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第5 讲 导数中函数的构造问题（新高考专用）
【真题自测】.................................................................................................................................2
【考点突破】.................................................................................................................................9
【考点一】导数型构造函数............................................................................................................9
【考点二】构造函数比较大小.......................................................................................................18
【专题精练】...............................................................................................................................25
考情分析：
目录
1
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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
征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题．
一、单选题
1．（2022·全国·高考真题）设
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2022·全国·高考真题）已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
二、解答题
3．（2022·全国·高考真题）已知函数
．
(1)当
时，讨论
的单调性；
(2)当
时，
，求a 的取值范围；
(3)设
，证明：
．
4．（2021·全国·高考真题）设函数
，已知
是函数
的极值点．
（1）求a；
（2）设函数
．证明:
．
参考答案：
题号
1
2
答案
C
A
1．C
【分析】构造函数
， 导数判断其单调性，由此确定
的大小.
【详解】方法一：构造法
设
，因为
，
当
时，
，当
时
，
真题自测
2
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所以函数
在
单调递减，在
上单调递增，
所以
，所以
，故
，即
，
所以
，所以
，故
，所以
，
故
，
设
，则
,
令
，
，
当
时，
，函数
单调递减，
当
时，
，函数
单调递增，
又
，
所以当
时，
，
所以当
时，
，函数
单调递增，
所以
，即
，所以
故选：C.
方法二：比较法
解：
，
，
，
①
，
令
则
，
故
在
上单调递减，
可得
，即
，所以
；
②
，
令
3
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则
，
令
，所以
，
所以
在
上单调递增，可得
，即
，
所以
在
上单调递增，可得
，即
，所以
故
2．A
【分析】由
结合三角函数的性质可得
;构造函数
,利用导数可
得
,即可得解.
【详解】[方法一]：构造函数
因为当
故
，故
，所以
；
设
，
，所以
在
单调递增，
故
，所以
，
所以
，所以
，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当
，
取
得：
，故
，其中
，且
当
时，
，及
4
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此时
，
故
，故
所以
，所以
，故选A
[方法三]：泰勒展开
设
，则
，
，
，计算得
，故选A.
[方法四]：构造函数
因为
，因为当
，所以
,即
，所以
；设
，
，所以
在
单调递增，则
,
所以
，所以
,所以
，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为
，因为当
，所以
,即
，所以
；因为当
，取
得
，故
，所以
．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通
法；
5
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方法5：利用二倍角公式以及不等式
放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
3．(1)f ( x)的减区间为
，增区间为
.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出
，讨论其符号后可得
的单调性.
（2）设
，求出
，先讨论
时题设中的不等式不成立，再就
结合放缩
法讨论
符号，最后就
结合放缩法讨论
的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得
对任意的
恒成立，从而可得
对任意的
恒成
立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当
时，
，则
，
当
时，
，当
时，
，
故
的减区间为
，增区间为
.
（2）设
，则
，
又
，设
，
则
，
若
，则
，
因为
为连续不间断函数，
6
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故存在
，使得
，总有
，
故
在
为增函数，故
，
故
在
为增函数，故
，与题设矛盾.
若
，则
，
下证：对任意
，总有
成立，
证明：设
，故
，
故
在
上为减函数，故
即
成立.
由上述不等式有
，
故
总成立，即
在
上为减函数，
所以
.
当
时，有
，
所以
在
上为减函数，所以
.
综上，
.
（3）取
，则
，总有
成立，
令
，则
，
故
即
对任意的
恒成立.
