压轴04 函数中构造问题的6 大核心题型
导数中的函数构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，通过已知等式或不等式的结
构特性构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立问题.
题型01 利用f(x)与x 构造
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（ ）
A.（－1，0）∪（0，1） B.（－1，0）
C.（0，1）
D.（－1，1）
【答案】A
【解析】构造F（x）＝
𝑓（𝑥）
𝑥2
，则F'（x）＝
𝑓'(𝑥）·𝑥－2𝑓（𝑥）
𝑥3
，
当x＞0 时，xf'（x）－2f（x）＜0，可以推出当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）的大致图象如图所示，
根据图象可知f（x）＞0 的解集为（－1，0）∪（0，1）.
2.已知函数
( )
f x 的定义域为R ，且
2
1
f
= - ，对任意xÎR ，
( )
( )
0
f x
xf
x
¢
+
<
，则不等式
1
1
2
x
f x
+
+
> -
的解集是（
）
A．
,1
-¥
B．
,2
-¥
C．
1,+¥
D．
2,+¥
【答案】A
【解析】设
g x
xf x
=
，则
2
2 (2)
2
g
f
=
= - ，
Q对任意xÎR ，
( )
( )
0
f x
xf
x
¢
+
<
，
( )
( )
( )
0
g x
f x
xf
x
¢
¢
\
=
+
<
恒成立，即( )
g x 在R 上单调递减，
技法指导
利用f（x）与xn 构造函数
（1）如果题目中出现nf（x）＋xf'（x）形式，构造函数F（x）＝xnf（x）；
（2）如果题目中出现xf'（x）－nf（x）形式，构造函数F（x）＝
f（x）
xn .
由
1
1
2
x
f x
+
+
> - 可得
(
1)
g(2)
g x +
>
，
1
2
x
\
+ <
，解得
1
x < ，即解集为
,1
-¥
，故选A
题型02 利用f(x)与ex 构造
3.已知定义在R 上的函数
f x 满足
0
f x
f
x
¢
+
>
，且有
3
3
f
= ，则
3
3e
x
f x
-
>
的解集为（ ）
A．
3,+¥
B．
1,+¥
C．
,3
-¥
D．
,1
-¥
【答案】A
【解析】设
ex
F x
f x
=
×
，则
e
e
e
0
x
x
x
F
x
f
x
f x
f x
f
x
¢
¢
¢
=
×
+
×
=
+
>
é
ù
ë
û
，
∴
F x 在R 上单调递增.又
3
3
f
= ，则
3
3
3
3
e
3e
F
f
=
×
=
.
∵
3
3e
x
f x
-
>
等价于
3
e
3e
x
f x ×
>
，即
3
F x
F
>
，
∴
3
x >
，即所求不等式的解集为
3,+¥ ，故选A.
4.已知
f x 是定义在
,
- µ + µ 上的函数，导函数
f
x
¢
满足
f
x
f x
¢
<
对于xÎR 恒成立，则（ ）
A．
2
2
e
0
f
f
<
B．
2
2
e
0
f
f
>
C．
2e
1
1
f
f
-
>
D．
2e
1
1
f
f
-
<
【答案】AC
【解析】构造
x
f x
g x
e
=
，则
x
f
x
f x
g
x
e
¢
-
¢
=
，
因为导函数
f
x
¢
满足
f
x
f x
¢
<
对于xÎR 恒成立，
所以
0
g
x
¢
<
，即函数
g x 在R 上单调递减，
即
2
2
0
2
0
2
0
2
e
0
f
f
g
g
f
f
e
e
<
Þ
<
Þ
<
2
1
1
1
1
1
e
1
1
f
f
g
g
f
f
e
e
-
-
-
>
Þ
>
Þ
-
>
，故选:AC.
题型03 利用f(x)与sin x，cos x 构造
技法指导
利用f（x）与ex 构造函数
（1）对于f'（x）＋nf（x）＞0（或＜0），构造函数F（x）＝enxf（x）；
（2）对于f'（x）－nf（x）＞0（或＜0），构造函数F（x）＝
𝑓（𝑥）
𝑒𝑛𝑥.
