
D．f (a)>3 f (0)>af (1)
【答案】B
【解析】由f
' (x)<f (x)可得，e
x f
' (x)−e
x f (x)
e
2 x
<0，所以(
f (x)
e
x )
'
<0，故考虑构造函数g(x)= f (x)
e
x ，根据导
数与函数的单调性的关系证明
在(0，+∞)上单调递减，利用函数的单调性比较g(0),g(a),g(1)的大小，
再证明e
a<3,e
a−1>a可得结论.
设
(x ≥0)，则g
' (x)= e
x f
' (x)−e
x f (x)
e
2 x
，
因为f
' (x)<f (x)，所以g
' (x)<0，
所以函数
在0，+ ∞)上单调递减，
又0<a<1，所以g(0)> g(a)>g(1)，
所以f (0)
e
0 > f (a)
e
a > f (1)
e
1 ，所以e
a f (0)>f (a)>e
a−1f (1)，
设
(0≤x ≤1)，
则h
' (x)=e
x−1−1，
因为0≤x ≤1，所以h
' (x)=e
x−1−1≤0，
当且仅当x =1时，h
' (x)=0，
所以h(x)=e
x−1−x在[0,1]上为减函数，
所以e
a−1−a>e
0−1=0，即e
a−1>a，
又当x>0时，f (x)>0，所以f (a)>e
a−1f (1)>af (1)，
又0<a<1，所以e
a<e<3，
由e
a f (0)>f (a)>0，可得f (0)>0，
所以e
a f (0)<3 f (0)，
所以3 f (0)>f (a)>af (1)，
故选：B.
【点睛】本题的关键在于结合已知条件构造恰当的函数，利用导数与函数的单调性的关系，判断函数的单调
性，再利用单调性比较函数值的大小即可.
【变式训练3-18】定义在R 上的函数f (x)的导函数为f
' (x)，f (0)=0，若对任意
，都有f ' (x)−f (x)>1，
则使得f ( x)+1
e
x
>1成立的x的取值范围为 .
【答案】(0,+∞)
【解析】构造函数g( x)= f ( x)+1
e
x
，对其求导，根据题中条件，由导数的方法判定函数单调性，进而可求出结
果.
构造函数g( x)= f ( x)+1
e
x
，g(0)=1，
因为对任意
，都有f ' (x)−f (x)−1>0，
所以g
' (x)= f
' (x)e
x−(f (x)+1)e
x
e
2 x
= f
' (x)−f (x)−1
e
x
>0恒成立，
所以函数
在R 上单调递增，
由f ( x)+1
e
x
= g( x)>1= g(0)，解得x>0，
所以x的取值范围为(0,+∞).
故答案为：(0,+ ∞).
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于，构造函数g( x)= f ( x)+1
e
x
，结合题中条件，由导数的方法判定函数单调性，即可求解出
结果.
题型04：构造F( x)= f ( x)sin x或F( x)= f ( x)
sin x 型
【典型例题1】已知定义在
上的函数
的导函数为
，任意x∈(0,π )，有f '( x)sin x>f ( x)cos x，
且f ( x)+ f (−x)=0，设a=2f ( π
6 )，b= ❑√2f ( π
4 )，c =−f (−π
2 )，则
A．
B．b<c<a
C．
D．
【答案】A
【解析】根据题意构造函数，得到
，得到
是增函数，再根
据题干得到g(x)是偶函数，g( π
6 )<g( π
4 )<g( π
2 )= g(−π
2 )代入解析式可得到最终结果.
构造函数
，所以函数
是增函数，因为f (x)+ f (−x)=0，
即f (x)=−f (−x)，g(x)= f (x)
sin x , g(−x)= f (−x)
−sin x = f (x)
sin x
故函数g(x)是偶函数，x∈(0,π )上函数是增函数，故g( π
6 )<g( π
4 )<g( π
2 )= g(−π
2 )
代入解析式得到2f(
π
6)<❑√2f(
π
4)<−f(−π
2)，故a<b<c.
故答案为A.
【点睛】这个题目考查了导数在研究函数的单调性中的应用，以及函数奇偶性的应用，考查了利用单调性解决
不等式问题，这道题目属于抽象函数解不等式；除此之外，如果题目中给出函数的解析式，但是通过直接解不
等式非常麻烦的题目，也可以通过研究函数的单调性，奇偶性等来得到不等式的解集.
【典型例题2】已知奇函数f (x)的导函数为f
' (x)，且f (x)在(0, π
2)上恒有f (x)
sin x < f
' (x)
cos x
成立，则下列不等式成
立的（ ）
A．
B．f(−π
3)<❑√3 f(−π
6)
C．
❑√3 f(−π
4)<❑√2f(−π
3)
D．
❑√2
2 f(
π
3)<❑√3 f(
π
4)
【答案】B
【解析】构造函数F (x)= f (x)
sin x
，由f (x)
sin x < f
' (x)
cos x
得f
' (x)sin x−f (x)cos x>0，即
F
' (x)= f
' (x)sin x−f (x)cos x
(sin x)
2
>0，即可得到F (x)单调性，再结合F (x)的奇偶性，即可对选项进行判断
构造函数F (x)= f (x)
sin x
，由f (x)在(0, π
2)上恒有f (x)
sin x < f
' (x)
cos x
成立，即
f
' (x)sin x−f (x)cos x>0,∴F
' (x)= f
' (x)sin x−f (x)cos x
(sin x)
2
>0,∴F (x)在(0, π
2)上为增函数，又由
F (−x)= f (−x)
sin(−x) = −f (x)
−sin x = F (x),∴F (x)为偶函数，
∵π
6 < π
4 ,∴F(
π
6)< F(
π
4),∴
f(
π
6)
sin π
6
<
f(
π
4)
sin π
4
,∴❑√2f(
π
6)<f(
π
4)，故A 错误.
∵偶函数F (x)在(0, π
2)上为增函数，∴F (x)在
上为减函数，
∵−π
3 <−π
6 ,∴F(−π
3)> F(−π
6),∴
f(−π
3)
sin(−π
3)
>
f(−π
6)
sin(−π
6)
,∴−f(−π
3)>−❑√3 f(−π
6),
∴f(−π
3)<❑√3 f(−π
6)，故B 正确；
F(−π
4)< F(−π
3),∴
f(−π
4)
sin(−π
4)
<
f(
π
3)
sin(−π
3)
，
∴−❑√3 f(−π
4)<−❑√2f(−π
3),∴❑√3 f(−π
4)>❑√2f(−π
3)，故C 错误；
∵π
3 > π
4 ，∴F(
π
3)> F(
π
4),∴
f(
π
3)
sin π
3
>
f(
π
4)
sin π
4
,∴❑√2f(
π
3)>❑√3 f(
π
4)，故D 错误.
故选：B
【变式训练4-1】已知奇函数f (x)的导函数为f
' (x)，且f (x)在(0, π
2)上恒有f (x)
sin x < f
' (x)
cos x
成立，则下列不等式
成立的（ ）
A．
B．f(−π
3)<❑√3 f(−π
6)
C．
❑√3 f(−π
4)<❑√2f(−π
3)
D．
❑√2
2 f(
π
3)<❑√3 f(
π
4)
【答案】B
【解析】构造函数F (x)= f (x)
sin x
，由f (x)在(0, π
2)上恒有f (x)
sin x < f
' (x)
cos x
成立，即
f
' (x)sin x−f (x)cos x>0,∴F
' (x)= f
' (x)sin x−f (x)cos x
(sin x)
2
>0,∴F (x)在(0, π
2)上为增函数，又由
F (−x)= f (−x)
sin(−x) = −f (x)
−sin x = F (x),∴F (x)为偶函数，
∵π
6 < π
4 ,∴F(
π
6)< F(
π
4),∴
f(
π
6)
sin π
6
<
f(
π
4)
sin π
4
,∴❑√2f(
π
6)<f(
π
4)，故A 错误.
∵偶函数F (x)在(0, π
2)上为增函数，∴F (x)在(−π
2 ,0)上为减函数，
∵−π
3 <−π
6 ,∴F(−π
3)> F(−π
6),∴
f(−π
3)
sin(−π
3)
>
f(−π
6)
sin(−π
6)
,∴−f(−π
3)>−❑√3 f(−π
6),
∴f(−π
3)<❑√3 f(−π
6)，故B 正确；
F(−π
4)< F(−π
3),∴
f(−π
4)
sin(−π
4)
<
f(
π
3)
sin(−π
3)
，
∴−❑√3 f(−π
4)<−❑√2f(−π
3),∴❑√3 f(−π
4)>❑√2f(−π
3)，故C 错误；
∵π
3 > π
4 ，∴F(
π
3)> F(
π
4),∴
f(
π
3)
sin π
3
>
f(
π
4)
sin π
4
,∴❑√2f(
π
3)>❑√3 f(
π
4)，故D 错误.
【变式训练4-2】已知函数f ( x)及其导函数
的定义域均为R，且f ( x)为偶函数，f ( π
6 )=−2，
，则不等式f ( x + π
2 )cos
3 x−1
4 <0的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据已知条件构造函数，再利用导数的正负与函数单调性的关系及偶函数的定义，结合函数的单调性
及一元一次不等式的解法即可求解.
已知
，
令
，则
g
'( x)=3 f ( x)sin
2 x cos x + f
'( x)sin
3 x =sin
2 x[3 f ( x)cos x + f
'( x)sin x]≤0，
所以g( x)在R上单调递减，
又因为f ( x)偶函数，所以
，所以
，
，
所以不等式f ( x + π
2 )cos
3 x−1
4 <0等价于
，
则x + π
2 >−π
6 ，解得
，
所以不等式f ( x + π
2 )cos
3 x−1
4 <0的解集为
故选：A.