所以对任意的
，有
，
整理得到：
，
7
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故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处
导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
4．（1）
；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出
，由极值点处导数为0 即可求解出参数
；
（2）由（1）得
，
且
，分类讨论
和
，可等价转化为要证
，即证
在
和
上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由
，
，
又
是函数
的极值点，所以
，解得
；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，
，其定义域为
．
要证
，即证
，即证
．
（ⅰ）当
时，
，
，即证
．令
，因为
，所以
在区间
内为增函数，所以
．
（ⅱ）当
时，
，
，即证
，由（ⅰ）分析知
在区间
内为减函数，所以
．
综合（ⅰ）（ⅱ）有
．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
8
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由（1）得
，
，
且
，
当
时，要证
，
，
，即证
，化简得
；
同理，当
时，要证
，
，
，即证
，化简得
；
令
，再令
，则
，
，
令
，
，
当
时，
，
单减，故
；
当
时，
，
单增，故
；
综上所述，
在
恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令
，因为
，所以
在区间
内是增函数，在区间
内是减
函数，所以
，即
（当且仅当
时取等号）．故当
且
时，
且
，
，即
，所以
．
（ⅰ）当
时，
，所以
，即
，所以
．
（ⅱ）当
时，
，同理可证得
．
9
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综合（ⅰ）（ⅱ）得，当
且
时，
，即
．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当
时，转化为证明
，当
时，转化为证明
，然后构造函数，利用导数研究单调性，进
而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当
时，
成
立和当
时，
成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，
运算简洁，为最优解；方法三先构造函数
，利用导数分析单调性，证得常见常用结论
（当且仅当
时取等号）．然后换元得到
，分类讨论，利用不等式的基本性质
证得要证得不等式，有一定的巧合性.
【考点一】导数型构造函数
一、单选题
1．（2023·河北唐山·一模）已知函数
,则不等式
的解集为
（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（23-24 高三上·江苏常州·期末）已知定义在
上的函数
的导数为
，
，且对任意的
满足
，则不等式
的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
考点突破
10
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3．（2023·江苏南通·模拟预测）已知O 为坐标原点，曲线
在点
处的切线与曲线
相切
于点
，则（ ）
A．
B．
C．
的最大值为0
D．当
时，
4．（2023·湖北·模拟预测）已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
5．（2023·山东威海·一模）若不等式
对任意
成立,则实数a 的取值范围为
.
6．（2022 高三·全国·专题练习）已知函数
，若对任意正数
，当
时，都
有
成立，则实数m 的取值范围是 ．
四、解答题
7．（23-24 高二上·江苏镇江·阶段练习）已知函数
．若函数
有两个不相等的零
点
．
(1)求a 的取值范围；
(2)证明：
．
8．（2023·湖北武汉·二模）已知函数
，其中
．
(1)证明：
恒有唯一零点；
(2)记（1）中的零点为
，当
时，证明：
图像上存在关于点
对称的两点．
参考答案：
11
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题号
1
2
3
4
答案
B
A
AB
BC
1．B
【分析】化简
，得到
，令
，令
，求得
，得到
在
上单调递增，且函数
为偶函数，进而得
到
上单调递减，把不等式
转化为
，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数
，
所以
，令
，
可得
令
且
，
可得
在
上恒成立，所以
，
所以
在
上单调递增，
又由
，
所以函数
为偶函数，则在
上单调递减，
又由
，即
，即
，
整理得
，解得
或
，
即不等式
的解集为
.
故选：B.
2．A
【分析】构建
，根据题意分析可知
在
上单调递减，结合函数单调性解不等式.
12
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【详解】构建
，则
，
因为
，则
，即
，
可知
在
上单调递减，且
，
由
可得
，即
，解得
，
所以不等式
的解集是
.
故选：A．
【点睛】关键点点睛：根据
构建
，进而利用导数判断函数单调性，结合
单调性解不等式.
3．AB
【分析】先利用导数几何意义求出切线方程，利用切线斜率和截距相等建立方程，然后利用指对互化判断
A、B，由数量积坐标运算化简
，判断函数值符号即可判断C，构造函数，利用导数
法研究函数的单调性，判断D
【详解】因为
，所以
，又
，所以
，
切线：
，即
，
因为
，所以
，又
，所以
，
切线：
，即
，
由题意切线重合，所以
，所以
，即
，A 正确；
当
时，两切线不重合，不合题意，
13
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所以
，
，
，
所以
，
，B 正确；
，
当
时，
，
，则
，当
时，
，
，
则
，
，所以
，C 错误；
设
，则
，
所以函数
在
上单调递增，所以
，所以
，
所以
，∴
，
记
，则
，
所以函数
在
上单调递增，则
，所以
，D 错误.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：本题需要表示出两条切线方程，然后比较系数，再进行代换，在代换过程中要尽量
去消去指数或对数，朝目标化简.
