2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修二专题5.3 构造函数解不等式（6类必考点）

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专题5.3 构造函数解不等式TOC \o "1-3" \t "正文,1" \h HYPERLINK \l "_Toc10455" 【知识梳理】  PAGEREF _Toc10455 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc23385" 【考点1：f′(x)>g′(x)→F(x)＝f(x)-g(x)】  PAGEREF _Toc23385 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc21006" 【考点2：xf′(x)+f(x)→[xf(x)]′】  PAGEREF _Toc21006 \h 6 HYPERLINK \l "_Toc23249" 【考点3：xf′(x)-f(x)→eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′】  PAGEREF _Toc23249 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc7608" 【考点4：f′(x)+f(x)→[exf(x)]′】  PAGEREF _Toc7608 \h 13 HYPERLINK \l "_Toc25787" 【考点5：f′(x)-f(x)→eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,ex)))′】  PAGEREF _Toc25787 \h 17 HYPERLINK \l "_Toc21615" 【考点6：cosxf(x)+f′(x)sinx→[f(x)sinx]′】  PAGEREF _Toc21615 \h 21【知识梳理】【方法技巧】利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：(1)→；(2)→；(3)→；(4)→；(5)→；(6)→；(可推导其他与三角函数结合的形式的构造)【考点1：f′(x)>g′(x)→F(x)＝f(x)-g(x)】【知识点：f′(x)>g′(x)→F(x)＝f(x)-g(x)】1．（2024上·重庆·高二重庆一中校考期末）已知定义在上的函数的导数为，若，且，则下列式子中一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，得到，得到在上单调递增，再由，得到，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】因为当时，，可得，令，可得，所以在上单调递增，因为，可得，对于A中，由，即，所以，所以A不正确；对于B中，由，即，所以，所以B不正确；对于C中，由，即，所以，所以C正确；对于D中，由，即，所以，所以D不正确.故选：C.2．（2023下·陕西榆林·高二校考阶段练习）已知定义在R上的函数f（x）的导函数为f'（x），且，若对任意，都有成立，则不等式的解集为（    ）A．（-∞，-1） B．（-1，1） C．（1，+∞） D．（-∞，1）【答案】A【分析】构造函数，利用已知不等式确定所构函数的单调性，然后利用单调性进行求解即可.【详解】构造函数，，所以函数是实数集上的增函数，所以由，故选：A3．（2024·陕西咸阳·高二统考期末）已知定义在上的函数的导函数为，且对任意都有，，则不等式的解集为A． B． C． D．【答案】B【分析】先构造函数，求导得到在R上单调递增，根据函数的单调性可求得不等式的解集.【详解】构造函数， ， .又任意都有.在R上恒成立. 在R上单调递增.当时，有，即的解集为.【点睛】本题主要考查利用函数的单调性解不等式，根据题目条件构造一个新函数是解决本题的关键.4．（2023下·河南新乡·高三校联考开学考试）设函数在上的导函数为，，对任意，都有，且，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】题意说明是奇函数，构造函数，由导数及已知得的单调性，不等式变形为，然后由单调性、奇偶性求解．【详解】因为，的定义域为所以为奇函数，，令，，因为对任意，都有，所以，所以在上单调递增.因为为偶函数，所以在上单调递减.不等式等价于，因为，所以，所以不等式等价于，所以，即.故选：B．5．（2023上·山东潍坊·高三开学考试）已知定义在实数集上的函数满足，且的导函数，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】设t=lnx，则不等式f（lnx）＞3lnx+1等价为f（t）＞3t+1，设g（x）=f（x）﹣3x﹣1，则g′（x）=f′（x）﹣3，∵f（x）的导函数f′（x）＜3，∴g′（x）=f′（x）﹣3＜0，此时函数单调递减，∵f（1）=4，∴g（1）=f（1）﹣3﹣1=0，则当x＜1时，g（x）＞g（1）=0，即g（x）＜0，则此时g（x）=f（x）﹣3x﹣1＞0，即不等式f（x）＞3x+1的解为x＜1，即f（t）＞3t+1的解为t＜1，由lnx＜1，解得0＜x＜e，即不等式f（lnx）＞3lnx+1的解集为（0，e），故选A．点睛：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：如构造；如构造；如构造；如构造等6．（2023·四川·校联考一模）已知定义在上的函数满足，且的导函数，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．