【变式训练4-3】已知f
' (x)是函数f (x)的导函数，f (x)−f (−x)=0，且对于任意的x∈(0, π
2)有
f
' (x)cos x>f (−x)sin(−x)．则下列不等式一定成立的是（ ）
A．
❑√3
2 f(−1
2)<f(−π
6)cos 1
2
B．f(−π
6)>
❑√6
2 f(−π
4)
C．f (−1)<❑√2f(
π
4)cos1
D．
❑√2
2 f(
π
4)>f(−π
3)
【答案】A
【解析】设g( x)= f ( x)
cos x
，x∈(0, π
2 )，根据已知条件，利用导数得到
为增函数，由g( 1
2 )<g( π
6 )可推
出A 正确；由g( π
6 )<g( π
4 )可推出B 不正确；由g( π
4 )<g(1)可推出C 不正确；由g( π
4 )<g( π
3 )可推出D 不
正确.
因为对于任意的x∈(0, π
2)有f
' (x)cos x>f (−x)sin(−x)．又f ( x)−f (−x)=0，−sin x =sin(−x)，
所以f
'( x)cos x + f ( x)sin x>0，
设g( x)= f ( x)
cos x
，x∈(0, π
2 )，则
= f
'( x)cos x−f ( x)(−sin x)
cos
2 x
= f
'( x)cos x + f ( x)sin x
cos
2 x
，
因为当x∈(0, π
2 )时，f
'( x)cos x + f ( x)sin x>0，所以g
'( x)>0，
所以
在(0, π
2 )上为增函数，
因为1
2 < π
6 ，所以g( 1
2 )<g( π
6 )，所以
f ( 1
2 )
cos 1
2
<
f ( π
6 )
cos π
6
，所以
❑√3
2 f ( 1
2 )<f ( π
6 )cos 1
2
，所以
❑√3
2 f(−1
2)<f(−π
6)cos 1
2，故A 正确；
因为π
6 < π
4 ，所以g( π
6 )<g( π
4 )，所以
f ( π
6 )
cos π
6
<
f ( π
4 )
cos π
4
，所以
❑√2
2 f ( π
6 )<
❑√3
2 f ( π
4 )，所以
❑√2f (−π
6 )<❑√3 f (−π
4 )，故B 不正确；
因为π
4 <1，所以g( π
4 )<g(1)，所以
f ( π
4 )
cos π
4
< f (1)
cos1，所以cos1f ( π
4 )<
❑√2
2 f (1)，所以
❑√2cos1f ( π
4 )<f (−1)，故C 不正确；
因为π
4 < π
3 ，所以g( π
4 )<g( π
3 )，所以
f ( π
4 )
cos π
4
<
f ( π
3 )
cos π
3
，所以1
2 f ( π
4 )<
❑√2
2 f ( π
3 )，所以
❑√2
2 f ( π
4 )<f (−π
3 )
，故D 不正确；
故选：A
【变式训练4-4】已知f (x)是定义在
上的奇函数，且f (x)图象连续不间断，函数f (x)的导函数为f
' (x)．当
x<0时，f
' (x)cos x−2f
' (x)<f (x)sin x，其中e为自然对数的底数，则（ ）
A．f (x)在R上有且只有1 个零点
B．f (x)在区间(0,+∞)上单调递增
C．f (2025)>0
D．f(−π
4)<f(
π
4)
【答案】ACD
【解析】构造g( x)=(cos x−2)f ( x)，根据已知及奇偶性定义、导数研究函数的性质得到
在R 上单调递
减，且x<0时g( x)>0，x>0时g( x)<0，f ( x)=
g( x)
cos x−2
，进而判断各项的正误.
令g( x)=(cos x−2)f ( x)，而f (x)是定义在R上的奇函数，则
，
g(−x)=[cos(−x)−2]f (−x)=−(cos x−2)f ( x)=−g( x)，即
在R 上也是奇函数，
而g
'( x)=(cos x−2)f
'( x)−f ( x)sin x，当x<0时，g
'( x)<0，
所以
在
上单调递减，结合奇函数性质知：
在R 上单调递减，
综上，x<0时g( x)>0，x>0时g( x)<0，g(0)=0，故f ( x)=
g( x)
cos x−2
，
显然x∈R时cos x−2<0，故x<0时f ( x)<0，x>0时
，
所以f (x)在R上有且只有1 个零点，f (2025)>0，f(−π
4)<0<f(
π
4)，A、C、D 对；
由f ( x)= −g( x)
2−cos x
，显然−g( x)在
上单调递增，且−g( x)>0，
y =
1
2−cos x 在
上单调递减，在(π ,2π )上单调递增，且周期为2π，y =
1
2−cos x >0，
所以
在
上不一定单调，B 错.
故选：ACD.
题型05：构造F( x)= f ( x)cos x或F( x)= f ( x)
cos x 型
【典型例题】已知函数
对任意的x∈(−π
2 , π
2)满足
（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(−π
3)>❑√2f(−π
4)
B．f(
π
3)<❑√2f(
π
4)
C．2f (0)<f(
π
3)
D．
❑√2f (0)>f(
π
4)
【答案】C
【解析】构造函数g(x)= f (x)cos x，x∈(−π
2 , π
2)，则
，所以g(x)在
x∈(−π
2 , π
2)上单调递增，
则g(−π
3)<g(−π
4)，所以f(−π
3)cos(−π
3)<f(−π
4)cos(−π
4)，即f(−π
3)>❑√2f(−π
4)，故A 不正确；
则g(
π
3)> g(
π
4)，所以f(
π
3)cos π
3 >f(
π
4)cos π
4 ，即f(
π
3)>❑√2f(
π
4)，故B 不正确；
则g(0)< g(
π
3)，所以f (0)cos0<f(
π
3)cos π
3 ，即2f (0)<f(
π
3)，故C 正确；
则g(0)< g(
π
4)，所以f (0)cos0<f(
π
4)cos π
4 ，即
❑√2f (0)<f(
π
4)，故D 不正确.
故选：C.
【变式训练5-1】【多选】定义在(0, π
2)上的函数f (x)，已知f
' (x)是它的导函数，且恒有
cos x⋅f
' (x)+sin x⋅f (x)<0成立，则有（ ）
A．3 x−y −1=0
B．
❑√3 f(
π
6)>f(
π
3)
C．f(
π
6)>❑√3 f(
π
3)
D．
❑√2f(
π
6)>❑√3 f(
π
4)
【答案】CD
【解析】令g(x)= f (x)
cos x
，则g
' (x)= cos x⋅f
' (x)+sin x⋅f (x)
cos
2 x
，
由已知可得g
' (x)<0，即g(x)= f (x)
cos x
在(0, π
2)上单调递减.
所以
f(
π
3)
cos π
3
<
f(
π
4)
cos π
4
<
f(
π
6)
cos π
6
，
故
❑√2f(
π
6)>❑√3 f(
π
4)，f(
π
6)>❑√3 f(
π
3)，即C、D 选项正确.
故选：CD
【变式训练5-2】已知函数f (x)的定义域为(−π
2 , π
2)，其导函数是
.有f
'( x)cos x + f ( x)sin x<0，则关
于x 的不等式
❑√3 f ( x)<2f(
π
6)cos x的解集为（ ）
A．(
π
3 , π
2)
B．(
π
6 , π
2)
C．(−π
6 ,−π
3)
D．(−π
2 ,−π
6)
【答案】B
【解析】令F (x)= f (x)
cos x
，根据题设条件，求得F ' (x)<0，得到函数F (x)= f (x)
cos x
在(−π
2 , π
2)内的单调递减函
数，再把不等式化为f (x)
cos x <
f(
π
6)
cos π
6
，结合单调性和定义域，即可求解.
由题意，函数f (x)满足f ' (x)cos x + f (x)sin x<0，
令F (x)= f (x)
cos x
，则F ' (x)= f ' (x)cos x + f (x)sin x
cos
2 x
<0
函数F (x)= f (x)
cos x
是定义域(−π
2 , π
2)内的单调递减函数，由于
，关于x的不等式
❑√3 f ( x)<2f(
π
6)cos x可化为f (x)
cos x <
f(
π
6)
cos π
6
，即F (x)< F(
π
6)，所以−π
2 < x< π
2 且x> π
6 ，解得π
2 > x> π
6 ，
不等式
❑√3 f ( x)<2f(
π
6)cos x的解集为(
π
6 , π
2).故选：B
题型06：构造F( x)= f ( x)ln x型
【典型例题1】已知f ( x)是定义在
上的奇函数，
是f ( x)的导函数，f (1)≠0,且满足:
f
'( x)⋅ln x + f ( x)
x
<0,则不等式( x−1)⋅f ( x)<0的解集为（ ）
A．
B．(−∞,−1)∪(0,1)
C．(−∞,1)
D．(−∞,0)∪(1,+∞)
【答案】D
【解析】根据给定含导数的不等式构造函数g( x)= f ( x)ln x，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.
令g( x)= f ( x)ln x，x>0，则g
'( x)= f
'( x)ln x + f ( x)
x
<0，g( x)在(0,+∞)上单调递减，而g(1)=0，
因此，由g( x)>0得0< x<1，而ln x<0，则f ( x)<0，由g( x)<0得x>1，而ln x>0，则f ( x)<0，又
f (1)<0，
于是得在(0,+∞)上，f ( x)<0，而f ( x)是
上的奇函数，则在(−∞,0)上，f ( x)>0，
由( x−1)⋅f ( x)<0得：{
x−1>0
f ( x)<0或{
x−1<0
f ( x)>0，即{
x>1
x>0或{
x<1
x<0，解得
或x>1，
所以不等式( x−1)⋅f ( x)<0的解集为(−∞,0)∪(1,+∞).
故选：D
【典型例题2】已知定义在R上的连续奇函数f (x)的导函数为
，已知f (1)≠0，且当x>0时有
x ln x⋅f ' (x)<−f (x)成立，则使(x
2−4)f (x)>0成立的x的取值范围是（ ）
A．(−2,0)∪(0,2)
B．(−∞,−2)∪(0,2)
C．(−2,0)∪(2,+∞)
D．(−∞,−2)∪(2,+ ∞)
【答案】B
【解析】根据题意，设g( x)= f ( x)ln x( x>0)，对g( x)求导，利用导数与函数单调性的关系分析可得g( x)在
(0,+∞)上单调递减，分析g( x)的特殊值，结合函数单调性分析可得在区间(0,1)和
上，都有f ( x)<0，
结合函数的奇偶性可得在区间(−1,0)和(−∞,−1)上，都有f ( x)>0，进而将不等式变形转化，解得x的取值
范围，即可得到答案.