4．BC
【分析】通过多次构造函数，结合函数的性质、选项及
进行求解.
【详解】设
，
，当
时，
，
为减函数；当
时，
，
为增函数；所以
的最大值为
，即
.
因为
，所以
.
14
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设
，
，所以当
时，
为减函数；
因为
，
，所以
.
由
可得
，所以
，故B 正确.
设
，
，当
时，
，
为减函数；当
时，
，
为增函数；所以
的最大值为
，所以
，即
.
.
设
，易知
为增函数，由
可得
，故C 正确.
因为
为单调递减函数，
在
上是增函数，在
上是减函数，且
的图象经过
图象的最高点，所以当
时，
的大小无法得出，故A 不正确.
令
，则
，得
，易知
在
为增函数，所以
，
所以
不成立，故D 不正确.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的常用方法：
（1）作差比较法：作差，构造函数，结合函数最值进行比较；
（2）作商比较法：作商，构造函数，结合函数最值进行比较；
（3）数形结合法：构造函数，结合函数图象，进行比较；
（4）放缩法：结合常见不等式进行放缩比较大小，比如，
等.
5．
【分析】将不等式变形为
的形式,构造
,求导判断单调性后可知,只
15
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需
即可,即
成立,只需
,构造新函数,求导求单调性,求出最值解出
a 的取值范围即可.
【详解】解:因为
对任意
成立,
不等式可变形为:
,
即
,
即
对任意
成立,
记
,所以
,
所以
在
上单调递增,
则
可写为:
,
根据
单调性可知,只需
对任意
成立即可,
即
成立,记
,即只需
,
因为
,故在
上,
,
单调递增,
在
上,
,
单调递减,
所以
,
所以只需
即可,解得:
.
故答案为:
【点睛】思路点睛:本题考查不等式恒成立问题，属于难题，关于恒成立问题的思路如下:
16
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(1)若
，
恒成立，则只需
;
(2) 若
，
恒成立，则只需
;
(3) 若
，
恒成立，则只需
;
(4) 若
，
恒成立，则只需
;
(5) 若
，
恒成立，则只需
;
(6) 若
，
恒成立，则只需
;
(7) 若
，
恒成立，则只需
;
(8) 若
，
恒成立，则只需
.
6．
【分析】令
，进而原题等价于
在
单调递增，从而转化为
，
在
上恒成立，参变分离即可求出结果.
【详解】由
得，
令
，∴
∴
在
单调递增，
又∵
∴
，在
上恒成立，即
令
，则
∴
在
单调递减，又因为
，
17
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∴
．
故答案为：
.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成
立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极
(最)值问题处理．
7．(1)
；
(2)证明见详解.
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；
（2）构造函数
，利用导数研究其单调性与最值即可证明.
【详解】（1）由题意可知：
，
若
，则
恒成立，即
单调递增，不存在两个不等零点，
故
，
显然当
时，
，当
时，
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以若要符合题意，需
，
此时有
，且
，
令
，
而
，
即
在
上递减，故
，
所以
，
18
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又
，
故在区间
和
上函数
存在各一个零点，符合题意，
综上
；
（2）结合（1），不妨令
，
构造函数
，
则
，
即
单调递减，所以
，
即
，
因为
，所以
，
由（1）知
在
上单调递增，所以由
，
故
.
8．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）令
，对函数求导利用函数导数单调性进行证明即可；
（2）将问题转化，构造新函数，对函数求导，利用函数导数单调性进行证明即可.
【详解】（1）
，又
，
令
，则
，
递增，
令
，则
，
递减，
而
时，g(x)<0，
时g(x)>0，
19
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有
，
，
可得
恒有唯一零点．
（2）因为
，故
，
要证
图像上存在关于点
对称的两点，
即证方程
有解；
，
令
，
，
令
，
则
，
令
，
当
时，
，则
，
递增，
当
时，
，则
，
递减，
故
，因为
，故
，
20
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又
时，
，
时，
，
故
先负后正再负，则
先减再增再减，
又
，且
时，
，
时，
，
故
先正后负再正再负，则h(x)先增再减再增再减，
又
时，
，
时，
，而
，
故h(x)在区间
存在两个零点，则原题得证！
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
规律方法：
(1)出现nf(x)＋xf′(x)的形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝.