5.（2025·云南大理·模拟）已知
f
x
¢
是定义域为
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 的函数
f x 的导函数，且
sin
cos
0
f
x
x
f x
x
¢
+
<
，则不等式
1
π
sin
2
6
f x
x
f æ
ö
>
ç
÷
è
ø 的解集为
．
【答案】
π
0, 6
æ
ö
ç
÷
è
ø
【解析】由
sin
cos
0
f
x
x
f x
x
¢
+
<
，设
π
sin ,
0, 2
g x
f x
x x
æ
ö
=
Îç
÷
è
ø ，
sin
cos
0
g
x
f
x
x
f x
x
+
¢
¢
=
<
，所以函数
g x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
1
π
π
π
sin
sin
sin
2
6
6
6
f x
x
f
f x
x
f
æ
ö
æ
ö
>
Û
>
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
即
π
6
g x
g æ
ö
>
ç
÷
è
ø，得
π
6
π
0
2
x
x
ì <
ïïí
ï <
<
ïî
，所以
π
0
6
x
<
<
，所以不等式的解集为
π
0, 6
æ
ö
ç
÷
è
ø
6.（2025·福建龙岩二模）设函数
f
x
¢
是定义在
0,π 上的函数
f x 的导函数，有
cos
sin
0
f
x
x
f x
x
¢
-
>
，若
3
π
2
6
a
f æ
ö
=
ç
÷
è
ø
，
1
π
2
3
b
f æ
ö
=
ç
÷
è
ø ，
2
3π
2
4
c
f æ
ö
= -
ç
÷
è
ø
，则a，b，c 的大小关系是
（ ）
A．a
b
c
>
>
B．b
c
a
>
>
C．c
b
a
>
>
D．c
a
b
>
>
【答案】C
【解析】因为
cos
sin
0
f
x
x
f x
x
¢
-
>
，所以设
cos
F x
f x
x
=
×
，
则
cos
sin
0
F
x
f
x
x
f x
x
¢
¢
=
×
-
>
，
所以
cos
F x
f x
x
=
×
在
0,π 上为增函数，
又因为
3
π
π
2
6
6
a
f
F
æ
ö
æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
1
π
π
2
3
3
b
f
F
æ
ö
æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø ，
2
3π
3π
2
4
4
c
f
F
æ
ö
æ
ö
= -
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
技法指导
利用f（x）与sin x，cos x 构造函数的常见类型
（1）F（x）＝f（x）sin x，F'（x）＝f'（x）sin x＋f（x）cos x；
（2）F（x）＝
𝑓（𝑥）
sin𝑥，F'（x）＝
𝑓'(𝑥）sin𝑥－𝑓（𝑥）cos𝑥
si𝑛2𝑥
；
（3）F（x）＝f（x）cos x，F'（x）＝f'（x）cos x－f（x）sin x；
（4）F（x）＝
𝑓（𝑥）
cos𝑥，F'（x）＝
𝑓'(𝑥）cos𝑥＋𝑓（𝑥）sin𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥
.
π
π
3π
6
3
4
<
<
，所以
π
π
3π
6
3
4
F
F
F
æ
ö
æ
ö
æ
ö
<
<
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø ，即a
b
c
<
<
，故选C
题型04 根据数值特征构造函数
7.（2022·全国甲卷T12）已知9
10,
10
11,
8
9
m
m
m
a
b
=
=
-
=
- ，则（ ）
A．
0
a
b
>
>
B．
0
a
b
>
>
C．
0
b
a
>
>
D．
0
b
a
>
>
【答案】A
【解析】（构造函数）由9
10
m =
，可得
9
log 10
(1,1.5)
m =
Î
．
根据,a b的形式构造函数
( )
1(
1)
m
f x
x
x
x
=
-
-
>
，则
1
( )
1
m
f
x
mx
-
¢
=
- ，
令
( )
0
f
x
¢
= ，解得
1
1
0
m
x
m -
=
，由
9
log 10
(1,1.5)
m =
Î
知
0
(0,1)
x Î
.
( )
f x 在 (1,
)
+¥ 上单调递增，所以
(10)
(8)
f
f
>
，即 a
b
> ，
又因为
9
log 10
(9)
9
10
0
f
=
-
= ，所以
0
a
b
>
> .故选：A.
法二（常规法）由9
10
m =
可得
9
lg10
log 10
1
lg9
m =
=
> ，而
2
2
2
lg9
lg11
lg99
lg9lg11
1
lg10
2
2
+
æ
ö
æ
ö
<
=
< =
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
所以
lg10
lg11
lg9
lg10
>
，即
lg11
m >
，所以
lg11
10
11
10
11
0
m
a =
-
>
-
= .
又
2
2
2
lg8
lg10
lg80
lg8lg10
lg9
2
2
+
æ
ö
æ
ö
<
=
<
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，所以
lg9
lg10
lg8
lg9
>
，即
8
log 9
m
>
，
所以
8
log 9
8
9
8
9
0
m
b =
-
<
-
= .综上，
0
a
b
>
> .
8.（2021·全国乙卷T12）设
2ln1.01
a =
，
ln1.02
b =
，
1.04
1
c =
- ．则（ ）
A．a
b
c
<
<
B．b
c
a
<
<
C．b
a
c
<
<
D．c
a
b
<
<
【答案】B
【解析】令
2
1
ln
1(
1)
2
x
f x
x
x
æ
ö
+
=
-
-
>
ç
÷
è
ø
2
2
1
-
0
1
x
f
x
x
=
+
¢
-
<
，即函数
( )
f x 在（1，+∞)上单调递减
1 0.04
1
0,
f
f
b
c
+
<
=
\ <
技法指导
1.观察实数的结构，对实数适当变形寻找实数间的联系.
2.放缩法的应用：(1)用基本初等函数单调性放缩；(2)用切线不等式：ex≥x＋1，ln x≤x－1(x>0)，sin x<x<tan
x
等放缩；(3)用二项展开式放缩.