令g( x)= f ( x)ln x( x>0)，则g
'( x)= f
'( x)ln x + 1
x f ( x)= x ln x⋅f
'( x)+ f ( x)
x
，
因为当x>0时有x ln x⋅f ' (x)<−f (x)成立，所以当x>0时，g
'( x)<0恒成立，所以g( x)在(0,+∞)上单调递
减，
所以当0< x<1时，
，所以f ( x)ln x>0，又ln x<0，所以f ( x)<0，
当x>1时，g( x)< g(1)=0，所以f ( x)ln x<0，又ln x>0，所以f ( x)<0，f (x)在R是连续的函数，
且f (1)≠0，所以f (1)<0，
时，f ( x)<0，又由f ( x)为奇函数，x∈(−∞,0)时，f ( x)>0，
所以(x
2−4)f (x)>0⇔{
x
2−4>0
f ( x)>0 或{
x
2−4<0
f ( x)<0 ，解得x<−2或0< x<2，
则x的取值范围是(−∞,−2)∪(0,2).故选：B.
【典型例题3】设定义在0,+∞)上的函数f (x)≠0恒成立，其导函数为f ' (x)，若
f (x)−(x +1)f ' (x)ln (x +1)<0，则（ ）
A．2f (1)>f (3)>0
B．2f (1)<f (3)<0
C．2f (3)>f (1)>0
D．2f (3)<f (1)<0
【答案】B
【解析】由题设构造g( x)= ln( x +1)
f ( x)
，易知0,+∞)上g
'( x)<0，即g( x)单调递减，进而可比较f (1)、f (3)
的大小.
由题意，在0,+∞)上的函数f (x)≠0恒成立，
若g( x)= ln( x +1)
f ( x)
，则g
'( x)=
f ( x)
x +1 −f
'( x)ln( x +1)
f
2( x)
，
∵0,+∞)上f (x)
x +1 −f ' (x)ln (x +1)<0，即g
'( x)<0，
∴g( x)在0,+ ∞)上单调递减，而g(0)=0，故0>g(1)>g(3)
∴0> ln 2
f (1) > ln 4
f (3)，可得2f (1)<f (3)<0.
故选：B
【变式训练6-1】已知函数
f x
满足
1
ln
0
f
x
x
f x
x
（其中
f
x
是
f x
的导数），若
1
2
e
a
f
，
1
3e
b
f
，
1
4
e
c
f
，则下列选项中正确的是（ ）
A．6
4
3
a
b
c
B．6
3
4
a
c
b
C．4
6
3
b
a
c
D．4
3
6
b
c
a
【答案】A
【解析】根据已知条件构造函数
ln
g x
f x
x
，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.
由
1
ln
0
f
x
x
f x
x
，得
ln
0
f x
x
，令
ln
g x
f x
x
，
0,
x
，则
1
ln
0
g
x
f
x
x
f
x
x
，所以
0
g
x
在
0,
上恒成立，
所以
g x 在
0,
上为减函数，因为
1
1
1
2
3
4
，且
ex
y
在R 上单调性递增；
所以
1
1
1
3
2
4
e
e
e
，所以
1
1
1
3
2
4
e
e
e
g
g
g
，
所以
1
1
1
1
1
1
3
3
2
2
4
4
e
ln e
e
ln e
e
ln e
f
f
f
，所以
1
1
1
2
3
4
a
b
c
，即6
4
3
a
b
c
．故选：A.
【变式训练6-2】设函数
f
x
是奇函数
f x
R
x
的导函数，
0
x
时，
1
ln xf
x
f x
x
，则使得
2
9
0
x
f
x
成立的x 的取值范围是（ ）
A．
3,0
3,
B．
, 3
3,
C．
3,0
0,3
D．
, 3
0,3
【答案】A
【解析】令
ln
g x
f x
x
，
0
x
，根据已知条件可得当
0
x
时，
ln
g x
f x
x
单调递减，且1
0
g
，根据单调性和奇偶性可得
0,1
1,
x
时，
0
f x
；当
, 1
1,0
x
U
时，
0
f x
，再分情况
讨论即可求解.
令
ln
g x
f x
x
，
0
x
，则
1
ln
0
g
x
f
x
x
f
x
x
对于
0
x
恒成立，
所以当
0
x
时，
ln
g x
f x
x
单调递减，又因为
1
1 ln1
0
g
f
，
所以当
0,1
x
时，
0
g x
；此时ln
0
x
，所以
0
f x
；当
1,
x
时，
0
g x
，此时ln
0
x
，所以
0
f x
；
又因为
f x 是奇函数，所以
1,0
x
时，
0
f x
；当
, 1
x
时，
0
f x
；
因为
2
9
0
x
f
x
，所以当
0
x
时，
2
9
0
x
，解得3
0
x
；①
当
0
x
时，
2
9
0
x
，解得
3
x
；②
综合①②得
2
9
0
x
f
x
成立的x 的取值范围为
3,0
3,
，故选：A.
【变式训练6-3】已知函数
( )
f
x
是奇函数
( )(
)
f x xR 的导函数，且满足
0
x
时，
1
ln
( )
( )
0
xf
x
f x
x
，则
(
2019) ( )
0
x
f x
的解集为（ ）
A．
( 1,0)
(1,2019)
B．
( 2019, 1)
(1,2019)
C．
(0,2019)
D．
( 1,1)
【答案】C
【解析】根据题意，构造函数
( )
ln
( )
g x
x f x
，
(
0)
x
，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
( )
0
f x
，结合函数的奇偶性进而将不等式
(
2019) ( )
0
x
f x
变形转化求出不等式的解集即可．
设( )
ln
( )
g x
x f x
，
1
( )
( )
ln
( )
0
g x
f x
x f
x
x
，可知函数( )
g x 在
0
x
时单调递减，
又
(1)
0
g
，可知函数
( )
ln
( )
g x
x f x
在
(0, 1)
大于零，且ln
0
，可知
( )
0
f x
，
同理在
(1,
)
上，
( )
0
f x
，可知函数
( )
f x
在
(0, 1)
和
(1,
)
均有
( )
0
f x
，
又
( )(
)
y
f x x
R
为奇函数，则在区间
( 1,0)
和
(
, 1)
上，都有
( )
0
f x
，
由(
2019) ( )
0
x
f x
得
2019
0
0
x
x
或
2019
0
0
x
x
，可知不等式的解集为(0,2019) ．故选C．
【变式训练6-4】已知函数
( )
f x 的定义域为( 1,
)
，导函数为
( )
f
x
，不等式
( )
ln(
1)
( )
1
f x
x
f
x
x
ln(
1)
( )
x
f x
恒成立，且
4e
(4)
ln5
f
，则不等式
2
ln(
3)
(
2)
ex
x
f x
的解集为（ ）
A．
[2,
)
B．
( 1,2]
C．
[0,
)
D．
(0,2]
【答案】A
【解析】设( )
ln(
1)
( )
g x
x
f x
，
1
x ，则由题意可知
( )
( )
g x
g x
，设( )
e
( )
x
h x
g x
，
1
x ，则有
( )
0
h x
，不等式等价于(
2)
(4)
h x
h
，利用单调性求解即可.
设( )
ln(
1)
( )
g x
x
f x
，
1
x ，不等式
( )
ln(
1)
( )
1
f x
x
f
x
x
ln(
1)
( )
x
f x
恒成立，可知
( )
( )
g x
g x
，
设( )
e
( )
x
h x
g x
，
1
x ，则( )
h x
e
ln(
1)
( )
x
x
f x
，
1
x ，
且
( )
( )
ln(
1)
( )
ln(
1)
( ) e
0
1
x
f x
h x
x
f
x
x
f x
x
，
于是( )
h x
在( 1,
)
上单调递增，注意到
4
(4)
e
ln5
(4)
1
h
f
，
不等式
2
ln(
3) (
2)
ex
x
f x
，等价于
2
e
ln(
3) (
2)
1
x
x
f x
，
即
(
2)
(4)
h x
h
，得
2
4
x
，解出
2
x
.故选：A．
【变式训练6-5】已知
f x
是定义在R 上的奇函数，
f
x
是
f x
的导函数，当
0
x
时，
ln 2
0
f x
f
x
x
x
，且
1
0
2
f
，则不等式
2
0
x
f x
的解集是（ ）
A．
,0
0,2
B．
0,2
C．
2,
D．
,0
2,
【答案】B
【解析】令
ln 2
g x
f x
x
，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.
令
ln 2
g x
f x
x
，则
ln 2
0
f x
g
x
f
x
x
x
，所以函数
g x 在
0,
上递增，
又因
1
0
2
g
，所以当
1
0, 2
x
时，
0
g x
，当
1 ,
2
x
时，
0
g x
，
又因当
1
0, 2
x
时，
ln 2
0
x
，当
1 ,
2
x
时，
ln 2
0
x
，
所以当
1
0, 2
x
时，
0
f x
，当
1 ,
2
x
时，
0
f x
，又因为
1
0
2
f
，所以当
0
x
时，
0
f x
，
因为
f x
是定义在R 上的奇函数，所以
0
0
f
，当
0
x
时，
0
f x
，由不等式
2
0
x
f x
，
得
2
0
0
x
f x
或
2
0
0
x
f x
，解得0
2
x
，所以不等式
2
0
x
f x
的解集是
0,2 .故选：B.
题型07：复合型构造
【典型例题1】已知定义在(0,+ ∞)上的函数f (x)满足f (x)< x(f
' (x)−1)（f
' (x)为f (x)的导函数），且
，则（ ）
A．f (2)<2
B．
C．f (3)<3
D．f (3)>3
【答案】D
【解析】由已知可得x f
' (x)−f (x)
x
2
> 1
x
，令g(x)= f (x)
x
−ln x，可得
在
上单调递增，进而可得
f (3)>3ln3，f (2)>2ln 2，可得结论.