(3)出现f′(x)＋nf(x)的形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(4)出现f′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝.
【考点二】构造函数比较大小
一、单选题
1．（23-24 高二上·河北石家庄·期末）已知
，则a，b，c 大小关系为（ ）
A．
B．
C．
D．
21
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2．（2023·广东·二模）已知
，
，
，则（参考数据：
）（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
3．（23-24 高二下·福建莆田·开学考试）已知
为函数
的导函数，当
时，有
恒成立，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2023·重庆·一模）已知m，n 关于x 方程
的两个根，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
5．（2022·福建龙岩·模拟预测）设
，则
的大小关系为 .（从小到
大顺序排）
6．（2023·山西·模拟预测）已知定义在R 上的可导函数
的导函数为
，满足
，且
，
，则不等式
的解集是 ．
四、解答题
7．（2023 高三·全国·专题练习）已知
，函数
有两个零点，记为
，
．
(1)证明：
．
22
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(2)对于
，若存在
，使得
，试比较
与
的大小．
8．（2023 高三·全国·专题练习）设函数
的两个零点是
，求证：
．
参考答案：
题号
1
2
3
4
答案
D
B
BD
ACD
1．D
【分析】根据式子结构，构造函数
，利用导数判断出
的单调性，进而得到a，b，c
的大小关系.
【详解】根据式子结构，构造函数
，则
，
令
，则
，令
，得
，
因此
在
单调递增，在
单调递减，
而
，
，
，
因为
，所以
，即
.
故选：D
2．B
【分析】由
，
考虑构造函数
，利用导数研究函数的单调性，利用单
调性比较大小即可.
【详解】因为
，
，
考虑构造函数
，则
，
23
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当
时，
，函数
在
上单调递增，
当
时，
，函数
在
上单调递减，
因为
，所以
，即
，
所以
，
所以
，即
，
又
，
所以
，故
，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将被比较的数化为结构相似的形式，考虑构造函数利用函数的
单调性比较大小.
3．BD
【分析】构造函数
，其中
，利用导数分析函数
在
上的单调性，结合单调性
逐项判断即可.
【详解】构造函数
，其中
，则
，
所以，函数
在
上为减函数，
对于AB 选项，
，即
，可得
，A 错B 对；
对于CD 选项，
，即
，D 对，C 无法判断.
故选：BD.
4．ACD
24
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【分析】根据函数的图象可得
，结合条件可得
，
，利用对勾函数的性质可判
断A，构造函数
，根据函数的单调性可判断B，构造函数
，利用导数研究函数
的性质结合条件可判断CD.
【详解】画出函数
与
的大致图象，
由题可知
，即
，
所以
，又
，
所以
，可得
，
，
由对勾函数的性质可知
，故A 正确；
设函数
，因为函数
在
上单调递增，所以函数
在
上单
调递增，
又
，
所以
，
，即
，故B 错误；
设函数
，则
，
由
，可得
单调递增，
由
，可得
单调递减，
25
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因为
，
所以
，即
，
所以
，即
，故C 正确；
又
，
，
所以
，即
，
所以
，即
，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：
本题关键点是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据不等式的“形状”变换函数“形
状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
5．
【分析】方法一：构造函数
和
，求导确定单调性，利用单调性即可比较大
小.
【详解】[方法一]：【最优解】构造函数法
记
，则
，当
时，
，故
在
上单调递增，故
，故
，
记
，则
，当
时，
，故
在
单调递减，故
，故
，因此
．
故答案为：
[方法二]：泰勒公式放缩
，由函数切线放缩
得
，因此
.
