高考數(shù)學(xué)重難點培優(yōu)全攻略(新高考專用)微重點01導(dǎo)數(shù)中函數(shù)的構(gòu)造問題(2大考點+強化訓(xùn)練)(原卷版+解析)

微重點01導(dǎo)數(shù)中函數(shù)的構(gòu)造問題（2大考點+強化訓(xùn)練）【知識導(dǎo)圖】【考點分析】考點一：導(dǎo)數(shù)型構(gòu)造函數(shù)考向1利用f(x)與x構(gòu)造規(guī)律方法(1)出現(xiàn)nf(x)＋xf′(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xnf(x)；(2)出現(xiàn)xf′(x)－nf(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,xn).【例題1】已知是定義在上的增函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)滿足，則下列結(jié)論正確的是（）A．對于任意， B．當(dāng)且僅當(dāng)，C．對于任意， D．當(dāng)且僅當(dāng)，【變式1】(2023·常州模擬)已知f(x)是定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x>0時，xf′(x)＋2f(x)>0，若f(2)＝0，則不等式x2f(x)>0的解集是________________．【變式2】已知函數(shù)f(x)的定義域為[0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f′(x)<eq\f(fx,x＋1)恒成立，則()A．f(2)>f(3) B．2f(1)>f(3)C．f(5)>2f(2) D．3f(5)>f(1)考向2利用f(x)與ex構(gòu)造規(guī)律方法(1)出現(xiàn)f′(x)＋nf(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝enxf(x)；(2)出現(xiàn)f′(x)－nf(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,enx).【例題2】已知定義在上的函數(shù)和分別滿足，，則下列不等式恒成立的是()A． B．C． D．【變式1】函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集為()A．{x|x>0}B．{x|x<0}C．{x|x<－1或x>1}D．{x|x<－1或0<x<1}【變式2】(2023·黃山模擬)已知定義域為R的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f′(x)－2f(x)<0，f(0)＝1，則()A．e2f(－1)<1 B．f(1)>e2C．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<e D．f(1)>ef

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))考向3利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造規(guī)律方法函數(shù)f(x)與sinx，cosx相結(jié)合構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的幾種常見形式(1)F(x)＝f(x)sinx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；(2)F(x)＝eq\f(fx,sinx)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)；(3)F(x)＝f(x)cosx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；(4)F(x)＝eq\f(fx,cosx)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x).【例題3】(2023·重慶模擬)已知偶函數(shù)f(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)0≤x<eq\f(π,2)時，有f′(x)cosx＋f(x)sinx>0成立，則關(guān)于x的不等式f(x)>2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))【變式】(2023·成都統(tǒng)考)記函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時恒有f(x)cosx＋f′(x)sinx>0成立，則()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))B．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>－eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))C.eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))D.eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))>－eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))考點二：構(gòu)造函數(shù)比較大小規(guī)律方法構(gòu)造函數(shù)比較大小的常見類型(1)構(gòu)造相同的函數(shù)，利用單調(diào)性，比較函數(shù)值的大??；(2)構(gòu)造不同的函數(shù)，通過比較兩個函數(shù)的函數(shù)值進行比較大?。纠}4】（2023上·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知，.若存在，，使得成立，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．當(dāng)時， B．當(dāng)時，C．不存在，使得成立 D．恒成立，則【變式1】（2023下·遼寧·高二鳳城市第一中學(xué)校聯(lián)考期中）下列不等式恒成立的是（

）A． B．C． D．【變式2】(2023·榆林統(tǒng)考)已知a＝ln

eq\f(9,4\r(e))，b＝ln

eq\f(16,9\r(3,e))，c＝2ln

eq\f(5,4)－eq\f(1,4)，則()A．a(chǎn)<c<b B．b<a<cC．a(chǎn)<b<c D．c<b<a【變式3】(2023·咸陽模擬)已知a＝eq\f(1,2023)，b＝，c＝eq\f(cos