由题意可得x f
' (x)−f (x)> x，即x f
' (x)−f (x)
x
2
> 1
x
，
令g(x)= f (x)
x
−ln x，则g
' (x)= x f
' (x)−f (x)
x
2
−1
x >0，
所以
在
上单调递增，因为
，所以g(1)= f (1)−ln1=0，
所以g(3)> g(1)=0，所以f (3)
3
−ln3>0，所以f (3)>3ln3>3，
所以g(2)> g(1)=0，所以f (2)
2 −ln 2>0，所以f (2)>2ln 2，
又2ln 2<2，故f (2)与2 的大小关系不确定.故选：D.
【典型例题2】设函数f（x）是定义在区间(
1
2 ，+∞)
上的函数，f'（x）是函数f（x）的导函数，且
x f
' (x)ln(2 x)>f (x),(x> 1
2),f(
e
2)=1，则不等式 f(
e
x
2)< x的解集是
A．(
1
2 ，1) B．（1，＋∞）
C．（－∞，1）
D．（0，1）
【答案】D
【解析】构造函数g( x)= f ( x)
ln 2 x , x> 1
2
，求导，结合x f
' (x)ln(2 x)>f (x)，可得
在( 1
2 ,+∞)上单调递增，
则不等式f ( e
x
2 )< x，可变为f ( e
x
2 )
x
<1，则g( e
x
2 )=
f ( e
x
2 )
x
<1= g( e
2 )，结合单调性即可求解．
构造函数g( x)= f ( x)
ln 2 x , x> 1
2
，则g
'( x)=
f
'( x)ln 2 x−f ( x) 1
2 x 2
(ln 2 x)
2
= x f
'( x)ln 2 x−f ( x)
x(ln 2 x)
2
, x> 1
2
，由
x f
' (x)ln(2 x)>f (x)，所以g
'( x)>0，即
在( 1
2 ,+∞)上单调递增．因为g( e
2 )= f ( e
2 )=1，则不等式
f ( e
x
2 )< x，可变为f ( e
x
2 )
x
<1，则g( e
x
2 )=
f ( e
x
2 )
x
<1= g( e
2 )，所以1
2 < e
x
2 < e
2
，所以0< x<1，故选D
【典型例题3】设函数f (x)满足x
2f
' (x)+2 xf (x)= e
x
x ,f (2)= e
2
8 ,则x>0时，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】∵函数
满足x
2f '( x)+2 xf ( x)= e
x
x
，∴[x
2f (x)]' = e
x
x
，令F (x)= x
2f (x)，
则F ' (x)= e
x
x , F (2)= 4·f (2)= e
2
2
，由x
2f ' (x)+2 xf (x)= e
x
x
，得f ' (x)= e
x−2 F (x)
x
3
，令
φ(x)=e
x−2 F (x)，
则φ' (x)=e
x−2 F ' (x)= e
x(x−2)
x
,∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
∴φ(x)的最小值为φ(2)=e
2−2 F (2)=0,∴φ(x)≥0.
又x>0,∴f ' (x)≥0,∴f (x)在(0,+ ∞)单调递增，∴f (x)既无极大值也无极小值，故选D.
【典型例题4】已知函数f (x)= ln x +(x−t )
2
x
，t ∈R，若存在x∈[
1
2 ,2]，使得f (x)+ x f
' (x)>0，则实数t
的取值范围是
A．(−∞,❑√2)
B．(−∞, 3
2) C．(−∞, 9
4)D．
【答案】C
【解析】先构造函数g(x)= xf (x),再将存在性问题转化为对应函数最值问题，通过求最值得实数t的取值范围.
令g(x)= xf (x)=ln x +(x−t )
2，则存在x∈[
1
2 ,2]，使得g
' (x)= f (x)+ x f
' (x)>0,即
1
x +2(x−t )>0,t < 1
2(
1
x +2 x)的最大值，因为y = 1
2(
1
x +2 x)在[ 1
2 ,
❑√2
2 ]上单调递减，在[
❑√2
2 ,2]上单
调递增，所以y = 1
2(
1
x +2 x)最大值为1
2(
1
2 +2×2)= 9
4 ,因此t < 9
4 ，选C.
【点睛】利用导数解决数学问题，往往需要需要构造辅助函数.构造辅助函数常根据导数法则进行：如
f
'( x)<f ( x)构造g( x)= f ( x)
e
x
，f
'( x)+ f ( x)<0构造g( x)=e
x f ( x)，x f
'( x)<f ( x)构造
，
x f
'( x)+ f ( x)<0构造g( x)= xf ( x)等
【典型例题5】.若
为定义在R上的连续不断的函数，满足f ( x)+ f (−x)= 4 x
2，且当x∈(−∞,0)时，
f
'( x)+ 1
2 <4 x．若f (m+1)≤f (−m)+3m+ 3
2，则m的取值范围 ．
【答案】−1
2 ,+∞)
【解析】由已知当x∈(−∞,0)时，f
'( x)+ 1
2 <4 x，可构造函数g( x)= f ( x)−2 x
2+ 1
2 x，可得
为奇函
数，又g
' (x)= f
' (x)−4 x + 1
2 <0，得
在
上是减函数，从而在R上是减函数，再根据函数的奇
偶性和单调性即可求解．
∵f ( x)+ f (−x)= 4 x
2，
，
设g( x)= f ( x)−2 x
2+ 1
2 x , x∈R，则g(−x)= f (−x)−2 x
2−1
2 x，则g( x)+ g(−x)=0，
为奇函
数，
又当x∈(−∞,0)时，g
' (x)= f
' (x)−4 x + 1
2 <0，
在
上是减函数，从而在R上是减函数，
又f (m+1)≤f (−m)+3m+ 3
2,等价于f (m+1)−2(m+1)
2+ 1
2 (m+1)≤f (−m)−2(−m)
2+ 1
2 (−m)，
即g(m+1)≤g(−m)，∴m+1≥−m，解得
,故m的取值范围为−1
2 ,+∞)，
故答案为：−1
2 ,+∞)
【变式训练7-1】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
0
x
时，不等式
1
xf
x
f
x
.若对
x
R ，不等式
0
x
x
x
e f e
e
ax
axf ax
恒成立，则正整数a 的最大值为
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解析】构造函数
1
F x
x
f
x
，求出
'
'
1
F
x
xf
x
f x
，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
0
x
x
x
e f e
e
ax
axf ax
转化成
1
1
x
x
e
f e
ax
f ax
，利用
F x 在R 上为单调递增函数可得：
0
xe
ax
恒成立，利用导数求得
min
ln
xe
ax
a
a a
，解不等式
ln
0
a
a a
可得0
a
e
，问题得解．
因为
'
1
xf
x
f
x
，所以
'
1
0
xf
x
f
x
，令
1
F x
x
f
x
，则
'
'
1
0
F
x
xf
x
f
x
，
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
x
x
x
e f e
axf ax
e
ax
，可化为
1
1
x
x
e
f e
ax
f ax
，
即
x
F e
F ax
，又因为
F x 是在R 上的单调递增函数，所以
0
xe
ax
恒成立，
令
x
g x
e
ax
，则
'
x
g
x
e
a
，因为
0
a
，所以
g x 在
,lna
单调递减，在
ln ,a 上单调递增，
所以min
ln
0
g x
a
a a
，则1
ln
0
a
，所以0
a
e
.
所以正整数a 的最大值为2.故选B
【变式训练7-2】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
2 ( )
'( )
2
f x
xf
x
恒
成立，则使
2
2
( )
(1)
1
x f x
f
x
成立的实数
x
的取值范围为（ ）
A．
{ |
1}
x x
B．
(
, 1)
(1,
)
C．
( 1,1)
D．
( 1,0)
(0,1)
【答案】B
【解析】由题意构造函数
2
2
g x
x f x
x
，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.
f x 是R 上的偶函数，则函数
2
2
g x
x f x
x
也是R 上的偶函数，
对任意的实数x ，都有
2
'
2
f x
xf
x
恒成立，则
'
2
'
2
g
x
x
f x
xf
x
.
当
0
x
时，
'
0
g
x
，当
0
x
时，
'
0
g
x
，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
2
2
1
1
x f x
f
x
即
2
2
2
2
1
1
1
x f x
x
f
，据此可知
1
g x
g
，则
1
x 或
1
x .
即实数x 的取值范围为
, 1
1,
.本题选择B 选项.
【变式训练7-3】设函数
( )
f x
时定义在R 上的奇函数，记其导函数为
'( ),
f
x
当
0
x
时，
2 ( )
'( )
f x
xf
x
x
恒成
立，则关于
x
的不等式
3 (
2017)
2017
f x
x
的解集为
A．
-
-2017
，
B．
-2017 2017
，
C．
-2017 0
，
D．
-2017
，
【答案】A
【解析】根据题意，构造函数
2
3
1
3
g x
x f
x
x
，结合题意对其求导可得
2
3
1
3
g x
x f
x
x
在
0,
上为
增函数，由函数
f x 时定义在R 上的奇函数可得
2
3
1
3
g x
x f
x
x
在
,
上为增函数，将不等式
3
2017
2017
f x
x
变形可得
2017
0
g x
g
，进而分析可得
2017
0
x
，解可得x 的取值范围，即可
得到答案.
详解：根据题意，构造函数
2
3
1
3
g x
x f
x
x
，其导数
2
2
2
2
1
g
x
xf x
x f
x
x
x
f x
xf
x
，
又由
0
x
时，
2
'
f x
xf
x
x
，则
'
0
g
x
，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，
可得
2
3
1
3
g x
x f
x
x
在
,
上为增函数，不等式
3
2017
2017
f x
x
变形可得
2017
0
g x
g
，
可得
2017
0
x
，解得
2017
x
，即该不等式的解集为
, 2017
.故选：A.
【变式训练7-4】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
R
x
，
2
2
2
f x
f
x
x
恒成立，②
1,
x
时，
2
1
f
x
x
恒成立，则关于t 的不等式：
2
2
2
3
5
2
f
t
f t
t
t
的解集为（ ）
A．
0,2
B．
0,1
C．
1,1
D．
1,2
【答案】A
【解析】设函数
2
( )
( )
F x
f x
x
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.