故答案为：
【整体点评】方法一：根据式子特征，构造相关函数，利用其单调性比较出大小关系，是该题的通性通法，
26
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也是最优解；
方法二：利用泰勒公式以及切线不等式放缩，解法简洁，但是内容超出教材，不是每一个同学可以掌握．
6．
【分析】利用构造法，构造函数，由其导数可得新函数的单调性，根据函数的对称性，可得新函数的函数
值，进而可得答案.
【详解】设
，∴
，∴
在R 上单调递减．
∵
，∴
的图象关于直线
对称，∴
，
∴
．∵
，∴
，即
，∴
2，
故不等式
的解集是
．
故答案为：
.
7．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）问题化为方程
有两个根，构造
研究单调性，结合
得到
，即可证结论；
（2）由已知
，结合
作差，再构造
研
究其函数值符号比较
大小，根据
单调性即可证结论.
【详解】（1）函数
有两个零点，即方程
有两个根．
令
，则
，故
上
，
上
，
27
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∴
在
上单调递增，在
上单调递减，在
处取得最大值
，
∴
，即
，且
，
又
，且
，
，
结合函数
的单调性得
，
∴
．
（2）由
得：
．
而
，
∴
．
设
，则
．
令
，则
，
∴
在
上是增函数，因此
，故
．
又
，
，即
，
∴
，从而
，即
．
又
在
上是增函数，
∴
，即
．
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8．证明见解析
【分析】先利用函数有两个零点推得
，再运用对数均值不等式将其转化成
，接着将
代入导函数，换元后利用函数单调性即得.
【详解】先证对数均值不等式：
，
因要证
，不妨设
，
则只需证：
,
.
构造函数
，则
．
因为
时，
，所以函数
在
上单调递增，
故
，从而
,
得证,即有：
，
.
下证不等式
.
由题意得
，（
且
）
两式相减得
，
，则
（*），
则
，且由对数均值不等式可得：
，
29
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故由（*）可得：
．
由
求导得：
，
于是
，
设
，则
，
，
因
在
上递减，故有：
，
即：
.
规律方法：
构造函数比较大小的常见类型
(1)构造相同的函数，利用单调性，比较函数值的大小；
(2)构造不同的函数，通过比较两个函数的函数值进行比较大小．
一、单选题
1．（2022·广东汕头·一模）已知
，
，
，则以下不等式正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2023·江西萍乡·二模）已知
，则这三个数的大小关系为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（22-23 高三上·福建厦门·期末）已知定义在
上的可导函数f（x）的导函数为f（x），满足
且
为偶函数.
为奇函数，若
，则不等式
的解集为（
）
专题精练
30
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A．
B．
C．
D．
4．（23-24 高二下·广东佛山·期中）已知
，
，
，则
的大小关系为
（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2023·辽宁·模拟预测）已知函数f（x）为定义在R 上的偶函数，当
时，
，
，则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（22-23 高三下·江西南昌·阶段练习）已知定义在
上的函数
满足
，
为
的导函数，当
时，
，则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（22-23 高二上·重庆沙坪坝·期末）已知
是函数
的导函数，
，且对于任意的
有
．则下列不等式一定成立的是（ ）
A．
B．
31
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C．
D．
8．（2023·辽宁·模拟预测）已知函数
是定义在
上的可导函数，其导函数为
，若对任意
有
，
，且
，则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
9．（22-23 高三上·湖南长沙·阶段练习）已知函数
，若
，则下列选项正确的是
（ ）
A．
B．
C．当
时，
D．若方程
有一个根，则
10．（22-23 高二下·重庆沙坪坝·开学考试）若函数
的定义域为
，其导函数为
，满足
恒成立，则下列结论一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．（22-23 高二下·江苏南京·阶段练习）若两曲线
与
存在公切线，则正实数a 的取值
可以是（ ）
32
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A．1
B．e
C．e2
D．3e
三、填空题
12．（23-24 高三上·上海浦东新·期中）定义在
上的函数
满足
，其中
为
的导函数，若
，则
的解集为 .
13．（2022 高三·全国·专题练习）如果
，那么
的取值范围是
．
14．（23-24 高三上·河南焦作·开学考试）已知定义在R 上的函数
及其导函数
满足
，若
，则满足不等式
的x 的取值范围是 ．
四、解答题
15．（22-23 高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数
，
.