(0
)
2
x
<
<
令
2
3
2ln
1(1
3)
4
x
g x
x
x
æ
ö
+
=
-
+
<
<
ç
÷
è
ø
2
1 3
0
3
x
x
g
x
x
-
-
+
¢
=
>
，即函数( )
g x 在（1，3)上单调递增
1 0.04
1
0,
g
g
ac
+
=
\
综上，b
c
a
<
<
，
故选：B.
题型05 通过变量构造具体函数
9.若2
2
3
3
x
y
x
y
-
-
-
<
-
，则( )
A．
(
1)
0
ln y
x
-
+
>
B．
(
1)
0
ln y
x
-
+
<
C．
|
| 0
ln x
y
-
>
D．
|
| 0
ln x
y
-
<
【答案】
【解析】由2
2
3
3
x
y
x
y
-
-
-
<
-
，可得2
3
2
3
x
x
y
y
-
-
-
<
-
，
令
( )
2
3
x
x
f x
-
=
-
，则
( )
f x 在R 上单调递增，且
( )
( )
f x
f y
<
，
所以x
y
<
，即
0
y
x
-
>
，由于
1
1
y
x
-
+ > ，
故
(
1)
1
0
ln y
x
ln
-
+
>
=
．
10.（2025 江苏宿迁二模）已知
6
ln 7
a =
，
7
13
b =
，
6
7
e
c
-
=
，则（
）
A．a
b
c
<
< B．b
a
c
<
< C．b<c<a D．a
c
b
<
<
【思维探究】
看到什么
想到什么
6
ln 7
a =
，
7
13
b =
，
6
7
e
c
-
=
对b,c 取对数，加负号，转化为结
构相同
ln
1
f x
x
x
=
+
-
函数求导，分析单调性，比较大小
【解析】第一步：观察式子，化为含有相同数的式子．
6
0
7
l n
<
，7
0
13 >
，
6
7
e
0
- >
，所以a
b
<
，a
c
<
．
7
13
6
ln
ln
ln
ln 1
13
7
7
b
æ
ö
-
= -
=
=
+
ç
÷
è
ø ，
6
7
6
ln
ln e
7
c
-
-
= -
=
．
第二步：构造函数，判断单调性．
技法指导
根据所给代数式（等式、不等式）中数学运算的相同点或者结构形式的相同点，构造具体的函数，利用
导数研究函数的性质并解决问题.
令
ln
1
f x
x
x
=
+
-
，其中
1
x > - ，则
1
1
1
1
x
f
x
x
x
-
¢
=
- =
+
+ ．
当1
0
x
- <
<
时，
0
f
x
¢
>
，当
0
x >
时，
0
f
x
¢
<
．
所以
f x 在
1,0
-
上单调递增，在
0, ¥
+
上单调递减．
第三步：利用单调性比大小．
因为
f x 在
0, ¥
+
上单调递减，且6
0
7 >
，所以
6
0
0
7
f
f
æ
ö <
=
ç
÷
è
ø
，所以
13
6
ln 7
7
<
，即
ln
ln
b
c
-
< -
，ln
ln
b
c
>
．
第四步：得出结论．
又函数
ln
y
x
=
在
0, ¥
+
上单调递增，所以b
c
>
．故a
c
b
<
< ．故选D．
题型06 指对同构
11.（2025 江苏扬州中学模拟）若
2
2
2
2
log
2
log
1
a
b
a
b
+
<
+
+ ，则（
）
A．
ln 2
1
0
b
a
-
+
<
B．
ln 2
1
0
b
a
-
+
>
C．ln
2
0
a
b
-
>
D．ln
2
0
a
b
-
<
【解析】第一步：观察式子，化为相同结构．
对已知不等式变形可得：
2
2
2
2
log
2
log 2
a
b
a
b
+
<
+
．
【技巧】观察不等式，发现要想将左、右两边化为相同的形式，需要将右边变形，根据对数的运算性质，
可得
2
2
2
2
2
2
2
2
log
1
2
log
log 2
2
log 2
b
b
b
b
b
b
+
+ =
+
+
=
+
第二步：构造函数，判断单调性．
技法指导
1.积型：
2.商型：
3.和差型：
令
2
2
log
x
f x
x
=
+
，
0
x >
．
易知函数
2x
y =
与
2
log
y
x
=
在
0, ¥
+
上均为增函数，
所以函数
2
2
log
x
f x
x
=
+
在
0, ¥
+
上为增函数．
第三步：利用函数的单调性比大小．
2
2
2
2
log
2
log 2
a
b
a
b
+
<
+
即
2
f a
f
b
<
，根据函数
2
2
log
x
f x
x
=
+
在
0, ¥
+
上为增函数，可得2
0
b
a
>
>
，
则2
0
b
a
-
>
．
【提醒】根据对数的真数部分大于0，可知a 与2b 均大于0，处在同一单调递增区间内
第四步：得出结论．
因为2
0
b
a
-
>
，所以2
1
1
b
a
-
+ > ，则
ln 2
1
ln1
0
b
a
-
+
>
=
，A 错，B 对．
无法确定
2
a
b
-
与1 的大小，故无法确定ln
2
a
b
-
与0 的大小，CD 都错．故选B．
12.（2025 湖南长沙模拟）设实数
0
m >
，若对任意的
1,
xÎ
+¥ ，不等式
2
ln
2e
0
mx
x
m
-
³
恒成立，则实数m
的取值范围是（
）
A．1 ,
e
é
ö
+¥÷
êë
ø
B．
1 ,
2e
é
ö
+¥÷
êë
ø
C．
e,+¥
D．
2e,+¥
【思维探究】
看到什么
想到什么
2
ln
2e
0
mx
x
m
-
³
想到指对同构
(
0)
x
g x
xe
x
=
>
将恒成立问题转化为最值问题
ln x
h x
x
=
函数求导，利用单调性求最值
【解析】因为
0
m >
，不等式
2
ln
2
0
mx
x
e
m
-
³
成立，
即
2
ln
2
mx
x
e
m
³
成立，即
2
2
ln
mx
me
x
³
，
进而转化为
2