设函数
2
( )
( )
F x
f x
x
x
，则
( )
( )
2
1
F x
f
x
x
，又
1,
x
时，
2
1
f
x
x
恒成立，
所以当
1,
x
时，
( )
0
F x
，所以函数
2
( )
( )
F x
f x
x
x
在
1,
单调递增，
又
2
2
( )
(2
)
( )
(2
)
(2
)
(2
)
F x
F
x
f x
x
x
f
x
x
x
因为任意
R
x
，
2
2
2
f x
f
x
x
恒成
立，
所以
2
2
( )
(2
)
2
2
(2
)
(2
)
0
F x
F
x
x
x
x
x
x
，所以
( )
(2
)
F x
F
x
，所以函数
2
( )
( )
F x
f x
x
x
的图象关于
1
x 对称，因为
2
2
2
3
5
2
f
t
f t
t
t
可化为
2
2
2
(2 )
2
2
2
2
2
f
t
t
t
f t
t
t
，
所以
2
2
F
t
F t
，所以|
2 1| | 2
1|
t
t
所以
2
3
6
0
t
t
，所以0
2
t
，
所以不等式：
2
2
2
3
5
2
f
t
f t
t
t
的解集为
0,2 ，故选：A.
【变式训练7-5】已知函数
2
2
1
x
f x
e
ax
bx
，其中
,
,
a b
R e
为自然对数的底数.若
1
0,
f
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．
2
2
3,
1
e
e
B．
2
3,
e
C．
2
,2
2
e
D．
2
2
2
6,2
2
e
e
【答案】A
【解析】由
(1)
0
f
，得
2
1
0
e
a
b
，所以
2
1
b
a
e
，又
( )
f
x
＝
2
2
2
x
e
ax
b
，令( )
g x
2
2
2
x
e
ax
b
，则
2
( )
4
2
x
g x
e
a
，
(0,1)
x
，所以
2
2
4
4
4
x
e
e
，所以：（1）若
2
2
a
e 时，则
( )
0
g x
，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
2
a
时，则
( )
0
g x
，函数
( )
g x
在
(0,1) 内单调递增，故( )
g x 在(0,1) 内至多有一个零点；（3）若
2
2
2
a
e
时，当
1
0
ln
2
2
a
x
时，
( )
0
g x
，
当
1 ln
1
2
2
a
x
时，
( )
0
g x
，所以函数( )
g x 在
1
(0,
ln
)
2
2
a
上递减，在
1
(
ln
,1)
2
2
a
上递增，所以
min
1
( )
(
ln
)
ln
2
2
2
a
a
g x
g
a
a
b
＝
2
2
ln
1
2
a
a
a
e
．令
2
( )
2
ln
1
2
x
h x
x
x
e
＝
2
2
ln
ln 2
1
x
x
x
x
e
（
2
2
2
x
e
），则
( )
ln
1 ln 2
h x
x
，当
(2,2 )
x
e
时，
( )
0
h x
，( )
h x
为增函数，当
2
(2 ,2
)
x
e
e
时，
( )
0
h x
，( )
h x 为减函数，所以
2
max
( )
(2 )
2
1
0
h x
h
e
e
e
，即
min
( )
0
g x
恒成立，所以函数( )
g x 在(0,1)
内有两个零点，则
2
2
2
(0)
2
1
0
{
(1)
2
2
1
0
g
a
e
g
e
a
a
e
，解得
2
2
3
1
e
a
e
．综上所述a 的取值范围为
2
2
(
3,
1)
e
e
，故选A．
题型08：构造求参：同构型
【典型例题】对∀x1, x2∈[1,2]，当x1< x2时，e
2 x1
e
2 x2 <(
x1
x2)
m
，则实数m的取值范围是（ ）
A．−∞,2
B．(−∞,2)
C．−∞,4
D．(4 ,+∞)
【答案】A
【解析】首先不等式e
2 x1
e
2 x2 <(
x1
x2)
m
转化为2 x1−mln x1<2 x2−mln x2，∀x1, x2∈[1,2]，再构造函数
g(x)=2 x−mln x，由函数的单调性，转化为不等式g
' (x)=2−m
x ≥0，参变分离后，转化为最值问题，
即可求解.
由题意可知，不等式e
2 x1
e
2 x2 <(
x1
x2)
m
等价于e
2 x1
x1
m < e
2 x2
x2
m ，
两边取对数得ln e
2 x1
x1
m <ln e
2 x2
x2
m ，即ln e
2 x1−ln x1
m<ln e
2 x2−ln x2
m，
则2 x1−mln x1<2 x2−mln x2，∀x1, x2∈[1,2]，x1< x2，
设g(x)=2 x−mln x，由题意可知，函数
在区间[1,2]上单调递增，
g
' (x)=2−m
x ≥0，在区间[1,2]上恒成立，即m≤2 x恒成立，x∈[1,2]，所以m≤2.故选：A
【变式训练8-1】若对任意的x1, x2∈(m,+ ∞)，不等式x1ln x2−x2ln x1
x1−x2
>2恒成立，则实数m 的取值范围
是（ ）
A．(
1
e ,e
3)
B．
C．(e
3,+ ∞) D．e
3,+∞)
【答案】D
【解析】首先不等式通过变形，再构造函数f (x)= ln x−2
x
，转化为利用导数判断函数的单调区间，即可求参数
的取值范围.
设x1> x2>m，不等式x1ln x2−x2ln x1
x1−x2
>2，变形为ln x2−2
x2
> ln x1−2
x1
，
设函数f (x)= ln x−2
x
，则函数f (x)在区间(m,+∞)单调递减，由f
' (x)= 3−ln x
x
2
=0，得x =e
3，
当x∈(0,e
3)时，f
' (x)>0，f (x)单调递增，当x∈(e
3,+ ∞)时，f
' (x)<0，f (x)单调递减，
所以m≥e
3.故选：D
【变式训练8-2】已知f (x)=aln x + 1
2 x
2(a>0)，若对任意两个不等的正实数x1、x2都有f (x2)−f (x1)
x2−x1
≥2恒
成立，则a的取值范围是（ ）
A．(1,+∞)
B．1,+ ∞)
C．
D．(0,1)
【答案】B
【解析】设x1< x2，可得出f (x1)−2 x1≤f (x2)−2 x2，令g(x)= f (x)−2 x =aln x + 1
2 x
2−2 x，可知函数
g(x)在(0,+ ∞)单调递增或为常函数，可得出g
' (x)= a
x + x−2≥0对任意的x>0恒成立，利用参变量分离法可求
得实数a的取值范围.
若对任意两个不相等的正实数x1、x2都有f (x2)−f (x1)
x2−x1
≥2恒成立,
不妨设x1< x2，所以f (x2)−f (x1)≥2 x2−2 x1，即f (x1)−2 x1≤f (x2)−2 x2，
令g(x)= f (x)−2 x =aln x + 1
2 x
2−2 x，则g(x1)≤g(x2)，所以函数g(x)在(0,+ ∞)上单调递增或为常函数，
则g
' (x)= a
x + x−2≥0对任意的x>0恒成立，则a≥−x
2+2 x，
又函数y =−x
2+2 x =−(x−1)
2+1≤1，当x =1时，等号成立，
所以a≥1，所以实数a的取值范围是1,+ ∞)． 故选：B.
【变式训练8-3】已知函数f ( x)= e
x
x −ax，x∈(0,+ ∞)，当
时，不等式f (x1)
x2
< f (x2)
x1
恒成立，则
实数a 的取值范围为（ ）
A．(−∞,e ] B．(−∞,e) C．(−∞, e
2) D．−∞, e
2
【答案】D
【解析】根据不等式，构造函数并明确其单调性，进而可得导数的不等式，利用参数分离整理不等式，构造函
数，利用导数求其最值，可得答案.
∵当
时，不等式f (x1)
x2
< f (x2)
x1
恒成立，则f (x1)x1<f (x2)x2，
即函数g(x)= xf (x)=e
x−a x
2在(0,+ ∞)上单调递增，则g
' (x)=e
x−2ax ≥0，
整理可得2a≤e
x
x
，令m(x)= e
x
x
，则m
' (x)= (x−1)e
x
x
2
.
当x∈(0,1)时，m
' (x)<0，m(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，m
' (x)>0，m(x)单调递增，
∴2a≤m(x)(1)emin，∴a≤e
2
.故选：D.
【变式训练8-4】对任意的x1, x2∈1,3，当x1< x2时，x1−x2−a
3 ln x1
x2
>0恒成立，则实数a的取值范围是
（ ）
A．
B．(3,+ ∞)
C．9,+∞)
D．(9,+ ∞)
【答案】C
【解析】将不等式等价变形，构造函数f ( x)= x−a
3 ln x，再借助函数单调性、最值求解作答.
依题意，x1−x2−a
3 ln x1
x2
>0⇔x1−a
3 ln x1−( x2−a
3 ln x2)>0，令f ( x)= x−a
3 ln x，x∈(1,3]，
则对任意的x1, x2∈(1,3]，当x1< x2时，f ( x1)>f ( x2)，即有函数
在(1,3]上单调递减，
因此，∀x∈(1,3]，f
'( x)=1−a
3 x ≤0⇔a≥3 x，而(3 x)max，则a≥9，
所以实数a的取值范围是[9,+∞).故选：C
题型09：构造求参——二次构造型
【典型例题1】已知函数
没有极值点，则
n
m+1的最小值为（ ）
A．1
e
2
B．1
e
C．1
D．e
【答案】A
【解析】分析可知，m+1>0，可知
在(0,+ ∞)上恒成立，故需要有
在
(0,+∞)上恒成立（等号不恒成立），g(x)=(m+1)ln x (x>0)，求出函数
的斜率为1的切线方程，
可得出
，令t =m+1>0
，则
，利用导数求出
y =lnt −1
t
的最大值，即为所求.
