第 4 讲 导数与构造法
讲义设计提纲：
构造法是高中数学学习中一种极其重要的思维方法与学科方法,通过对数学问
题的已知条件和结论进行深入分析,抓住问题的本质特征,恰当地构造辅助元素或数学
模型,转化原问题的结构,重组条件和结论之间的关系,产生一种新的结构,通常这种新
结构的构思精巧,聅想丰富、思维灵活,通过构造所得新问题的解决出奇制胜地解决了
原问题.
构造法是高考中的一个热点内容，同时也是一个难点内容，其常与导数、函数、
不等式相结合，考查考生的综合数学素质，下面对在考试中常出现的题型以及解题技
巧进行一下总结。
技巧一：根据f（x）与f'（x）的关系构造函数
在导数及其应用的客观题中，有一个热点考察点，即不给出函数的具体解析时，二是给出 f（x）与f'（x）
的关系式，需根据此条件构造抽象函数，再根据构造函数的单调性解决问题，构造函数的的关键是结合导数的
求导法则 和 的结构特征和具体函数的导
函数的特点构造函数。
类型1 利用f(x)与xn构造例1（1）(2023·重庆模拟)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)>2f(x)且f(1)＝0，则不等式f(x)<0的解集是( )
A．(－∞，1) B．(－1,1)
C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(0,1)
【答案】 D
【解析】 令g(x)＝且x≠0，
则g′(x)＝，
又对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)，
即当x>0时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由f(x)为偶函数，则g(－x)＝＝＝g(x)，所以g(x)也为偶函数，故g(x)在(－∞，0)上单调递减，
则g(－1)＝g(1)＝＝0，且f(x)<0等价于g(x)＝<＝g(1)，
所以x∈(－1,0)∪(0,1)．
（2） (2023·苏州质检)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a
＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝ ·f ，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
【答案】 B
【解析】 因为函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，
令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，
由题意知，当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上单调递减，
又g(x)是奇函数，所以g(x)在R上单调递减，
因为20.6>1,0<ln 2<1，log ＝－3<0，
2
所以log <0<ln 2<1<20.6，
2
又a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，c＝g ，
所以c>b>a.
利用f（x）与xn构造函数：①出现nf（x）＋xf'（x）形式，构造函数F（x）＝xnf（x）；②出现
f (x)
xf'（x）－nf（x）形式，构造函数F（x）＝ .
xn
【对点演练1】已知偶函数f（x）（x≠0）的导函数为f'（x），且满足f（－1）＝0，当x＞0时，2f（x）＞
xf'（x），则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是 ；
f (x) f '(x)·x-2f (x)
【解析】构造F（x）＝ ，则F'（x）＝ ，当x＞0时，xf'（x）－2f（x）＜0，可以
x2 x3
推出当x＞0时，F'（x）＜0，F（x）在（0，＋∞）上单调递减.∵f（x）为偶函数，y＝x2为偶函数，∴F（x）为偶函数，∴F（x）在（－∞，0）上单调递增.根据f（－1）＝0可得F（－1）＝0，根据函数的单调性、奇
偶性可得函数F（x）的图象如图所示，根据图象可知f（x）＞0的解集为（－1，0）∪（0，1）.
类型2 利用f(x)与ex构造
例2（1） (2022·蚌埠质检)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(0)＝2 022，则不等式f(x)＋1>2 023ex的解集为( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C. D．(－∞，1)
【答案】 A
【解析】 构造函数F(x)＝，
则F′(x)＝＝，因为f′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0恒成立，故F(x)＝在R上单调递减，f(x)＋1>2 023ex可变形
为>2 023，又f(0)＝2 022，所以F(0)＝＝2 023，
所以F(x)>F(0)，解得x<0.