ln
2
ln
ln
mx
x
mxe
x
x
e
x
³
=
×
恒成立，
【卡壳点】巧用
ln
ln
ln
x
x
x
xe
=
同构
构造函数
(
0)
x
g x
xe
x
=
>
，可得
2
(
1)
x
x
g
x
e
xe
x
e
¢
=
+
=
+
，
当
0
x >
，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，
则不等式
2
ln
2
0
mx
x
e
m
-
³
恒成立等价于(2
)
(ln )
g
mx
g
x
³
恒成立，即2
ln
mx
x
³
恒成立，
进而转化为
ln
2
x
m
x
³
恒成立，
设
ln x
h x
x
=
，可得
2
1 ln x
h x
x
-
¢
=
，
当0
x
e
<
<
时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增；
当x
e
>
时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减，
所以当x
e
=
，函数
h x 取得最大值，最大值为
1
h e
e
=
，
所以
1
2m
e
³
，即实数m 的取值范围是
1 ,
2e
é
ö
+¥÷
êë
ø.
13.（2025·广东珠海二模）高不等式
(
ln
1)
0
x
xe
a x
x
-
+
+
³
恒成立，则正数a 的取值范围是________．
【解析】由
(
ln
1)
0
x
xe
a x
x
-
+
+
³
，
ln
(
ln
1)
x
x
e
a x
x
+
³
+
+
【卡壳点】巧用
ln
ln
x
x
x
x
x
xe
e
e
e +
=
=
同构
当x＋lnx＋1≤0 时，原不等式恒成立，
当x＋lnx＋1＞0 时，
ln
ln
1
x
x
a
x
x
+
£
+
+
ｅ
，
由于
ln
ln
1=1
ln
1
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
+
³
+
+
+
+
ｅ
，当且仅当x＋lnx＝1 等号成立，
所以a £１，故0
a £
＜
１．
【提醒】忽视a 自身的范围要求
1.设
,
f x
g x 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当
0
x <
时，
0,
f
x g x
f x g
x
¢
¢
+
<
且
3
0
g -
=
，
则不等式
0
f x g x <
的解集是（ ）
A．
3,0
3,
-
È
+¥
B．
, 3
0,3
-¥ -
È
C．
, 3
3,
¥
¥
-
-
È
+
D．
3,0
0,3
-
U
【答案】A
【解析】令( )
( ) ( )
h x
f x g x
=
，又
,
f x
g x 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，
所以(
)
(
) (
)
( ) ( )
( )
h
x
f
x g
x
f x g x
h x
-
=
-
-
= -
= -
，即( )
h x 为奇函数，
当
0
x <
，有
( )
0
h x
f
x g x
f x g
x
¢
¢
¢
=
+
<
，所以( )
h x 在(
,0)
-¥
上单调递减，
由奇函数的性质，( )
h x 在(0,
)
+¥ 上单调递减，且(0)
0
h
= ，
由
3
0
g -
=
，则( 3)
(3)
0
h
h
-
= -
=
，即(3)
0
h
=
，
综上，(
, 3)
(0,3)
-¥ -
È
上( )
0
h x >
，( 3,0)
(3,
)
-
È
+¥ 上( )
0
h x <
，
所以不等式
0
f x g x <
的解集是( 3,0)
(3,
)
-
È
+¥ ，故选A
2.已知函数
f x 的定义域为
0, ¥
+
，
1
1
f
= - ，其导函数
f
x
¢
满足
2
0
xf
x
f x
¢
-
>
，则不等式
2
2026
2026
0
f x
x
+
+
+
<
的解集为（ ）
A．
2027, 2026
-
-
B．
2026, 2025
-
-
C．
2026, ¥
-
+
D．
2025,
-
+¥
【答案】B
【解析】根据题意可令
2
3
2
0
0
f x
xf
x
f x
g x
x
g
x
x
x
-
=
>
¢
Þ
¢
=
>
，
所以
2
f x
g x
x
=
在
0, ¥
+
上单调递增，则原不等式等价于
2
2026
1
2026
f x
x
+
< -
+
，
由
2
2026
2026
1
1
0
2026
1
2026
f x
g x
g
x
x
+
+
=
< - =
Þ
<
+
<
+
，解之得
2026, 2025
x
-
-
Î
．
故选：B．
3.（2025·济南二模）已知
1
ln2
ln3
,
,
4
2
3
a
b
c
=
=
=
，则, ,
a b c 的大小关系为（ ）
A．a
b
c
<
<
B．a
c
b
<
<
C．c
b
a
<
<
D．b
c
a
<
<
【答案】A
【解析】
ln2
ln3
,
2
3
b
c
=
=
Q
，
构造函数
lnx
f x
x
=
，
1
x > ，则
2
1 lnx
f
x
x
-
¢
=
，
当1
e
x
<
<
时，
0
f
x
¢
>
；当
e
x> 时，
0
f
x
¢
<
，
故函数
f x 在
1,e 上单调递增，在
e,+¥ 上单调递减，
由于
ln2
2ln2
ln4
4
2
4
4
b
f
=
=
=
=
，
ln3
3
3
=
=
c
f
，且e
3
4
<
<
，
则
3
4
f
f
>
，即c
b
>
，
又
ln4
1
4
4
b
a
=
>
=
，∴a
b
c
<
<
.故选A.