因为
，依题意
在
(0,+ ∞)
上没有变号零点，
令h(x)=
x
m+1 +n−ln x，其中x>0，若m+1<0，则h
' (x)=
1
m+1 −1
x <0，则函数h(x)在(0,+ ∞)上为
减函数，当
时，h(x)→+∞；当
时，h(x)→−∞，所以，存在x0>0，使得f
'(x0)=0，
且当0< x< x0时，f
' (x)>0，此时函数f (x)单调递增，
当x> x0时，f
' (x)<0，此时函数f (x)单调递减，不合乎题意，所以，
，从而m+1>0，
因为当
时，h(x)→+∞，所以需满足
在(0,+ ∞)上恒成立，
故需要有
在(0,+ ∞)上恒成立（等号不恒成立），
设g(x)=(m+1)ln x (x>0)
，令
，得x =m+1，
所以函数
的斜率为1的切线方程为
，
即
，所以只需要
，
所以只需要
即可，令t =m+1>0
，则
，
故
，当0<t <e
2
时，y
'>0，当t >e
2
时，y
'<0，
所以，函数y =lnt −1
t
的单调递增区间为(0,e
2)，递减区间为(e
2,+∞)，
所以当t =e
2
时取得唯一的极大值，即最大值，所以
，所以
．
所以，
n
m+1的最小值为1
e
2.故选：A.
【典型例题2】已知函数f ( x)=e
x−
1
2(a+1) x
2−bx(a，b∈R)没有极值点，则b
a+1的最大值为（ ）
A．
❑√e
2
B．e
2
C．e
D．e
2
2
【答案】B
【解析】转化为f
'( x)=e
x−
1
a+1 x−b≥0恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，从而得到
b≤
1
a+1 +ln(a+1)
a+1
，故b
a+1 ≤ln(a+1)+1
(a+1)
2
，换元后，构造函数，求导得到其单调性和最值，求出答案.
函数f (x)=e
x−
1
2(a+1) x
2−bx没有极值点，∴f
'( x)=e
x−
1
a+1 x−b≥0，或
恒成立，
由y =e
x指数爆炸的增长性，f
'( x)不可能恒小于等于0， ∴f
'( x)=e
x−
1
a+1 x−b≥0恒成立．
令h(x)=e
x−
1
a+1 x−b，则h
' (x)=e
x−
1
a+1，
当
时，h
' (x)>0恒成立，h(x)为R上的增函数，
因为e
x∈(0,+ ∞)是增函数，−
1
a+1 x−b∈(−∞,+∞)也是增函数，
所以，此时h( x)∈(−∞,+ ∞)，不合题意；
②当a+1>0时，h
' (x)=e
x−
1
a+1为增函数，由h
' (x)=0得x =−ln(a+1)，
令h
' (x)>0⇔x>−ln(a+1)，h
' (x)<0⇔x<−ln(a+1)，
在(−∞，−ln(a+1))上单调递减，在(−ln(a+1)，+ ∞)上单调递增，
当x =−ln(a+1)时，依题意有h(x)min=h(−ln(a+1))=
1
a+1 +ln(a+1)
a+1
−b≥0，即b≤
1
a+1 +ln(a+1)
a+1
，
∵a+1>0，∴
b
a+1 ≤ln(a+1)+1
(a+1)
2
，令a+1= x( x>0)，u(x)=ln x +1
x
2
(x>0)，
则u
' (x)= x−(ln x +1)⋅2 x
x
4
= −(2ln x +1)
x
3
，令u
' (x)>0⇔0< x< 1
❑√e
，令u
' (x)<0，解得x> 1
❑√e
，
所以当x = 1
❑√e
时，u(x)取最大值u(
1
❑√e)= e
2 .故当a+1= 1
❑√e
，b=
❑√e
2
，即a=
❑√e
e −1，b=
❑√e
2
时，b
a+1取
得最大值e
2 .综上，若函数h(x)没有极值点，则b
a+1的最大值为e
2 .故选：B.
【变式训练9-1】已知关于x的不等式e
ax≥x +b对任意x∈R恒成立，则b
a 的最大值为（ ）
A．1
2
B．1
C．e
2
D．e
【答案】C
【解析】讨论a的取值范围，利用函数图象，结合导数求出b
a = 1+ ln a
a
2
，构造函数g(a)= 1+ ln a
a
2
,a>0，利用
导数求出函数的最值，进而得解.
设f (x)=e
ax，g(x)= x +b，
若e
ax≥x +b，对任意
恒成立，则f (x)≥g(x)，对任意
恒成立，
当a≤0时，在同一坐标系中作出函数f (x),g(x)的图象，
显然，由图可知e
ax≥x +b，对任意
不恒成立；
当a>0时，在同一坐标系中作出函数f (x), g(x)的图象，
由图可知，临界条件是直线g(x)= x +b与曲线f (x)=e
ax的图象相切时，
由f (x)=e
ax，求导f
' (x)=ae
ex，设f
'(x0)=ae
a x0=1，解得e
a x0= 1
a，且f (x0)=e
a x0，
∴当f (x)=e
ax的切线斜率为1 时，切点坐标为(x0,e
a x0)，故e
a x0= x0+b= 1
a，所以x0= 1
a −b
即e
a(
1
a −b)= 1
a ⇒e
1−ab= 1
a ⇒1−ab=−ln a⇒1+ ln a=ab两边同除以a
2，b
a = 1+ ln a
a
2
，令
g(a)= 1+ ln a
a
2
,a>0
求导g
'(a)=
1
a ⋅a
2−2a(1+ ln a)
a
4
= 1−2(1+ ln a)
a
3
= −1−2ln a
a
3
令g
'(a)=0，得ln a=−1
2，即a=e
−1
2
当a∈(0,e
−1
2)，g
'(a)>0，函数
单调递增，当a∈(e
−1
2 ,+∞)，g
'(a)<0，函数
单调递减，
所以当a=e
−1
2，函数
取到最大值，且g(e
−1
2 )= 1+ ln e
−1
2
(e
−1
2)
2 =
1
2
e
−1 = e
2
故b
a 的最大值为e
2故选：C.
【变式训练9-2】∀x∈(0,+ ∞)，不等式ln x +2≥2m−n
x 恒成立，则m
n 的最大值是（ ）
A．1
B．−1
C．e
2
D．e
2
2
【答案】D
【解析】构造函数，利用导函数研究其单调性，得到ln n+3−2m≥0，进而得到m
n ≤ln n+3
2n
恒成立，求出函
数h(n)= ln n+3
2n
，
的最值，得到答案.
令f (x)= ln x +2−2m+ n
x ，x>0，f
' (x)= 1
x −n
x
2 = x−n
x
2
，显然n≠0，
当
时，f
' (x)>0恒成立，即f (x)= ln x +2−2m+ n
x 在(0,+ ∞)上单调递增，无最小值，舍去；
当
时，当x∈(0,n)时，f
' (x)<0，f (x)单调递减，当x∈(n,+∞)时，f
' (x)>0，f (x)单调递增，所以
f (x)(n)ln n ln nmin，因为∀x∈(0,+∞)，不等式ln x +2≥2m−n
x 恒成立，所以ln n+3−2m≥0，所以
2m≤ln n+3，
m
n ≤ln n+3
2n
恒成立，令h(n)= ln n+3
2n
，
，h
' (n)= −4−2ln n
4 n
2
，当n∈(0,e
−2)时，h
' (n)>0，当
n∈(e
−2,+ ∞)时，h
' (n)<0，所以h(n)(e
−2) ln e
−2+3
2e
−2
e
2
2 max
，所以m
n ≤e
2
2
，则m
n 的最大值为e
2
2
.故选：D
【变式训练9-3】设k，b∈R，若关于x的不等式ln (x−1)+ x ≤kx +b在(1,+ ∞)上恒成立，则b−1
k −1的最小
值是（ ）
A．−e
2 B．−
1
e+1
C．−1
e
2 D．−e−1
【答案】D
【解析】根据不等式ln (x−1)+ x ≤kx +b在(1,+ ∞)上恒成立，令t = x−1>0，转化为ln t +t +1−k (t +1)≤b
在(0,+ ∞)上恒成立，令f (t )= ln t +t +1−k (t +1)，用导数法求得最大值f(
1
k −1)=−ln (k −1)−k，转化为
b−1
k −1 ≥−2
k −1 −ln (k −1)
k −1
−1，再令u=k −1，得到g(u)= −2
u −lnu
u −1，求其最大值即可.
因为不等式ln (x−1)+ x ≤kx +b在(1,+ ∞)上恒成立，所以不等式ln (x−1)+(1−k ) x ≤b在(1,+ ∞)上恒成立，
令t = x−1>0，则 ln t +t +1−k (t +1)≤b在(0,+ ∞)上恒成立，令f (t )= ln t +t +1−k (t +1)，
所以f
' (t )= 1
t +1−k，若k ≤1，则 f
' (t )>0， f (t )在(0,+∞)递增，当t →+∞时， f (t )→+∞，不等式不成
立，故k >1，当0<t <
1
k −1时，f
' (t )>0，当t >
1
k −1时，f
' (t )<0，
所以当t =
1
k −1时，f (t )取得最大值f(
1
k −1)= ln
1
k −1 −1+1−k =−ln (k −1)−k，
所以−ln (k −1)−k ≤b，所以ln (k −1)+k −1≥2−(b−1)，所以b−1
k −1 ≥−2
k −1 −ln (k −1)
k −1
−1，
令u=k −1，则g(u)= −2
u −lnu
u −1，所以g
' (u)= 2
u
2 −1−lnu
u
2
= 1+ lnu
u
2
，
当0<u< 1
e 时g
' (u)<0，当u> 1
e 时，g
' (u)>0，所以当u= 1
e 时，g(u)取得最小值g(
1
e)=−e−1，
所以b−1
k −1的最小值是−e−1故选：D
题型10：构造求参-数列型构造
【典型例题1】已知数列{an}满足a1= 1
2 ,an=1+ ln an+1(n∈N
∗)，记T n表示数列{an}的前n 项乘积.则
（ ）
A．T 9∈(
1
30 , 1
26)
B．T 9∈(
1
26 , 1
22)
C．T 9∈(
1
22 , 1
18)
D．T 9∈(
1
18 , 1
14)
【答案】C
【解析】先用数学归纳法证明0<an<1
.构造函数y = ln x−(x−1),(0< x ≤1)，利用导数证明出
.记
g(x)= ln x−2(x−1)
x +1
,(0< x ≤1)，证明出ln x< 2(x−1)
x +1
得到an−1= ln an+1< 2(an+1−1)
an+1+1
，即
2
1−an+1
−
2
1−an
>1，用累加法得：an>1−
2
n+3 = n+1
n+3，即可求出T 9=a1×a2×⋯a9> 1
22.记
h(x)= ln x−❑√x + 1
❑√x ,(0< x ≤1)，证明出ln x>❑√x−1
❑√x
.得到an+1<(
1−an+1
1−an )
2
，求出
T 9<2(1−a9)
2< 1
18，即可得到1
22 <T 9< 1
18.