\f(1,2023),2023)，則()A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．b>c>a D．a(chǎn)>c>b【變式4】(2023·山西聯(lián)考)設(shè)a＝eq\f(1,2e)，b＝eq\f(lnπ,2π)，c＝eq\f(ln\r(3),3)，則()A．b>c>a B．b>a>cC．a(chǎn)>b>c D．a(chǎn)>c>b【強化訓(xùn)練】一、單選題1．定義在R上的函數(shù)和滿足，且，則下列不等式成立的是（

）A． B．C． D．2．（2022上·廣東佛山·高三統(tǒng)考期末）設(shè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)是，且恒成立，則（

）A． B． C． D．3．已知定義在上的函數(shù)和分別滿，且則下列不等式成立的是A． B．C． D．4．設(shè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，對任意都有成立，則A． B．C． D．5．定義在上的函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的曲線，且，當(dāng)時，恒成立，則下列判斷一定正確的是（

）A． B．C． D．6．已知定義在上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且對任意都有，，則不等式的解集為A． B． C． D．7．（2023上·上海徐匯·高三上海市第二中學(xué)?？计谥校┮阎x在R上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)滿足：對任意都有，則下列各式恒成立的是（

）A．， B．，C．， D．，8．(2023·漢中模擬)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的函數(shù)，且滿足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)a＝f(0)，b＝3f(ln3)，c＝ef(1)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．c>b>a B．a(chǎn)>b>cC．c>a>b D．b>c>a9．(2023·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)－1<0，f(e)＝2，則關(guān)于x的不等式f(ex)<x＋1的解集為()A．(0,1) B．(0，e)C．(1，＋∞) D．(e，＋∞)10．(2023·南充模擬)設(shè)定義在R上的函數(shù)y＝f(x)滿足任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，且當(dāng)x∈(0,4]時，xf′(x)>f(x)，則f(2021)，eq\f(f2022,2)，eq\f(f2023,3)的大小關(guān)系是()A．f(2021)<eq\f(f2022,2)<eq\f(f2023,3)B.eq\f(f2022,2)<f(2021)<eq\f(f2023,3)C.eq\f(f2023,3)<eq\f(f2022,2)<f(2021)D.eq\f(f2023,3)<f(2021)<eq\f(f2022,2)11．(2023·新余模擬)已知a＝ln1.1，b＝eq\f(1,11)，c＝eq\r(0.1)，則()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．c>b>a D．c>a>b二、多選題12．（2023·浙江·二模）已知時，，則（

）A．當(dāng)時， B．當(dāng)時，C．當(dāng)時， D．當(dāng)時，13．（2023·云南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）函數(shù)，則下列說法正確的是（

）A． B．C．若，x?y均為正數(shù)，則 D．若有兩個不相等的實根，則14．（2024上·云南昆明·高三云南師大附中?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)的定義域是，是的導(dǎo)函數(shù)，若對任意的，都有，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B．C． D．當(dāng)時，15．已知偶函數(shù)對于任意的滿足（其中是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)），則下列不等式中不成立的是（

）A． B．C． D．16．（2022上·安徽·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知函數(shù)，是其導(dǎo)函數(shù)，，恒成立，則（