（2） f（x）为定义在R上的可导函数，且f'（x）＞f（x），对任意正实数a，下列式子一定成立的是 （
）
A.f（a）＜eaf（0） B.f（a）＞eaf（0）
f (0) f (0)
C.f（a）＜ D.f（a）＞
ea ea
【答案】B
f (x) f '(x)ex-f (x)ex f '(x)-f (x)
【解析】令g（x）＝ ，则g'（x）＝ ＝ ＞0.∴g（x）在R上为增函数，
ex (ex)2 ex
f (a) f (0)
又a＞0，∴g（a）＞g（0），即 ＞ .故f（a）＞eaf（0）.
ea e0
(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
【对点演练1】 (2023·南昌模拟)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________．
【答案】 (3，＋∞)
【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，＋∞)．
【对点演练2】已知函数f（x）在R上可导，其导函数为f'（x），且满足：（x－1）[f'（x）－f（x）]＞0，f
（2－x）＝f（x）·e2－2x，则下列判断一定正确的是（ ）
A.f（1）＜f（0） B.f（2）＞e2f（0）
C.f（3）＞e3f（0） D.f（4）＜e4f（0）
【答案】C
f (x) exf '(x)-exf (x) f '(x)-f (x)
【解析】构造F（x）＝ ，则F'（x）＝ ＝ ，由（x－1）[f'（x）－f
ex e2x ex
（x）]＞0，则x＞1时F'（x）＞0，F（x）在（1，＋∞）上单调递增.当x＜1时F'（x）＜0，F（x）在（－∞，
1）上单调递减.又由f（2－x）＝f（x）e2－2x⇔F（2－x）＝F（x）⇒F（x）关于x＝1对称，从而F（3）＞F
f (3) f (0)
（0），即 ＞ ，∴f（3）＞e3f（0），故选C.
e3 e0
类型3利用f（x）与sin x，cos x构造函数
例3(多选)已知定义在 上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0成立，则(
)
A.f ＞f B.f ＞f
C.f ＞f D.f ＞f
【答案】CD
【解析】根据题意，令g(x)＝，x∈ ，则其导数g′(x)＝，又由x∈ ，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)＜
0，则有g′(x)＜0，即函数g(x)为减函数.由＜，则有g ＞g ，即 ，分析可得f ＞f
；又由＜，则有g ＞g ，即 ，分析可得f ＞f .
利用f（x）与sin x，cos x构造函数的常见类型：①由条件f'（x）sin x＋f（x）cos x，一般构造函
数F（x）＝f（x）sin x；②由条件f'（x）cos x－f（x）sin x，一般构造函数F（x）＝f（x）cos x；③由条件
f '(x)sinx-f (x)cosx f (x) f '(x)cosx+f (x)sinx
，一般构造函数F（x）＝ ；④由条件 ，一般构
sin2x sinx cos2x
f (x)
造函数F（x）＝ .
cosx( π)
【对点演练1】已知函数f（x）定义在 0, 上，f'（x）是它的导函数，且恒有f（x）＜f'（x）tan x成立，又
2
(π) 1
知f ＝ ，则关于x的不等式f（x）＞sin x的解集是 .
6 2
(π π)
【答案】 ,
6 2
f (x)
【解析】∵f（x）＜f'（x）tan x，∴f'（x）sin x－f（x）cos x＞0，令 g（x）＝ ，∴g'（x）＝
sinx
(π)
f
f '(x)sinx-f (x)cosx ( π) f (x) 6
＞0，∴g（x）在 0, 上为增函数，由f（x）＞sin x，∴ ＞1＝ ，
sin2x 2 sinx π
sin
6
π (π π)
∴x＞ ，∴不等式的解集为 , .