(1)若对于任意
，都有
，求实数
的取值范围；
(2)若函数
有两个零点
，求证：
.
16．（2023 高三·全国·专题练习）已知函数
．
(1)若
在
上单调递增，求实数
的取值范围；
(2)当
时，
，不等式
是否恒成立？并说明理由．
参考答案：
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
A
C
A
C
A
B
BC
AC
题号
11
答案
AB
1．C
【分析】由于
，所以构造函数
，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单
调性比较大小即可
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【详解】
，
，
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递增，在
上递减，
因为
，
所以
，
，
因为
，
所以
，
所以
故选：C
2．C
【分析】令
，利用导数可知
在
上单调递增，在
上单调递减，结合
，
可得答案.
【详解】令
，令
得
，令
得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
因为
，
且
，
则
，即
.
故选：C.
3．A
【分析】先证明出
为周期为8 的周期函数，把
转化为
.记
，利用导
34
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数判断出
在
上单调递减，把原不等式转化为
，即可求解.
【详解】因为
为偶函数，
为奇函数，
所以
，
.
所以
，
，所以
.
令
，则
.
令上式中取
，则
，所以
.
令取
，则
，所以
.
所以
为周期为8 的周期函数.
因为
为奇函数，所以
，
令
，得：
，所以
，所以
，即为
，所以
.
记
，所以
.
因为
，所以
，所以
在
上单调递减.
不等式
可化为
，即为
.
所以
.
故选：
.
4．C
【分析】根据给定条件，构造函数
，利用导数判断单调性即可得解.
【详解】令函数
，求导得
，
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因此函数
在
上单调递增，则
，
，
所以
.
故选：C
5．A
【分析】根据题意构造函数
，通过导数研究函数
的单调性和奇偶性，将不等式等价转
化为
，分情况讨论并求解即可.
【详解】因为
，所以
，
构造函数
，当
时，
，
所以函数
在区间
内单调递增，且
，
又
是定义在R 上的偶函数，所以
是定义在R 上的偶函数，
所以
在区间
内单调递减，且
．
不等式
整理可得：
，
即
，当
时，
，则
，解得
；当
时，
，则
，
解得
，又
，所以
．
综上，不等式
的解集为
．
故选：A．
6．C
【分析】由题意设
，结合题意可得
，即函数
是定义在
上的奇函数，又
当
，
时，
，则
，可得
在
，
上单调递增，在
，
上单
36
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调递增，利用单调性，即可得出答案．
【详解】令
，
则
，即
，
故函数
是定义在
上的奇函数，
当
,
时，
，则
，
故
在
,
上单调递增，在
,
上单调递增，
所以
在
上单调递增，
又
，则
，
则不等式
，即
，
故
，解得
．
故选：C．
7．A
【分析】设
，
，根据已知条件，利用导数得到
为增函数，由
可推出
A 正确；由
可推出B 不正确；由
可推出C 不正确；由
可推出D 不正确.
【详解】因为对于任意的
有
．又
，
，
所以
，
设
，
，则
，
因为当
时，
，所以
，
所以
在
上为增函数，
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因为
，所以
，所以
，所以
，所以
，故A 正确；
因为
，所以
，所以
，所以
，所以
，
故B 不正确；
因为
，所以
，所以
，所以
，所以
，故
C 不正确；
因为
，所以
，所以
，所以
，所以
，故
D 不正确；
故选：A
8．B
【分析】构造
，确定函数
在
上单调递增，计算
，
，转化得到
，根据单调性得到答案.
【详解】设
，则
恒成立，故函数
在
上单调递增.
，则
，即
，故
.
，即
，即
，故
，解得
.
故选：B.
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9．BC
【分析】构造函数
，利用导数判断函数的单调性，可判断A 选项；由函数
的单调性可判断B 选项；利用函数
在区间
上的单调性可判断C 选项；取特例可
判断D 选项.