）A． B．C． D．三、填空題17．(2023·吉林省實驗?？寄M)已知a＝sin0.9，b＝0.9，c＝cos0.9，則a，b，c的大小關(guān)系是________．微重點01導(dǎo)數(shù)中函數(shù)的構(gòu)造問題（2大考點+強化訓(xùn)練）【知識導(dǎo)圖】【考點分析】考點一：導(dǎo)數(shù)型構(gòu)造函數(shù)考向1利用f(x)與x構(gòu)造規(guī)律方法(1)出現(xiàn)nf(x)＋xf′(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xnf(x)；(2)出現(xiàn)xf′(x)－nf(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,xn).【例題1】已知是定義在上的增函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)滿足，則下列結(jié)論正確的是（）A．對于任意， B．當(dāng)且僅當(dāng)，C．對于任意， D．當(dāng)且僅當(dāng)，【答案】C【分析】由題意得及可得，構(gòu)造函數(shù)，可得是定義在上的增函數(shù)，又，可證得和和時都有，進而得到結(jié)論．【詳解】因為是定義在上的增函數(shù)，所以在上恒成立，又，所以．令，則，所以是定義在上的增函數(shù)，又因為，所以當(dāng)時，，則；當(dāng)時，，則；當(dāng)時，由于在上為增函數(shù)，則．所以對于任意，.故選C．【點睛】本題考查函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意構(gòu)造出函數(shù)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性進行分析、判斷，屬于中檔題．【變式1】(2023·常州模擬)已知f(x)是定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x>0時，xf′(x)＋2f(x)>0，若f(2)＝0，則不等式x2f(x)>0的解集是________________．【答案】(－2,0)∪(2，＋∞)【解析】構(gòu)造函數(shù)g(x)＝x2f(x)，其中f(x)為奇函數(shù)且x≠0，則g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，所以函數(shù)g(x)為奇函數(shù)，且g(2)＝0，g(－2)＝－g(2)＝0，當(dāng)x>0時，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因為函數(shù)g(x)為奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，故x2f(x)>0?g(x)>0，當(dāng)x<0時，g(x)>0＝g(－2)，可得－2<x<0；當(dāng)x>0時，g(x)>0＝g(2)，可得x>2.綜上所述，不等式x2f(x)>0的解集為(－2,0)∪(2，＋∞)．【變式2】已知函數(shù)f(x)的定義域為[0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f′(x)<eq\f(fx,x＋1)恒成立，則()A．f(2)>f(3) B．2f(1)>f(3)C．f(5)>2f(2) D．3f(5)>f(1)【答案】B【解析】設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x＋1)，x≥0，因為f′(x)<eq\f(fx,x＋1)，x≥0，所以(x＋1)f′(x)－f(x)<0，則g′(x)＝eq\f(x＋1f′x－fx,x＋12)<0，所以g(x)在定義域上是減函數(shù)，從而g(1)>g(2)>g(3)>g(5)，即eq\f(f1,2)>eq\f(f2,3)>eq\f(f3,4)>eq\f(f5,6).所以4f(2)>3f(3)，2f(1)>f(3)，2f(2)>f(5)，3f(1)>f(5)．考向2利用f(x)與ex構(gòu)造規(guī)律方法(1)出現(xiàn)f′(x)＋nf(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝enxf(x)；(2)出現(xiàn)f′(x)－nf(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,enx).【例題2】已知定義在上的函數(shù)和分別滿足，，則下列不等式恒成立的是()A． B．C． D．【答案】C【分析】，令，則，由，令可得，進而得出，，，令，及其已知，可得，利用函數(shù)在上單調(diào)遞減，即可得出答案【詳解】令，則，令，則，解得，則，令，，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，則，可得故選:C【點睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、構(gòu)造法、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．【變式1】函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集為()A．{x|x>0}B．{x|x<0}C．{x|x<－1或x>1}D．{x|x<－1或0<x<1}【答案】A【解析】令φ(x)＝exf(x)－ex，x∈R，則φ′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．又f(x)＋f′(x)>1，∴f(x)＋f′(x)－1>0，∴φ′(x)>0，∴φ(x)在定義域上是增函數(shù)，不等式exf(x)>ex＋1可化為exf(x)－ex>1，又φ(0)＝e0f(0)－e0＝1，∴原不等式等價于φ(x)>φ(0)，故x>0，∴原不等式的解集為{x|x>0}．【變式2】(2023·黃山模擬)已知定義域為R的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f′(x)－2f(x)<0，f(0)＝1，則()A．e2f(－1)<1 B．f(1)>e2C．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<e D．f(1)>ef