6 6 2
技巧二 变量分离构造函数
[ π π]
例4（1）已知α，β∈ - , ，且αsin α－βsin β＞0，则下列结论正确的是 （ ）
2 2
A.α＞β B.α2＞β2
C.α＜β D.α＋β＞0
【答案】B
[ π]
【解析】构造函数f（x）＝xsin x，则f'（x）＝sin x＋xcos x.当x∈ 0, 时，f'（x）≥0，f（x）是增函数，
2
[ π )
当x∈ - ,0 时，f'（x）＜0，f（x）是减函数，又f（x）为偶函数，∴αsin α－βsin β＞0⇔αsin α＞βsin β⇔f
2
（α）＞f（β）⇔f（｜α｜）＞f（｜β｜）⇔｜α｜＞｜β｜⇔α2＞β2，故选B.
（2）(2020·全国Ⅰ)若2a＋log a＝4b＋2log b，则( )
2 4
A．a>2b B．a<2b
C．a>b2 D．a<b2
【答案】 B
【解析】 由指数和对数的运算性质可得2a＋log a＝4b＋2log b＝22b＋log b.
2 4 2
令f(x)＝2x＋log x，
2
则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又∵22b＋log b<22b＋log b＋1＝22b＋log 2b，
2 2 2
∴2a＋log a<22b＋log 2b，
2 2
即f(a)<f(2b)，∴a<2b.
当条件式含有两个变量式，可对条件变形化简，将变量分离，即化为等式或不等式的左右两侧形式
相当，一边一个变量，根据结构特点构造函数，再结合函数的单调性得出两个变量的关系，进而解决问题。1 1
【对点演练1】若ln x－ln y＜ － （x＞1，y＞1），则 （ ）
lnx ln y
A.ey－x＞1B.ey－x＜1 C.ey－x－1＞1 D.ey－x－1＜1
【答案】A
1 1 1 1
【解析】 依题意，ln x－ ＜ln y－ ，令f（t）＝t－ （t≠0）.则f'（t）＝1＋ ＞0，∴f（t）在（－
lnx ln y t t2
1 1
∞，0），（0，＋∞）上单调递增；又x＞1，y＞1，得ln x＞0，ln y＞0，又ln x－ ＜ln y－ .则f（ln
lnx ln y
x）＜f（ln y）.又f（t）在（0，＋∞）上单调递增.则ln x＜ln y，∴1＜x＜y，即y－x＞0，∴ey－x＞e0＝1，A
正确，B不正确；又y－x－1无法确定与0的关系，故C、D不正确.
【对点演练2】已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则( )
A．c<b<a B．b<c<a
C．a<c<b D．a<b<c
【答案】D
【解析】由题意得0<a<5，0<b<4，0<c<3.
令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝，
当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
因为ae5＝5ea，所以＝，
即f(5)＝f(a)，而0<a<5，
故0<a<1.同理0<b<1，0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)．
因为f(5)>f(4)>f(3)，所以f(a)>f(b)>f(c)，
所以0<a<b<c<1.
技巧三 根据数值特点构造函数
例5（1）已知a＝，b＝，c＝，则a、b、c的大小关系为( )
A.b＜c＜a B.c＜a＜b
C.a＜c＜b D.c＜b＜a
【答案】C
【解析】设f(x)＝，则f′(x)＝，
当0＜x＜e时，f′(x)＞0；当x＞e时，f′(x)＜0，则f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
则当x＝e时，f(x) ＝＝，
max
即b＞a，b＞c；
a－c＝－＝＝＜0，则c＞a，所以b＞c＞a.