【详解】对于A 选项，构造函数
，定义域为
，
，
当
时，
；当
时，
．
所以，函数
的单调递减区间为
，单调递增区间为
当
时，
，即
，A 选项错误；
对于B 选项，
，由于函数
在
上单调递增，
当
时，
，即
，所以
，B 选项正确；
对于C 选项，函数
，定义域为
，
令
，则
；令
，可得
所以，函数
的单调递减区间为
，单调递增区间为
.
当
时，
，则
，
即
，C 选项正确；
对于D 选项，当
时，若方程
也只有一个根
，D 选项错误.
故选：BC
10．AC
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【分析】构造函数
，利用导数研究
的单调性，由此求得正确答案.
【详解】构造函数
，
，
所以
在
上单调递增，
，
所以
，则
，A 选项正确，
，所以
，B 选项错误，
，所以
，C 选项正确，
，所以
，D 选项错误.
故选：AC
11．AB
【分析】设两个切点分别为
，
，可得两函数的切线方程，从而可得
，
令
，利用导数求出
，可得
的取值范围，从而得答案.
【详解】解：设两曲线
与
的两个切点分别为
，
，
由
可得
；由
可得
，
则过两切点的切线方程分别为
，
，
化简得
，
．
40
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因为两条切线为同一条，所以
，
解得
．
令
，
，
令
，得
，
当
时，
；当
时，
；
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
则
，
所以
．
故选：AB.
12．
【分析】根据
的结构特征结合
，可设
，求导后即可判
断其正负，从而判断
的单调性，进而将
转化为
，利用函数的单调性即可求得不
等式的解集.
【详解】由题意知
，故
，
设
，则
，
即
在R 上单调递增，
由
，可得
，
故
即
，即
，则
，
41
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故
，即
的解集为
，
故答案为：
13．
【分析】将不等式化简，构造函数根据单调性求解
【详解】
，
即
，
令
，
在
上单调递减，
则
可化为
，
解得
．
故答案为：
14．
【分析】由条件
，构造函数
，由
得
在
上单调递增，再利用单
调性解不等式即可.
【详解】由题意，对任意
，都有
成立，
即
．
构造函数
，
则
，
所以函数
在
上单调递增．
42
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不等式
即
，即
．
因为
，所以
．
故由
，得
.
所以不等式
的解集为
，
故答案为：
.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过转化构造函数
，利用导数求出该函数的最小值即可；
（2）通过利用极值点偏移的知识，令
，
，利用导数相关知识转化为证明
即可.
【详解】（1）结合题意：对于任意
，都有
，所以
，
因为
，所以只需
，
，
当
时，
，
在
上单调递减；
当
时，
，
在
上单调递增.
所以只需
；
（2）
等价于
，
设函数
，
，易知
在区间
上单调递增；
上单调递减，
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由
知
且
，
，
设函数
，其中
，
知
，
知
在区间
上单调递增，即
时
，
即
时，
，
即
，
又由已知由
且
，
有
且
，由
在
上单调递减，
所以
，即
.
16．(1)
；
(2)恒成立，理由见解析.
【分析】（1）通过多次求导，得出函数的单调性，即可根据单调性证明结论；
（2）由（1）可推得
.原题可转化为
，不等式
恒成立．构
造g(x)=e
x−x
2
2 −x−1，通过导函数证明得到
，然后根据
时，
即可得出答案.
【详解】（1）由题意
.
令
，则
.
令
，则
．
∵
，
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∴
即
在
上单调递增，则有
．
从而
，即
在
上单调递增，
∴
．
要使
在
上单调递增，只需
，则
，所以
．
（2）由（1）可知，当
时，
，且
，
即
，
∴
．
因此，要使
，不等式
恒成立，
只需
，不等式
恒成立，
即
，不等式
恒成立．
先证当
时，上述不等式恒成立．
令g(x)=e
x−x
2
2 −x−1，则
，
．
当
时，
，∴
在
上单调递增，故
，从而
在
上单
调递增，因此
，即
．
∴当
时，
．
故当
时，
，不等式
恒成立．
【点睛】方法点睛：利用导数证明函数不等式恒成立问题，常构造函数，根据导函数得到函数的单调性，
进而得到函数的最值，即可证明.
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