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))【答案】C【解析】設(shè)g(x)＝eq\f(fx,e2x)，則g′(x)＝eq\f(f′x·e2x－2fxe2x,e2x2)＝eq\f(f′x－2fx,e2x)，因為f′(x)－2f(x)<0在R上恒成立，所以g′(x)<0在R上恒成立，故g(x)是減函數(shù)，所以g(－1)>g(0)，eq\f(f－1,e－2)＝e2f(－1)>eq\f(f0,e0)＝1，故A不正確；g(1)<g(0)，即eq\f(f1,e2)<eq\f(f0,e0)，即f(1)<e2f(0)＝e2，故B不正確；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<g(0)，即eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),e1)<eq\f(f0,e0)＝1，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<e，故C正確；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>g(1)，即eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),e1)>eq\f(f1,e2)，即f(1)<ef

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，故D不正確．考向3利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造規(guī)律方法函數(shù)f(x)與sinx，cosx相結(jié)合構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的幾種常見形式(1)F(x)＝f(x)sinx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；(2)F(x)＝eq\f(fx,sinx)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)；(3)F(x)＝f(x)cosx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；(4)F(x)＝eq\f(fx,cosx)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x).【例題3】(2023·重慶模擬)已知偶函數(shù)f(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)0≤x<eq\f(π,2)時，有f′(x)cosx＋f(x)sinx>0成立，則關(guān)于x的不等式f(x)>2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))【答案】C【解析】構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,cosx)，－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2)，g′(x)＝eq\f(f′xcosx－fxcosx′,cos2x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)，當(dāng)0≤x<eq\f(π,2)時，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，因為函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，且函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，因為x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以cosx>0，關(guān)于x的不等式f(x)>2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx可變?yōu)閑q\f(fx,cosx)>eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，即g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以g(|x|)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)<x<\f(π,2)，))解得eq\f(π,3)<x<eq\f(π,2)或－eq\f(π,2)<x<－eq\f(π,3).【變式】(2023·成都統(tǒng)考)記函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時恒有f(x)cosx＋f′(x)sinx>0成立，則()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))B．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>－eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))C.eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))D.eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))>－eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))【答案】B【解析】令g(x)＝f(x)sinx，則g′(x)＝f(x)cosx＋f′(x)sinx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時恒有f(x)cosx＋f′(x)sinx>0，所以g′(x)>0，則g(x)＝f(x)sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞增，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，則－eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>－eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，選項A錯誤；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，則－eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>－eq\f(\r(3),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，又f(x)為奇函數(shù)，所以－f(－x)＝f(x)，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>－eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，選項B正確；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，則eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，所以eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))<eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，選項C錯誤；由eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，得－eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，選項D錯誤．考點二：構(gòu)造函數(shù)比較大小規(guī)律方法構(gòu)造函數(shù)比較大小的常見類型(1)構(gòu)造相同的函數(shù)，利用單調(diào)性，比較函數(shù)值的大小；(2)構(gòu)造不同的函數(shù)，通過比較兩個函數(shù)的函數(shù)值進行比較大?。纠}4】（2023上·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知，.若存在，，使得成立，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．當(dāng)時， B．當(dāng)時，C．不存在，使得成立 D．恒成立，則【答案】AB【分析】A選項，轉(zhuǎn)化同構(gòu)形式，根據(jù)函數(shù)在上單調(diào)，可得，即；B選項，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的最小值問題即可；C選項，特值驗證，找到滿足條件即可；D選項，不等式變形、分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為恒成立問題，構(gòu)造函數(shù)研究最值即可.【詳解】選項A，，則，且，由，得，當(dāng)時，，則在上遞增，所以當(dāng)時，有唯一解，故，，故A正確；選項B，由A正確，得，設(shè)，則，令，解得易知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，，，故B正確；選項C，由，，得，又驗證知，故存在，使得，C錯誤；選項D，由，恒成立，即恒成立，令，則，由在上遞增，又，，存在，使，在上遞減，在上遞增（其中滿足，即）.，要使恒成立，，存在滿足題意，故D錯誤.故選：AB.【點睛】方法點睛：在應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合題型中，在題干條件中同時出現(xiàn)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)，通?？梢钥紤]借助冪函數(shù)作為橋梁，通過變形轉(zhuǎn)化為相同結(jié)構(gòu)的式子，再構(gòu)造函數(shù)研究問題，即指對同構(gòu)思想的應(yīng)用.【變式1】（2023下·遼寧·高二鳳城市第一中學(xué)校聯(lián)考期中）下列不等式恒成立的是（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】A選項，構(gòu)造函數(shù)，及，，由導(dǎo)函數(shù)得到其單調(diào)性，證明出結(jié)論；BC選項，可舉出反例；D選項，放縮后，只需證明，構(gòu)造，，由隱零點結(jié)合基本不等式證明出結(jié)論.【詳解】A選項，令，，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，令，，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，故，A正確；B選項，，則，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，當(dāng)時，，故不滿足，B錯誤；C選項，令，，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，C錯誤；D選項，由題意得，令，，，令，則恒成立，故在上單調(diào)遞增，因為，，所以存在使得，即，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，當(dāng)且僅當(dāng)時，即時，等號成立，又，故等號取不到，所以，故，，D正確.故選：AD【點睛】隱零點的處理思路：第一步：用零點存在性定理判定導(dǎo)函數(shù)零點的存在性，其中難點是通過合理賦值，敏銳捕捉零點存在的區(qū)間，有時還需結(jié)合函數(shù)單調(diào)性明確零點的個數(shù)；第二步：虛設(shè)零點并確定取范圍，抓住零點方程實施代換，如指數(shù)與對數(shù)互換，超越函數(shù)與簡單函數(shù)的替換，利用同構(gòu)思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次.【變式2】(2023·榆林統(tǒng)考)已知a＝ln