1
（2）(2022·新高考Ⅰ卷)设a=0.1e0.1，b= ，c=-ln0.9，则( )
9
A. a<b<c B. c<b<a C. c<a<b D. a<c<b
【答案】C1 x
【解析】设f(x)=ln(1+x)-x(x>-1)，因为f' (x)= -1=- ，
1+x 1+x
当x∈(-1,0)时，f' (x)>0，当x∈(0,+∞)时f' (x)<0，
所以函数f(x)=ln(1+x)-x在(0,+∞)单调递减，在(-1,0)上单调递增，
1 10 1 1 10
所以f( )<f(0)=0，所以ln - <0，故 >ln =-ln0.9，即b>c，
9 9 9 9 9
1 9 1 9 - 1 1 1 1
所以f(- )<f(0)=0，所以ln + <0，故 <e 10，所以 e10< ，
10 10 10 10 10 9
故a<b，
1
(x2-1)ex+1
设g(x)=xex+ln(1-x)(0<x<1)，则g' (x)=(x+1)ex+ = ,
x-1 x-1
令h(x)=ex (x2-1)+1，h' (x)=ex (x2+2x-1)，
当0<x<❑√2-1时，h' (x)<0，函数h(x)=ex (x2-1)+1单调递减，
当❑√2-1<x<1时，h' (x)>0，函数h(x)=ex (x2-1)+1单调递增，
又h(0)=0，
所以当0<x<❑√2-1时，h(x)<0，
所以当0<x<❑√2-1时，g' (x)>0，函数g(x)=xex+ln(1-x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>-ln0.9，所以a>c
故选：C.
对于给出具体的数值比较大小的问题，当采用基础的“化同底”、“化同指”和中间值法不能解决
时，可对数值进行合理变形，寻找结构的相同点，依次为突破口，构造函数，然后利用函数的单调性比较大小。
【对点演练1】（多选）下面比较大小正确的有 （ ）
ln2 1
A. ＞ B.3ln 4＜4ln 3
2 e
π
C. ＞ln π D.3＜eln 3
e
【答案】BC
lnx 1-lnx
【解析】根据题意可构造函数f（x）＝ ，则f'（x）＝ ，由于函数y＝ln x在（0，＋∞）上单调递
x x2
lnx
增，且ln e＝1，从而当0＜x≤e时，f'（x）≥0，则函数f（x）＝ 在（0，e]上单调递增，当x＞e时，
x
lnx
f'（x）＜0，则函数f（x）＝ 在（e，＋∞）上单调递减，又0＜2＜e＜3＜π＜4，所以f（2）＜f（e），f
x
ln2 ln e ln3 ln4 ln e ln π ln e ln3 ln2 lne
（e）＞f（3）＞f（π）＞f（4），即 ＜ ， ＞ ， ＞ ， ＞ ，故 ＜
2 e 3 4 e π e 3 2 e
1 π
＝ ，选项A错；3ln 4＜4ln 3，选项B正确； ＞ln π，选项C正确；3＞eln 3，选项D错.故选B、C.
e e
【对点演练2】设a 2022ln2020，b2021ln2021，c2020ln2022，则（ ）A．acb B．cba
C．ba c D．abc
【答案】D
1
1 lnx
【解析】令 lnx 且 ，则 x ，
f(x) f(x)
x1 x(0,) (x1)2
1 1 1
若g(x)1 lnx，则在 上g(x) 0，即 单调递减，
x x(0,) x2 x g(x)
1 1 1
又g(e) 0，g(e2) 10，即x ( ,e2)使 ，
e e2 0 e g(x )0
0
∴在(x ,)上g(x)0，即 f(x)0， f(x)单调递减；
0
ln2021 ln2020
∴ ，有 ，即 ，
f(2021) f(2020) 2022 2021 ab
1
1 lnx
令 lnx 且 ，则 x ，
m(x) m(x)
x1 x(0,1)U(1,) (x1)2
1 1 1
若n(x)1 lnx，则n(x) ( 1)，即在 上 单调递增，在 上 单调递减，
x x x x(0,1) n(x) x(1,) n(x)
∴n(x)n(1)0，即m(x)0，m(x)在x(1,)上递减，
ln2022 ln2021
∴ ，有 ，即 ，
m(2022)m(2021) 2021 2020 bc
故选：D.
技巧4 根据指对变形构造函数
例6(2023·武汉模拟)已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为
________．
【答案】 e
【解析】 ∵xa＝ ＝ealn x，∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，
∵a>0且x>1，∴aln x>0，设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增，
∴x≤aln x，即a≥，
即存在x∈(1，＋∞)，使a≥，∴a≥ ，
min
设f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝，当x∈(1，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴f(x) ＝f(e)＝e，∴a≥e.
min故a的最小值为e.