4.（2025·山东潍坊·三模）已知定义域为R 的函数
( )
f x 满足
1
(1)
e
f
=
，且
( )
( )
0
f x
f
x
¢
+
<
，则不等式
1
1
1
ex
f x
+
+
>
的解集是（ ）
A．(2,
)
+¥
B．(
,2)
-¥
C．(0,
)
+¥
D．(
,0)
-¥
【答案】D
【解析】令( )
e
( )
x
g x
f x
=
，则
( )
e
( )
( )
0
x
g x
f x
f
x
¢
¢
=
+
ù
ë
û <
é
，
所以
( )
g x 在R 上单调递减，
因为(1)
g
=
1e
(1)
1
f
= ，
所以不等式
1
1
(
1)
ex
f x
+
+
>
可变为
1
e
(
1)
1
x
f x
+
+
> ，即(
1)
(1)
g x
g
+
>
，
所以
1
1
x + < ，即
0
x <
，
所以不等式
1
1
(
1)
ex
f x
+
+
>
的解集为(
,0)
-¥
，故选：D.
5.已知1
2
x
£
£
，不等式
ln
e
ln
x
a
ax
-
³
恒成立，则a 的最大值为（ ）
A．e
B．1
C．
1
e-
D．
2
e
【答案】A
【解析】
ln
e
ln
ln
x
a
a
x
-
³
+
Þ
ln
e
ln
ln
x
a
a
x
-
-
³
Þ
ln
e
ln
ln
x
a
x
a
x
x
-
+
-
³
+
Þ
ln
ln
e
ln
e
ln
x
a
x
x
a
x
-
+ -
³
+
.
令
ex
f x
x
=
+
，则易知
f x 在R 上单调递增，
ln
ln
f x
a
f
x
-
³
Þ
ln
ln
x
a
x
-
³
Þ
ln
ln
x
x
a
-
³
，
令
ln
g x
x
x
=
-
，问题转化为求
ln
g x
x
x
=
-
在
1,2 的最小值.
因为
1
1
1
x
g
x
x
x
-
¢
= -
=
，当
1,2
xÎ
时，
0
g
x
¢
³
（当且仅当
1
x = 时取“ = ”）.
所以
g x 在
1,2 上单调递增，
min
( )
1
1
ln
g x
g
a
=
= ³
Þ 0
e
a
<
£
.
所以a 的最大值为e，故选A
6．（2026·四川德阳·二模）若
2
2
2
2
log
log
4
1
a
a
a
b
b
b
-
+
=
-
+
+ ，则（ ）
A．
2
a
b
>
B．
2
a
b
<
C．
1
a
b
>
+
D．
1
a
b
<
+
【答案】A
【解析】根据题意，可知，
0
a >
，
0
b >
，
∵
2
2
log
4
1
b
b
b
-
+
+ ，
2
2
log
1
(2 )
b
b
b
=
+
-
+
，
2
2
2
log
log 2
2
(2 )
b
b
b
b
=
+
-
+
+
，
2
2
log (2 )
2
(2 )
b
b
b
b
-
=
+
+
，
∴
2
2
2
2
2
2
log
log (2 )
2
(2 )
log (2 )
2
(2 )
a
a
a
b
b
b
b
b
b
b
-
+
=
-
+
+
>
-
+
，
令
2
2
( )
log
0,
f x
x
x
x
x
=
-
+
Î
+¥
，则
2
f a
f
b
>
，
∵
2
1
1
ln 2
(2ln 2)
( )
1
2
ln 2
ln 2
x
x
f
x
x
x
x
- ×
+
×
¢
=
- +
=
×
×
，
令
2
( )
(2ln 2)
ln 2 1
g x
x
x
=
×
- ×
+ ，
∵0
ln 2
1
<
< ，
∴
2
ln 2
8ln 2
ln 2
ln 2
8
0
D =
-
=
×
-
<
，
即对于任意的x ，恒有( )
0
( )
0
g x
f
x
¢
>
Þ
>
，
∴
( )
f x 在
0,+¥ 上单调递增，
∴
2
a
b
>
.