eq\f(9,4\r(e))，b＝ln

eq\f(16,9\r(3,e))，c＝2ln

eq\f(5,4)－eq\f(1,4)，則()A．a(chǎn)<c<b B．b<a<cC．a(chǎn)<b<c D．c<b<a【答案】D【解析】a＝ln

eq\f(9,4\r(e))＝2ln

eq\f(3,2)－eq\f(1,2)，b＝ln

eq\f(16,9\r(3,e))＝2ln

eq\f(4,3)－eq\f(1,3)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝2ln(x＋1)－x(0<x<1)，則f′(x)＝eq\f(2,x＋1)－1＝eq\f(1－x,x＋1)，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，所以c<b<a.【變式3】(2023·咸陽模擬)已知a＝eq\f(1,2023)，b＝，c＝eq\f(cos

\f(1,2023),2023)，則()A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．b>c>a D．a(chǎn)>c>b【答案】B【解析】設(shè)f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，令f′(x)<0?x<0，令f′(x)>0?x>0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，得ex≥x＋1.所以b＝>－eq\f(2022,2023)＋1＝eq\f(1,2023)＝a，即b>a；又0<cos

eq\f(1,2023)<1，所以c＝eq\f(cos

\f(1,2023),2023)<eq\f(1,2023)＝a，即a>c，所以b>a>c.【變式4】(2023·山西聯(lián)考)設(shè)a＝eq\f(1,2e)，b＝eq\f(lnπ,2π)，c＝eq\f(ln\r(3),3)，則()A．b>c>a B．b>a>cC．a(chǎn)>b>c D．a(chǎn)>c>b答案D解析易知a＝eq\f(1,2e)＝eq\f(lne,2e)，b＝eq\f(lnπ,2π)，c＝eq\f(ln\r(3),3)＝eq\f(ln3,2×3)，令f(x)＝eq\f(lnx,2x)(x>0)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,2x2)，f′(x)<0?x>e，所以f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，又因為e<3<π，所以f(e)>f(3)>f(π)，即a>c>b.【強化訓(xùn)練】一、單選題1．定義在R上的函數(shù)和滿足，且，則下列不等式成立的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先由導(dǎo)數(shù)得出，代入解析式解得，從而得出，由得出在上單調(diào)遞減，利用得出答案.【詳解】，則，解得，由得出，故，則.因為，所以函數(shù)在R上單調(diào)遞減，故，，即，故.故選：D【點睛】本題考查函數(shù)不等式正誤的判斷，解題時要結(jié)合題中不等式構(gòu)造新函數(shù)，利用單調(diào)性來進行判斷，難點在于構(gòu)造新函數(shù)，考查分析問題與解決問題的能力，屬于難題.2．（2022上·廣東佛山·高三統(tǒng)考期末）設(shè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)是，且恒成立，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)研究其單調(diào)性，求出結(jié)果.【詳解】設(shè)，則恒成立，所以單調(diào)遞增，故，即，解得：，即.故選：D3．已知定義在上的函數(shù)和分別滿，且則下列不等式成立的是A． B．C． D．【答案】B【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)，設(shè)，設(shè)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可.【詳解】因為，所以，則即，將代入，可得：，所以，設(shè)，則由于，所以恒成立，所以單調(diào)遞減，所以，，故有，即，因此故選：.【點睛】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，需要構(gòu)造函數(shù)，一般：(1)條件含有，就構(gòu)造，(2)若，就構(gòu)造，(3)，就構(gòu)造，(4)就構(gòu)造，等便于給出導(dǎo)數(shù)時聯(lián)想構(gòu)造函數(shù).4．