（1）指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成ln ex然后构造函数；另一种是将x变
成eln x然后构造函数．
（2）常见的同构形函数：xlnx与xex ；x+lnx与x+ex,
常见的同构变形：x=elnx=lnex ；xlnx=elnx∙lnx ；xex=elnx+x=lnex∙ex
注意：同构后的整体变量范围.
【对点演练】(2023·南京模拟)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<bln b，则( )
A．ab>e B．b>ea
C．ab<e D．b<ea
【答案】 B
【解析】 由已知aea<bln b，
则ealn ea<bln b.
设f(x)＝xln x，
则f(ea)<f(b)．
因为a>0，则bln b>0，则b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以ea<b.
技巧5 指对分离构造函数
例7已知函数f(x)＝x2＋2x－2xex.当x＞0时，证明f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
【解析】证明：要证明f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．即证2ex－x2－2x＞(x＞0)．
令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)， h(x)＝(x＞0)．
g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，g′(x)＞g′(0)＝0.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝2.
h′(x)＝，可得h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(e)＝2.
又g(x)与h(x)取最值点不同，
所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，
故2ex－x2－2x＞(x＞0)．所以当x＞0时，f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
【对点演练】已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
【解析】(1)解：由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈ 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)的极小值即最小值，为f ＝－.
(2)证明：问题等价于证明xln x>－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到．
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝.
由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减；
由m′(x)>0，得0<x<1时，m(x)单调递增．
易知m(x) ＝m(1)＝－.
max
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，又两个等号不同时取到，
即对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
1．(2023·株洲模拟)已知a＝，b＝，c＝，则( )
A．a<b<c B．c<a<b
C．b<a<c D．c<b<a
【答案】 B
【解析】 设f(x)＝，则a＝f(e)，b＝f(2)，c＝f(3)，又f′(x)＝，于是当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)＝在(，
＋∞)上单调递减，注意到<＝2<e<3，则有f(3)<f(e)<f(2)，即c<a<b.
2．若2x－2y<3－x－3－y，则( )
A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0
C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0
【答案】 A
【解析】 由2x－2y<3－x－3－y，
得2x－3－x<2y－3－y，
令f(t)＝2t－3－t，
∵y＝2t为R上的增函数，y＝3－t为R上的减函数，
∴f(t)为R上的增函数，
∴x<y，
∵y－x>0，∴y－x＋1>1，∴ln(y－x＋1)>0，则A正确，B错误；
∵|x－y|与1的大小不确定，故C，D无法确定．
3．(2023·济南模拟)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)是偶函数，
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，＋∞)上单调递增，
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，＋∞)．
4．(2023·常州模拟)已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，且当x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，则下列
说法正确的是( )
A．f <－f <－f
B．－f <f <－f
C．－f <－f <f
D．－f <f <－f
答案 D
解析 由f(x－1)的图象关于点(1,0)对称可知，f(x)的图象关于点(0,0)对称，则f(x)为奇函数，
令g(x)＝f(x)sin x，则g(x)为偶函数，
又x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，即[f(x)sin x]′>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则有g ＝g <g <g ，
即－f <f <－f ，即－f <f <－f
5．若定义在 上的函数 满足 ，其导函数 ，则下列结论中一定错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【 解 析 】 试 题 分 析 令 ， 则 ， 因 此
，所以选C.
6．若ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1，则( )
A.>e B.<e C．m－n>e D．m－n<e
【答案】 A
【解析】 由题意可知，m>0，n>0，则ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1>ln(en)－en＋2e2n2，
构造函数f(x)＝2x2－x＋ln x，其中x>0，则f′(x)＝4x＋－1≥2－1＝3>0，
当且仅当x＝时，等号成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由ln m－m＋2m2>ln(en)－en＋2e2n2可得f(m)>f(en)，所以m>en>0，则>e，
故A对，B错，无法判断C，D选项的正误．
7．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为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】 C
【解析】 由题意可知，函数f(x)在R上单调递减，f(x)＋f′(x)<0，f′(x)－f(x)>0.