7．（2026·贵州黔东南·模拟预测）已知定义在
0, ¥
+
上的函数
f x 的导函数为
f
x
¢
，若
2
f
x
x
¢
<
，且
5
3
f
=
，则不等式
2
2
1
4
4
21
f
x
x
x
-
+
>
-
的解集是（ ）
A．
,3
-¥
B．
3,+¥
C．
0,3
D．1 ,3
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
【答案】D
【解析】设
2(
0)
g x
f x
x
x
=
-
>
，则
2
g
x
f
x
x
¢
¢
=
-
.
因为
2
f
x
x
¢
<
，所以
2
0
f
x
x
¢
-
<
，即
0
g
x
¢
<
，所以
g x 在
0, ¥
+
上单调递减.
不等式
2
2
1
4
4
21
f
x
x
x
-
+
>
-
等价于不等式
2
2
1
(2
1)
22
f
x
x
-
-
-
> -
，即
2
1
22
g
x -
> -
.
因为
5
3
f
=
，所以
2
5
5
5
22
g
f
=
-
= -
，所以
2
1
5
g
x
g
-
>
.
因为
g x 在
0, ¥
+
上单调递减，所以0
2
1
5
x
<
- <
，解得1
3
2
x
<
<
.
8．（2026·河北邯郸·一模）已知
10
12
11
9,
10,
11
a
b
c
=
=
=
，则（ ）
A．b
a
c
>
>
B．c
b
a
>
>
C．a
c
b
>
>
D．a
b
c
>
>
【答案】D
【解析】令
ln
1
x
f x
x
=
+ ，则
2
1
1
ln
1
x
x
f
x
x
+
-
+
¢
=
．
令
1
1
ln
g x
x
x
= +
-
，易知
g x 在
0, ¥
+
上单调递减，
且
9
8
ln8
0
8
g
=
-
<
，
所以
0
g x <
在
8, ¥
+
上恒成立，
则
f x 在
8, ¥
+
上单调递减，
则
9
10
11
f
f
f
>
>
，
即ln9
ln10
ln11
10
11
12
>
>
，所以
10
12
11
ln
9
ln 10
ln
11
>
>
，
所以10
12
11
9
10
11
>
>
，即a
b
c
>
>
．
故选：D.
9．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）下列命题为真命题的是（ ）．
A．πln 2
2ln π
>
B．ln3
3 ln 2
<
C．
2
ee
2
>
D．3eln 2
4 2
<
【答案】BCD
【解析】令
ln x
f x
x
=
，则
2
1 ln x
f
x
x
-
¢
=
，当0
e
x
<
<
，
0
f
x
¢
>
，函数
f x 单调递增；当
e
x> 时，
0
f
x
¢
<
，函数
f x 单调递减．
因为e<π
4
<
，函数
f x 在
e,+¥ 上单调递减，所以
4
π
f
f
<
，
即ln 4
ln π
4
π
<
，又因为ln 2
2ln 2
ln 4
2
2 2
4
=
=
´
，故ln π
ln 2
π
2
>
，即πln 2
2ln π
<
，
所以A 错误；
因为3
2
e
<
<
，函数
f x 在
0,e 上单调递增，所以
2
3
f
f
<
，
即ln
3
ln 2
2
3
<
，则2ln
3
ln3
3 ln 2
=
<
，故B 正确；
因为2
e
<
，函数
f x 在
0,e 上单调递减，所以
e
2
f
f
>
，即ln e
1
ln 2
e
e
2
=
>
，
而因为
2
ee
2
>
，两边取对数得到
2
e
2
ln e
ln 2
e
=
>
，两边同时除以2 得到1
ln 2
e
2
>
，
所以C 正确；
因为3eln 2
4 2
<
，变形可得ln
8
ln e
e
8
<
，由函数
f x 的单调可知
e
8
f
f
>
，故D 正确．
故选：BCD．
10．（2025·陕西西安·模拟预测）已知
3
0
2
x
y
<
<
<
，则下列不等式恒成立的有（ ）
A．
sin
sin
x
y
x
y
-
>
-
B．
sin
sin
x
y
x
y
+
>
+
C．
tan
x
x
<
D．
tan
xy
y
>
【答案】BC
【解析】对于A，构造函数
sin
f x
x
x
=
-
，
1 cos
0
f
x
x
=
¢
-
³
，所以
sin
f x
x
x
=
-
在R 上单调递增，又
3
0
2
x
y
<
<
<
，所以
sin
sin
f x
x
x
f
y
y
y
=
-
<
=
-
，即
sin
sin
x
y
x
y
-
<
-
，故A 错误；
对于B，
0
y
x
-
<
<
，
sin
sin
sin
f x
x
x
f
y
y
y
y
y
=
-
>
-
= - -
-
= - +
，
即
sin
sin
x
y
x
y
+
>
+
，故B 正确；
对于C，令
3
tan ,0
2
h x
x
x
x
=
-
<
<
，
2
2
2
1
cos
1
1
0
cos
cos
x
h x
x
x
-
-
¢
=
=
<
，所以
tan
h x
x
x
=
-
在
3
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 单调递
减，
tan
0
0
h x
x
x
h
=
-
<
=
，故C 正确；
对于D，当
1
3
x =
，
π
3
y =
时，
π
π
tan
3
9
3
xy =
<
=
，故D 错误；
故选：BC.