或【答案】C【解析】根据题意，设，求导分析可得，即函数在上为减函数，则原不等式可以转化为，结合函数的单调性分析可得答案．【详解】解：根据题意，设，其导数，又由，即，则，即函数在上为减函数，又由（3），则（3）（3），，又由函数为减函数，则有，则不等式的解集为；故选：．【点睛】本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及不等式的求解，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键，属于中档题．7．（2024·全国·高三校联考阶段练习）已知定义在上的函数满足，且的导函数满足，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设，由题得在R上递增，求不等式的解集，即求不等式的解集，由此即可得到本题答案.【详解】设，则，，因为，所以，则在R上递增，又，所以，即，所以，得.故选：A【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性解不等式，其中涉及到构造函数.8．（2024·高二单元测试）已知定义在上的函数满足，且的导函数在上恒有，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】令，根据题意可得在为单调递减函数，进而即得.【详解】因为可化为，令，则，因为，所以，所以在上单调递减，因为，所以，所以，所以，即不等式的解集为．故选：A．【考点2：xf′(x)+f(x)→[xf(x)]′】【知识点：xf′(x)+f(x)→[xf(x)]′】1．（2024·河南·高三校联考阶段练习）已知定义在R上的函数的导函数为，若对任意的实数x，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】引入函数，由导数确定其单调性，题设不等式转化为关于函数的不等式，然后由单调性求解．【详解】设，则，所以在R上单调递减；由，得，即，所以，解得.故选：A.2．（2024·陕西渭南·高三校考阶段练习）已知定义在上的偶函数的导函数为，函数满足：当时，，且．则不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，由确定单调性，利用的单调性解题设不等式．【详解】设，则，当时，，即，在上是增函数，，又是偶函数，∴，∴不等式化为且，即且，∴．故选：B．【点睛】本题考查用导数解不等式，即由导数确定函数的单调性，由单调性解函数不等式．解题关键是构造新函数．3．（2024·安徽·高三阶段练习）已知定义在上的奇函数，其导函数为，对任意正实数满足，若，则不等式的解集是A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意可得：为奇函数且在上是增函数，可化原不等式为，解不等式即可得.【详解】为奇函数，则，则不等式为，即，由，得，所以当时，，在上递增，又，即是上的奇函数，所以在上是增函数，由得，．故选：C．4．（2023下·云南丽江·高二统考期末）已知定义在上的偶函数的导函数为，函数满足：当时， ，且．则不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由已知条件构造函数，则，在R上为奇函数，且单调递增，而由，可得，然后分和对化简，再利用的单调性可解得不等式【详解】当时，，∴，令，为上的偶函数，则，在R上为奇函数，且单调递增，且，则①当时，，即，，即，∴；②当时，，，，即，∴．综上，不等式的解集为．故选：C．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数判断函数的单调性，再利用函数的单调性解不等式，解题的关键是由构造函数，可得，从而可得在R上为奇函数，且单调递增，然后利用其单调性解不等式，属于中档题5．（2023下·四川成都·高二校联考期中）已知定义在上的函数的导函数为，若，且满足，则不等式的解集为 .【答案】【分析】构造函数，利用导数确定单调性，通过单调性即可求解不等式.【详解】构造函数，因为，所以在上单调递增，因为，所以，可化为，即，因为在上单调递增，所以，解得，故答案为：.6．（2024·江苏泰州·高三江苏省泰兴中学校联考阶段练习）已知定义在上的偶函数的导函数为，当时，，且，则不等式的解集为 .【答案】【分析】，进而结合题意得在为单调递减函数，且，再分和两种情况讨论求解即可.【详解】解：令，则，因为当时，，即所以当时，单调递减，因为是定义在上的偶函数，即，所以，，即为奇函数，所以，函数在为单调递减函数，因为所以，，所以，当时，，即，           所以，解得，当时，，即，所以，解得，综上，不等式的解集为故答案为：.【考点3：xf′(x)-f(x)→eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′】【知识点：xf′(x)-f(x)→eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′】1．（2024·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知定义在上的偶函数，其导函数为，若，，则不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】构造函数令，依题意知为偶函数且在区间单调递增；不等式，利用单调性脱去“”即可求得不等式的解集．【详解】解：令，则，因为，所以，当时，，即在区间单调递增；又是上的偶函数，所以是，，上的偶函数，又；故，于是，不等式化为，故，解得，又，故选：．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数奇偶性，考查化归思想与运算能力，属于难题．