因为an=1+ ln an+1，所以an+1=e
an−1.下面用数学归纳法证明0<an<1.
当n=1 时，a1= 1
2
符合0<an<1.假设
时，结论成立，即0<ak<1.
当n=k +1时，ak +1=e
ak−1，所以ak +1=e
ak−1>0显然成立；
因为0<ak<1，所以ak−1<0，所以ak +1=e
ak−1<e
0=1，即0<ak +1<1，
所以结论成立.
综上所述：0<an<1对任意的n∈N
∗均成立.
记函数y = ln x−(x−1),(0< x ≤1).y
' = 1
x −1= 1
x
(1−x).
因为0< x ≤1，所以y
'≥0（x=1 取等号），所以y = ln x−(x−1)在(0,1)单调递增，
所以f (x)<f (1)=0，即ln x< x−1，所以an=1+ ln an+1<1+an+1−1=an+1，即an<an+1，
所以数列{an}为单调递增函数，所以
.
记g(x)= ln x−2(x−1)
x +1
,(0< x ≤1)，则g
' (x)= 1
x −
4
(x +1)
2 = (x−1)
2
x (x +1)
2 ≥0（x=1 取等号），所以
在
(0,1)上单调递增，所以g(x)<g(1)=0，即ln x< 2(x−1)
x +1
.
所以an−1= ln an+1< 2(an+1−1)
an+1+1
，所以
2
1−an
< −(1−an+1)+2
1−an+1
，
所以
2
1−an+1
−
2
1−an
>1，累加得：
2
1−an
>
2
1−a1
+(n−1)×1.
因为a1= 1
2，所以
2
1−an
>
2
1−a1
+(n−1)×1，即
2
1−an
>n+3，所以an>1−
2
n+3 = n+1
n+3，
所以T 9=a1×a2×⋯a9> 1
2 × 3
5 ×⋯× 10
12 = 1×3×4
2×11×12 = 1
22，即T 9> 1
22.
记h(x)= ln x−❑√x + 1
❑√x ,(0< x ≤1)，则h
' (x)= 1
x −
1
2❑√x −
1
2 x ❑√x =
❑√x−x−1
2 x ❑√x
<0，所以h(x)在(0,1)上单
调递减，所以h(x)>h(1)=0，即ln x>❑√x−1
❑√x
.
所以an−1= ln an+1>❑√an+1−
1
❑√an+1
= an+1−1
❑√an+1
，所以1−an< 1−an+1
❑√an+1
，所以an+1<(
1−an+1
1−an )
2
，
所以T 9=a1×a2×⋯a9< 1
2 ×(
1−a2
1−a1)
2
×⋯×(
1−a9
1−a8)
2
= 1
2(
1−a9
1−a1)
2
=2(1−a9)
2，
因为an> n+1
n+3，所以5
6 <a9<1，所以T 9<2(1−a9)
2<2(1−5
6)
2
= 1
18
即T 9< 1
18.综上所述：1
22 <T 9< 1
18.故选：C
【典型例题2】已知各项均为正数的数列{an}满足a1=1，an
n=an+1
n+1−1
an+1
(n∈N
∗)，则数列{an}（ ）
A．无最小项，无最大项
B．无最小项，有最大项
C．有最小项，无最大项
D．有最小项，有最大项
【答案】D
【解析】由数学归纳法得数列{an}从第2 项开始都大于1，这样
是最小项，利用不等式放缩得出an≤n
1
n，引
入函数y = x
1
x利用导数证明其在x ≥3时是减函数，得数列{an}有上界，n≥8时，an<8
1
8，再引入函数
f ( x)= x
3−x−1，由零点存在定理说明a2>8
1
8，从而确定a2,a3,a4,a5,a6,a7这6 项中的最大值是数列
{an}的最大项．
数列{an}各项均为正，
a1=1，由a1=a2
2−1
a2
得a2>1，一般地由数学归纳法知当an>1时，由an
n=an+1
n+1−1
an+1
得an+1>1（否则若
an+1≤1，则an+1
n+1≤1，1
an+1
>1，an
n=an+1
n+1−1
an+1
<1，an<1矛盾），
所以数列{an}中，n≥2时，an>1，a1=1是最小项．
又an
n=an+1
n+1−1
an+1
>an+1
n+1−1，an+1
n+1−an
n<1，所以an
n≤n，an≤n
1
n，
记y = x
1
x，则ln y = ln x
x ，两边求导得y
'
y = 1−ln x
x
2
，即y
' = (1−ln x)x
1
x
x
2
，
x>e时，y
'<0，y = x
1
x是减函数，
所以
时，{n
1
n }是递减数列，因此{an}有上界，n≥8时，an<8
1
8，
a2
2−1
a2
=1即a2
3−a2−1=0，
设f ( x)= x
3−x−1，f
'( x)=3 x
2−1，x ≥1时，f
'( x)>0，
是增函数，
经过计算，得8
1
8 ≈1.29684，而f (8
1
8 )≈−0.11582<0，所以x>1时满足f ( x)=0的x满足x>8
1
8，即a2>8
1
8，
从而a2>a8，而a2,a3,a4,a5,a6,a7这6 个数中一定有最大值，此最大值也是数列{an}的最大项．
故选：D．
【点睛】本题考查由数列的递推关系确定最大项和最小项，解题关键一是由数学归纳法证明数列有下界，再利
用不等式的性质确定数列每一项满足an≤n
1
n，难点在于引入函数y = x
1
x，利用导数证明{n
1
n }在
时是单
调递减数列，再引入函数利用零点存在定理证明a2>8
1
8，从而说明{an}有上界并在最大项．对学生的逻辑
思维能力，创新意识要求较高，属于困难题．
【变式训练10-1】已知数列{an}满足：a1=−1
2，且an+1= ln(an+1)−sin an，则下列关于数列{an}的叙述正
确的是（ ）
A．an>an+1
B．−1
2 ≤an<−1
4 C．an+1>−
an
2
an+2
D．an≤−
2
4
2n−1
【答案】D
【解析】构造函数f (x)= ln (x +1)−sin x（−1
2 ≤x<0），由导数确定其单调性，从而利用数学归纳法证明
−1
2 ≤an<0，然后构造函数g(x)= f (x)−x = ln (x +1)−sin x−x（−1
2 ≤x<0），利用导数证明g( x)>0，得
f ( x)> x，利用此不等式可直接判断A，对选项B，由数列{an}的单调性与有界性知其极限存在，设lim
n→∞an= A
，对数列的递推关系求极值可得A =0，从而判断B，对选项C，引入函数设
p( x)= ln( x +1)−2 x
x +2 (−1< x<0)，由导数证明p( x)<0，得ln( x +1)< 2 x
x +2 (−1< x<0)，从而利用不等
式性质得出数列{an}的不等关系，判断C，利用判断选项C 所得正确不等式变形，并换元引入新数列bn=−1
an
，得{bn}前后项关系（求对数再变化），类比等比数列的通项公式的方法得出结论后判断D．
首先我们证明：−1
2 ≤an<0，利用数学归纳法．事实上，当n=1时，−1
2 ≤a1<0；
假设当n=k时，−1
2 ≤ak<0，则当n=k +1时，ak +1= ln(ak +1)−sin ak．
设函数f (x)= ln (x +1)−sin x（−1
2 ≤x<0），则f
' (x)=
1
x +1 −cos x>0，则f (x)在−1
2 ,0)上单调递增，
从而−1
2 ≤ln 1
2 +sin 1
2 = f(−1
2)≤ak +1= f (ak)<f (0)=0．
当−1
2 ≤x<0时，设g(x)= f (x)−x = ln (x +1)−sin x−x（−1
2 ≤x<0），
则g
' (x)=
1
x +1 −cos x−1，设h( x)= g
'( x)=
1
x +1 −cos x−1，
h
' (x)=−
1
(x +1)
2 +sin x<0，则g
' (x)在−1
2 ,0)上单调递减，又g
'(−1
2)>0, g
' (0)<0，
所以存在x0∈(−1
2 ,0)，使得g
'( x0)=0，−1
2 < x< x0时，g
'( x)>0，x0< x<0时，g
'( x)<0，
故
在−1
2 ,0)上先增后减，从而g(x)>min{g(0),g(−1
2)}=0，从而f (x)> x．
对于A 选项：由于−1
2 ≤an<0，an+1= ln(an+1)−sin an>an，故数列{an}单调递增，选项A 错误．
对于B 选项，由于{an}单调递增且−1
2 ≤an<0，从而lim
n→∞an= A存在，由an+1= ln(an+1)−sin an>an可得
A = ln ( A +1)−sin A，故A =0，从而lim
n→∞an=0．故选项B 错误．
对于C 选项，由于−1< x<0时，
设p( x)= ln( x +1)−2 x
x +2 (−1< x<0)，p
'( x)=
1
x +1 −
4
( x +2)
2 =
x
2
( x +1)( x +2)
2 >0，
所以p( x)是增函数，p( x)< p(0)=0，所以ln (x +1)< 2 x
x +2（−1< x<0），
0< x<1时，x>sin x，因此有
（1< x<0），
从而f (x)= ln (x +1)−sin x< 2 x
x +2 −x = −x
2
x +2
，故an+1= ln(an+1)−sin an< −an
2
an+2
，故选项C 错误．
对于D 选项，由于an+1< −an
2
an+2 <0，即0> 1
an+1
>−1
an
−2
an
2 ，令bn=−1
an
，则−bn+1>bn−2bn
2，即
bn+1<2bn
2−bn<2bn
2−bn+ 1
8 =2(bn−1
4)
2
，其中2≤bn<bn+1，故ln bn+1<ln 2+2ln(bn−1
4)<ln 2+2ln bn
，从而ln bn+1+ ln 2<2(ln bn+ ln 2)，即ln bn+ ln 2<2
n−1(ln b1+ ln 2)，2bn<4
2
n−1
，即−2
an
<4
2
n−1
，故
an<−2
4
2
n−1．从而选项D 正确．故选：D．
【变式训练10-2】已知数列{an}满足递推关系e
an−1=ane
an+1，且a1>0，若存在等比数列{bn}满足
bn+1≤an≤bn，则{bn}公比q为（ ）
A．
1
2
B．
1
e
C．
1
3
D．
【答案】A
【解析】先设f ( x)= e
x−1
x
，g( x)=( x−1)e
x+1，h( x)=e
x−1−x，( x>0)，分析h( x)=e
x−1−x得，
e
x−1> x>0，所以f ( x)>1，又分析得g( x)>g(0)=0，再用数学归纳法证明得，0<an+1<an，再设函数
F( x)= f ( x)−e
x
2 = e
x−x e
x−1
x
,( x>0)，分析得函数xF( x)在(0,+∞)单调递增，所以F( x)>0，得到
an+1> an
2
，即an>(
1
2)
n−1
a1，再利用条件得2q≥(
1
2)
n−2
，分析得q≥1
2，再设函数
G( x)= f ( x)−e
x+1
2
= (2−x)e
x−( x +2)
x
，( x>0)，分析得xG( x)在(0,+∞)单调递减，所以
，得
到e
an+1= f (an)< e
an+1
2
，即2(e
an+1−1)<e
an−1，即e
an−1<(
1
2)
n−1
(e
a1−1)，再结合条件得到2q<(2e
a2)
1
n，分
析得q≤1
2，即可求解.