11.（2025·四川德阳·三模）已知
0.99
ln 0.99
a =
-
，
1
b = ，
1.01 1.01ln1.01
c =
-
，则把a 、b 、c从小到大排
列的顺序是
.
【答案】, ,
c b a
【解析】设
( )
ln
f x
x
x
=
-
，则
1
1
( )
1
x
f
x
x
x
¢
-
= -
=
，0
1
x
<
< 时，
( )
0
f
x
¢
<
，
( )
f x 单调递减，
所以
0.99
1
f
f
>
，即0.99
ln 0.99
1 ln1
1,
-
> -
=
，a
b
>
，
设( )
ln
g x
x
x
x
=
-
，则
( )
1 (ln
1)
ln
g x
x
x
¢
= -
+
= -
，
1
x > 时，
( )
0
g x
¢
<
，( )
g x 单调递减，
因此
1.01
1
g
g
<
，即1.01 1.01ln1.01 1 ln1 1
-
< -
= ，c
b
<
，
综上，c
b
a
<
<
，
12.（2025·安徽蚌埠·三模）已知函数
( )
f x 及其导函数
( )
f
x
¢
的定义域都是R ，若函数
( )
f x 是偶函数，
( )
ex
f
x
x
¢
+
+
也是偶函数，且
( )
(3
1)
f a
f
a
>
-
，则实数a 的取值范围
【答案】D
【解析】因为
f x 为偶函数，则
f x
f
x
=
-
，等式两边求导可得
f
x
f
x
= - ¢ -
¢
，①
因为函数
ex
f
x
x
¢
+
+
为偶函数，则
e
e
x
x
f
x
x
f
x
x
-
¢
¢
+
+
=
-
+
-
，②
联立①②可得
e
e
2
x
x
f
x
x
- -
=
¢
-
，
令
g x
f
x
=
¢
，则
e
e
1
0
2
x
x
g
x
-
¢
-
-
=
- <
，且
g
x
¢
不恒为零，
所以，函数
g x 在R 上为减函数，即函数
f
x
¢
在R 上为减函数，
故当
0
x >
时，
0
0
f
x
f
¢
¢
<
=
，所以，函数
f x 在
0, ¥
+
上为减函数，
由
( )
(3
1)
f a
f
a
>
-
可得
(
)
( 3
1)
f a
f
a
>
-
，
所以，
3
1
a
a
<
-
，整理可得
2
8
6
1
0
a
a
-
+ >
，解得
1
4
a <
或
1
2
a >
实数a 的取值范围是
1
1
,
,
4
2
æ
ö
æ
ö
-¥
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
U
13．（2026·湖北黄冈期末）如图所示为函数
f x 的图象，则不等式
0
1
f
x
x
¢
<
-
的解集为_____
【答案】
1
,
(1,2)
2
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø
U
【解析】由图象得
f x 在
1
, 2
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø ，
2,+¥ 上单调递增，在1 ,2
2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
则当
1
,
2,
2
x
æ
ö
Î -¥
+¥
ç
÷
è
ø
U
时，
0
f
x
¢
>
，当
1 ,2
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
<
，
若
0
1
f
x
x
¢
<
-
，则当
1
0
x - <
时，
0
f
x
¢
>
或当
1
0
x - >
时，
0
f
x
¢
<
，
当
1
0
x - <
，
0
f
x
¢
>
时，解得
1
, 2
æ
ö
Î -¥
ç
÷
è
ø
x
，
当
1
0
x - >
，
0
f
x
¢
<
时，解得
(1,2)
xÎ
，
综上可得不等式
0
1
f
x
x
¢
<
-
的解集为
1
,
(1,2)
2
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø
U
.
14．（2025·全国·模拟预测）若e
e
e
x
y
x y
-
-
=
，则
2
y
x
-
的最大值为________．
【答案】
4
ln 27
【解析】由e
e
e
x
y
x y
-
-
=
可得
2
e
e
e
e
e e
e
1 e
e
1
y
y
x
y
x
y
x
y
y
-
-
-
=
Þ
=
=
-
- ，
故
2
2
2
2
2
3
e
1
e
e
1
e
e
e
e
e
y
y
y
y
x
y
x
y
y
-
-
æ
ö
-
=
=
=
ç
÷
è
ø
，
令ey
t
= ，由于
2e
e
0
e
1
y
x
y
=
>
-
，故e
1
y > ，则
1
t > ，
记
2
2
3
2
3
6
4
1
2
1
3
1
1 3
,
t
t
t
t
t
t
t
f t
f t
t
t
t
-
-
-
-
-
-
=
=
=
，
当
3
t >
时，
0,
f
t
f t
¢
<
单调递减，当1
3
t
< <
时，
0,
f
t
f t
¢
>
单调递增，
故
f t 取最大值
4
3
27
f
=
，当且仅当
3
t =
时，
因此
2
y
x
-
的最大值为
4
ln 27 ，
15．（2025·山东泰安一模）已知函数
( )
e
1
x
f x
a
x
=
+
+ .