2．（2024·重庆万州·高二校考阶段练习）函数f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数，且满足f(x)>0，xf'(x)−f(x)<0，则对任意正数a，b，若a>b，则必有（    ）A．af(b)0)，再根据题意分析g(x)的单调性，进而根据a>b求得不等式即可【详解】设g(x)=f(x)x(x>0)，则g'(x)=xf'(x)−f(x)x2因为x>0时，xf'(x)−f(x)<0，所以x>0时，g'(x)<0,则函数g(x)=f(x)x在(0,+∞)上是减函数；所以对任意正数a，b，若a>b，则必有g(a)=f(a)a2，f(1)=2，则不等式exf(x)>4+2ex的解集为 【答案】(1，+∞)【分析】构造函数g(x)=exf(x)﹣2ex，可结合题设证明g'(x)=ex[f(x)+f'(x)﹣2]>0，即g(x)是R上的增函数，又f(1)=2，即g(x)>g(1)，即得解.【详解】设g(x)=exf(x)﹣2ex，则g'(x)=exf(x)+exf'(x)﹣2ex=ex[f(x)+f'(x)﹣2]，∵f(x)+f'(x)>2，ex>0，∴g'(x)=ex[f(x)+f'(x)﹣2]>0，∴g(x)是R上的增函数，又∵f(1)=2，∴g(1)=ef(1)﹣2e=2e+4﹣2e=4，∴不等式exf(x)>4+2ex等价于不等式exf(x)﹣2ex>4；即g(x)>g(1)；∴x>1，∴不等式exf(x)>4+2ex的解集为(1，+∞)故答案为：(1，+∞)【点睛】本题考查了利用导数判断函数单调性，解不等式，考查了学生转化划归，综合分析，数学运算能力，属于中档题.【考点5：f′(x)-f(x)→eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,ex)))′】【知识点：f′(x)-f(x)→eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,ex)))′】1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx在x>0上可导且满足f'x−fx>0，则下列不等式一定成立的为（    ）A．f2>ef3 B．f3ef2 D．f20在x>0时恒成立，所以g(x)=f(x)ex在x>0时单调递增，所以g(3)>g(2)，即f(3)e3>f(2)e2，所以f3>ef2，故选:C.2．（2023·全国·高三专题练习）已知定义域为R的函数fx的导函数为f'x，且f'x>fx，若实数a>0，则下列不等式恒成立的是（    ）A．aflna≥ea−1fa−1 B．aflna≤ea−1fa−1C．ea−1flna≥afa−1 D．ea−1flna≤afa−1【答案】D【分析】证明出当a>0时，lna≤a−1，构造函数gx=fxex，利用导数分析函数gx的单调性，利用函数gx的单调性可判断CD选项，构造函数mx=exfx，结合导数法可判断AB选项.【详解】构造函数ℎx=x−lnx−1，其中x>0，则ℎ'x=1−1x=x−1x.当01时，ℎ'x>0，此时函数ℎx单调递增，则ℎxmin=ℎ1=0，即lnx≤x−1，因为a>0，则lna≤a−1，对于AB选项，构造函数mx=exfx，该函数的定义域为R，则m'x=exf'x+fx，无法确定m'x的符号，无法确定函数mx的单调性，故aflna与ea−1fa−1的大小无法确定；对于CD选项，构造函数gx=fxex，该函数的定义域为R，则g'x=f'x−fxex>0，所以，函数gx在R上单调递增，则glna≤ga−1，即flnaa≤fa−1ea−1，故ea−1flna≤afa−1.故选：D.3．（2022·全国·高三专题练习）已知fx为R上的可导函数，且∀x∈R，均有fx>f'x，则以下判断正确的是（    ）A．f2021>e2021f0B．f2021f'(x)， 则ℎ'(x)=f'(x)ex−f(x)ex(ex)2<0， ∴ℎ(x)在R上单调递减， ∴ℎ(2021)<ℎ(0)，即f(2021)e2021e2019f(0),f(1)e2019f(0),f(1)>ef(0) C．f(2019)ef(0) D．f(2019)f'(x)对于x∈R恒成立（e为自然对数的底），则（    ） A．e2019⋅f(2020)>e2020⋅f(2019) B．e2019⋅f(2020)=e2020⋅f(2019)C．e2019⋅f(2020)0对于x∈R恒成立，且f(x)为定义在(−∞,+∞)上的可导函数， ∴可构造函数g(x)=f(x)ex，在(−∞,+∞)上可导 ∴g'(x)=ex[f'(x)−f(x)](ex)2=f'(x)−f(x)ex<0对于x∈R恒成立 ∴g(x)在R上单调递减 ∴g(2019)>g(2020)∴经过运算化简可知选C故选：C【点睛】本题考查了导数的运用，以及函数的构造，处理函数值的大小比较，要求学生对函数以及导函数的相关性质与形式非常熟悉，才能形成构造函数的思维，对学生要求较高，为中等难度题型.小记，当f(x)+f'(x)>0，则可构造函数g(x)=ex⋅f(x).6．（2020春·福建·高二福建省安溪第一中学校考阶段练习）已知f(x)是可导的函数，且 f ʹ(x)e2014f(0) B．f(1)>ef(0),f(2014)>e2014f(0)C．f(1)>ef(0),f(2014)−f'xcosxsinx，则下列不等式成立的是（    ）A．3f−π6>f−π3 B．f−π6>3f−π3C．3f−π6−f'xcosxsinx，因为x∈−π2,0所以f'xcosx+fxsinx<0 得g'x=f'xcosx+fxsinxcos2x<0 所以gx=fxcosx在−π2,0上单调递减， 故g−π6