设f ( x)= e
x−1
x
，g( x)=( x−1)e
x+1，h( x)=e
x−1−x，( x>0)
因为h
'( x)=e
x−1>e
0−1=0，所以h( x)>h(0)=0，所以e
x−1> x>0，
所以e
x−1
x
>1(x>0)，所以f ( x)>1．因为g
'( x)= x e
x>0，所以g( x)>g(0)=−1⋅1+1=0．
下面用归纳法证明an>0．当n=1时，a1>0，
假设当n=k时，ak>0，那么对n=k +1，e
ak−1=ak e
ak +1，所以e
ak +1= e
ak−1
ak
(ak>0)，
因为e
x−1
x
>1(x>0)，所以e
ak +1= e
ak−1
ak
= f (an)>1，所以ak +1>0．因此an>0，n∈N
∗.
e
an−e
an+1=e
an−e
an−1
an
= (an−1)e
an+1
an
= g(an)
an
>0，所以e
an>e
an+1，an>an+1，
综上，0<an+1<an．
再设F( x)= f ( x)−e
x
2 = e
x−x e
x−1
x
,( x>0)，所以[xF( x)]
' =e
x−(1+ x
2)e
x
2 =h(
x
2)e
x
2 >0，
所以函数xF( x)在(0,+ ∞)单调递增，
所以xF( x)>0⋅F(0)=0，所以F( x)>0，所以f ( x)>e
x
2，所以e
an+1= f (an)>e
an
2 ，
所以an+1> an
2
，所以an>(
1
2)
n−1
a1，而b1q
n−1=bn≥an>(
1
2)
n−1
a1≥(
1
2)
n−1
⋅qb1，
所以2q≥(
1
2)
n−2
取n足够大，易知2q≥1，即q≥1
2．设G( x)= f ( x)−e
x+1
2
= (2−x)e
x−( x +2)
x
，( x>0)
，
[xG( x)]
' =(1−x)e
x−1=−g( x)<0，所以xG( x)在(0,+ ∞)单调递减，
所以xG( x)<0⋅G(0)=0，所以
，所以f ( x)< e
x+1
2
，
所以e
an+1= f (an)< e
an+1
2
，所以2e
an+1<e
an+1，
所以2(e
an+1−1)<e
an−1，所以e
an−1<(
1
2)
n−1
(e
a1−1)，即ane
an+1<(
1
2)
n−1
a1e
a2，
而ane
an+1≥bn+1e
an+1>bn+1=b1q
n>a1q
n，所以q
n<(
1
2)
n−1
e
a2，所以(2q)
n<2e
a2，
所以2q<(2e
a2)
1
n，当n足够大时，易知须满足2q≤1，即q≤1
2．综上，q = 1
2．
故选：A.
【变式训练10-3】已知数列{an}满足a1=2,an+1−1= ln(an+b)−b(n∈N
∗)．若{an}有无穷多个项，则
（ ）
A．b≥0 B．b≥−1
C．b≥1 D．b≥−2
【答案】B
【解析】先考虑b≥−1时，显然成立，当b<−1时，利用ln x ≤x−1放缩变形，得到ak +1−ak<d <0，累加可
知定会存在某项an+b<0．
∵an+1−1= ln(an+b)−b(n∈N
∗)，即an+1+b= ln(an+b)+1；
令cn=an+b，则cn+1= ln cn+1，易证：当x>0时，ln x +1≤x，所以当cn≥1时，1≤ln cn+1≤cn，所以
1≤cn+1≤cn，
当b≥−1时，c1=a1+b≥1，易得1≤⋯≤cn≤⋯≤c2≤c1，
即1−b≤⋯≤an≤⋯≤a2≤a1=2，此时{an}有无穷多个项，故b≥−1合题；
当b<−1时，则a2= ln (2+b)−b+1<b+1−b+1=2，
设ak<2，则ak +b<2−1=1，
则ak +1−ak = ln(ak +b)−(ak +b)+1<ak +b−1−(ak +b)+1=0，
所以{an}为单调递减数列，故1−b>2>a2>a3>⋯，
即1>2+b>a2+b>a3+b>⋯，
令f ( x)= ln x−x +1，f
' (x)= 1
x −1，当0< x<1时，f
' (x)>0，
即f (x)在(0,1)上单调递增，因为ak +b<2+b<1，
所以ak +1−ak = ln(ak +b)−(ak +b)+1<ln (2+b)−(2+b)+1，
不妨令ln (2+b)−(2+b)+1=d，显然d <ln1−1+1=0，即d <0，
即ak +1−ak<d，累加可得an−a1<(n−1)d，即an<2+(n−1)d，
故当n>1−b+2
d
时，an+b<0，此时an+1不存在，不是无穷多个项，故b<−1不合题；
综上：b≥−1．故选：B．
题型11：根据不等式（求解目标）构造具体函数
【典型例题】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)=0，且x∈0,+∞)时
f
' (x)<2 x，若f (2a−2)−f (a−4)≥3a
2−12，则实数a的取值范围为（ ）．
A．[−2,2]
B．−∞,−2∪2,+∞)
C．−∞,−2
D．−2,+∞)
【答案】A
【解析】设g(x)= f (x)−x
2，则g
' (x)= f
' (x)−2 x，
当x∈0,+∞)时，
，
即g(x)在0,+∞)上单调递减，而f (−x)−f (x)=0⇒f (−x)= f (x)，
所以g(−x)= f (−x)−(−x)
2= f (x)−x
2，
故g(x)是偶函数，所以g(x)在−∞,0上单调递增，
因为f (2a−2)−f (a−4)≥3a
2−12，
所以f [2(a−1)]−[2(a−1)]
2≥f (a−4)−(a−4)
2⇒g[2(a−1)]≥g(a−4)，
即|2(a−1)|≤|a−4|⇒−2≤a≤2．
故选：A
【变式训练11-1】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f (1)= 4，且
f
' (x)−2 x<3对任意的x∈R恒成立，则不等式f (2 x−3)<2 x (2 x−3)的解集为________．
【答案】(2,+∞)
【解析】令g(x)= f (x)−x
2−3 x，则g
' (x)= f
' (x)−2 x−3<0在R上恒成立，
所以g(x)在R上单调递减.
又f (2 x−3)<2 x (2 x−3)，即f (2 x −3)−(2 x −3)
2−3(2 x −3)<0，
又f (1)−1
2−3×1=0，即g(2 x−3)< g(1)，
所以2 x−3>1，解得x>2，
所以不等式f (2 x−3)<2 x (2 x−3)的解集为(2,+∞)．
故答案为：(2,+ ∞).
【变式训练11-2】已知f (x)是定义在R 上的奇函数,f
' (x)是其导函数.当x≥0 时, f
' (x)−x ²>0, 且f (2)=3,
则f (x)≥1
3 (x
3+1)的解集是（ ）
A． −2,+∞)
B．[−2,2]
C．2,+ ∞)
D．−∞,−2
【答案】C
【解析】设g( x)= f ( x)−1
3 ( x
3+1)，
可得g
'( x)= f
'( x)−x
2,
因为当x≥0 时, f
' (x)−x ²>0,，
所以g( x)= f ( x)−1
3 ( x
3+1)在0,+∞)上递增，
又因为f (x)是定义在R 上的奇函数，
所以g( x)= f ( x)−1
3 ( x
3+1)= f ( x)−1
3 x
3−1
3 的图像关于(0,−1
3 )对称，如图，
所以g(x)在R 上递增，
又因为f (2)=3，所以g(2)= f (2)−1
3 (2
3+1)=0，
则f (x)≥1
3 (x
3+1)等价于g( x)= f ( x)−1
3 ( x
3+1)≥0= g(2)，
所以x ≥2，即f (x)≥1
3 (x
3+1)的解集是2,+ ∞)，
故选：C.