（1）讨论
( )
f x 的单调性；
（2）当
1
x > 时，
1
( )
ln x
f x
x
a
-
>
+
，求实数a 的取值范围.
【解】（1）
( )
e
1
x
f
x
a
=
+
¢
.
当
0
a ³
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
所以
( )
f x 在(
,
)
-¥ +¥ 单调递增.
当a<0 时，令
( )
0
f
x
¢
>
，可得
ln(
)
x
a
< -
-
；
令
( )
0
f
x
¢
<
，可得
ln(
)
x
a
> -
-
，
所以
( )
f x 在(
, ln(
))
a
-¥ -
-
单调递增，在( ln(
),
)
a
-
-
+¥ 单调递减.
综上所述，当
0
a ³
时，( )
f x 在(
,
)
-¥ +¥ 单调递增；当a<0 时，( )
f x 在(
, ln(
))
a
-¥ -
-
单调递增，在( ln(
),
)
a
-
-
+¥
单调递减.
（2）因为当
1
x > 时，
1
( )
ln x
f x
x
a
-
>
+
，所以
1
e
1
ln
x
x
a
x
x
a
-
+
+ >
+
，
即
ln
e
e
1
ln(
1)
ln
a
x
x
x
a
x
+
+ >
-
-
+
，
即
ln
e
ln
ln(
1)
1
x
a
a
x
x
x
+
+
+
>
-
+
- ，
即
ln
ln(
1)
e
ln
e
ln(
1)
x
a
x
x
a
x
+
-
+
+
>
+
-
.
令( )
ex
h x
x
=
+
，则有(
ln )
(ln(
1))
h x
a
h
x
+
>
-
对
(1,
)
x
" Î
+¥ 恒成立.
因为
( )
e
1
0
x
h x
¢
=
+ >
，所以( )
h x 在(
,
)
-¥ +¥ 单调递增，
故只需
ln
ln(
1)
x
a
x
+
>
-
，
即ln
ln(
1)
a
x
x
>
-
-
对
(1,
)
x
" Î
+¥ 恒成立.
令
( )
ln(
1)
F x
x
x
=
-
-
，
则
1
2
( )
1
1
1
x
F x
x
x
-
¢
=
- =
-
-
，
令
( )
0
F x
¢
=
，得
2
x =
.
当
(1,2)
xÎ
时，
( )
0
F x
¢
>
，当
(2,
)
xÎ
+¥ 时，
( )
0
F x
¢
< ，
所以
( )
F x 在(1,2) 单调递增，在(2,
)
+¥ 单调递减，
所以
( )
(2)
2
F x
F
£
= - .
因此ln
2
> -
a
，所以
2
1
e
a >
.
16．（2025·江西赣州二模）已知函数
2
( )
ln
f x
ax
x
x
=
-
.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；
(2)若a＝e，证明：当x>0 时，
1
( )
e
e
x
f x
x
<
+
.
【解】（1）由题意知，
( )
2
ln
1
f
x
ax
x
¢
=
-
- .
因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0 时，
( )
0
f
x
¢
³
，即
ln
1
2a
x
x +
³
恒成立．
令
ln
1
( )
x
g x
x
+
=
（
0
x >
），则
2
ln
( )
x
g x
x
¢
= -
，0
1
x
<
< 时，
( )
0
g x
¢
> ，
1
x > 时，
( )
0
g x
¢
<
，
g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，
所以2
1
a ³ ，即
1
2
a ³
.
故实数a 的取值范围是1
[ ,
)
2 +¥ ；.
（2）证明：若a＝e，要证
1
( )
e
e
x
f x
x
<
+
，
只需证
1
e
ln
e
e
x
x
x
x
-
<
+
，即
1
e
e
ln
e
x
x
x
x
-
<
+
.
令
1
( )
ln
e
h x
x
x
=
+
（x>0），则
2
e
1
( )
e
x
h x
x
-
¢
=
，
易知h(x)在
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在1
( ,
)
e +¥ 上单调递增，则
min
1
( )
( )
0
e
h x
h
=
=
，
所以
1
ln
0
e
x
x
+
³
.
再令( )
e
ex
x
x
j
=
-
（0
1
x
<
< ），则
( )
e
ex
x
j¢
=
-
，0
1
x
<
< 时，
( )
0
x
j¢
>
，
1
x > 时，
( )
0
x
j¢
<
，
易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则
max
( )
(1)
0
x
j
j
=
=
，所以e
e
0
x
x -
£
.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以
1
e
e
ln
e
x
x
x
x
-
<
+
，故原不等式成立．