构造函数h(x)＝exf(x)，定义域为R，
则h′(x)＝exf(x)＋f′(x)ex
＝ex[f(x)＋f′(x)]<0，
所以h(x)在R上单调递减，
所以h(2)<h(1)，
所以e2f(2)<ef(1)，
即ef(2)<f(1)，故A，B错误；
构造函数g(x)＝，定义域为R，则g′(x)＝＝>0，
所以g(x)在R上单调递增，
所以g(2)>g(1)，所以>，
即f(2)>ef(1)，故D错误．
8．(2022·龙岩质检)已知m>0，n∈R，若log m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则等于( )
2
A. B．1 C. D．2
【答案】 B
【解析】 由题意得log m＋2m＝2n＋1＋n，
2
log m＋2m＝2×2n＋n＝log 2n＋2×2n，
2 2
令g(x)＝log x＋2x(x>0)，
2
则g′(x)＝＋2>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g(m)＝g(2n)，所以m＝2n，所以＝1.
9．(多选)(2023·开封模拟)已知e是自然对数的底数，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)是f(x)的导函数，且
＋ln x·f′(x)>0，则( )
A．f ＋f(e)>0 B．f <0
C．f(e)>0 D．f(1)＝0
【答案】 AC
【解析】 令函数g(x)＝ln x·f(x)，则g′(x)＝＋ln x·f′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，
所以g(e)＝f(e)>0，g ＝－f <0，所以f ＋f(e)>0，f >0，f(1)的大小不确定．
10.(多选)下列四个命题（ 为自然对数的底数）中真命题的是（ ）
A ；B ；C ；D .
【答案】BC
【解析】构造函数 ，则有导函数 ，显然当 时， ，函数 单调递
增；当 时， ，函数 单调递减，故 ，
由 ，可得 ，即有 ，故A错误；
由 ，可得 ，即有 ，
故B正确；设 ，可得 ，在 时， ，即有 ，则 ，
故C正确；
构造函数 ，则有导函数 ，显然当 时， ，函数 单调递增；当
时， ，函数 单调递减，
由 ，可得 ，故D错误.
11.(多选)(2023·泰州模拟)已知α，β均为锐角，且α＋β－>sin β－cos α，则( )
A．sin α>sin β B．cos α>cos β
C．cos α<sin β D．sin α>cos β
【答案】 CD
【解析】 ∵α＋β－>sin β－cos α，
∴β－sin β>－α－sin ，
令f(x)＝x－sin x，x∈ ，f′(x)＝1－cos x>0，
∴f(x)在 上单调递增，
∴β>－α，
∵α，β均为锐角，
∴cos β<cos ，sin β>sin ，
∴cos β<sin α，sin β>cos α.
12.（多选）若不相等正数a，b，满足 ，则（ ）
A．a＞1 B．b＜1
C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
将 ，变为 ，再构造 ，然后研究其单调性可求解.
【详解】
由 ，得 ，
令 ， ，解得 ，而 时， ； 时， .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以 ，故A不正确，B正确；
要证明 ，即证明 （ ），
只须证 ，只须证 .
令 ，
，
所以 在 上单调递减，所以 ，
所以 ，故C正确；
由于 在 上单调递增，而 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，故D正确.
故选：BC
13.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________．
【答案】 (2，＋∞)
【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)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，
所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)．
14．(2022·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值范围为________．
【答案】 λ≥
【解析】 由题意，得eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，
令f(t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(λx)≥f(ln x)，
即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，
即λ≥恒成立，
令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则g′(x)＝，
所以在(1，e)上，g′(x)>0，则g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，则g(x)单调递减；
所以g(x)≤g(e)＝，故λ≥.