設(shè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，對任意都有成立，則A． B．C． D．【答案】A【分析】由已知，令，借助導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后根據(jù)整理即可做出判斷.【詳解】由已知，函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，對任意都有成立，令，所以在R上單調(diào)遞減，因此，，即.故選：A.【點睛】利用導(dǎo)數(shù)解抽象函數(shù)不等式，實質(zhì)是利用導(dǎo)數(shù)研究對應(yīng)函數(shù)單調(diào)性，而對應(yīng)函數(shù)需要構(gòu)造.構(gòu)造輔助函數(shù)常根據(jù)導(dǎo)數(shù)法則進行：如構(gòu)造，構(gòu)造，構(gòu)造，構(gòu)造等.5．定義在上的函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的曲線，且，當(dāng)時，恒成立，則下列判斷一定正確的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】構(gòu)造函數(shù)，判斷為偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，再計算函數(shù)值比較大小得到答案.【詳解】構(gòu)造函數(shù)，因為，所以則，所以為偶數(shù)當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增，所以有，則，即，即.故選【點睛】本題考查了函數(shù)的綜合應(yīng)用，構(gòu)造函數(shù)判斷其奇偶性和單調(diào)性是解題的關(guān)鍵.6．已知定義在上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且對任意都有，，則不等式的解集為A． B． C． D．【答案】B【分析】先構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)得到在R上單調(diào)遞增，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可求得不等式的解集.【詳解】構(gòu)造函數(shù)，，.又任意都有.在R上恒成立.在R上單調(diào)遞增.當(dāng)時，有，即的解集為.【點睛】本題主要考查利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式，根據(jù)題目條件構(gòu)造一個新函數(shù)是解決本題的關(guān)鍵.7．（2023上·上海徐匯·高三上海市第二中學(xué)?？计谥校┮阎x在R上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)滿足：對任意都有，則下列各式恒成立的是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合已知判斷其導(dǎo)數(shù)符號可知單調(diào)性，然后由單調(diào)性可解.【詳解】記，則，因為，即，所以，所以在R上單調(diào)遞增，故，，整理得，.故選：B【點睛】關(guān)鍵點睛：本題關(guān)鍵在于根據(jù)導(dǎo)數(shù)不等式構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，由單調(diào)性即可求解.8．(2023·漢中模擬)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的函數(shù)，且滿足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)a＝f(0)，b＝3f(ln3)，c＝ef(1)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．c>b>a B．a(chǎn)>b>cC．c>a>b D．b>c>a【答案】D【解析】令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因為f′(x)＋f(x)>0，而ex>0恒成立，所以g′(x)>0，所以g(x)在定義域上是增函數(shù)，又0<1＝lne<ln3，所以g(0)<g(1)<g(ln3)，因為a＝f(0)＝e0f(0)＝g(0)，b＝3f(ln3)＝eln3f(ln3)＝g(ln3)，c＝ef(1)＝g(1)，所以b>c>a.9．(2023·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)－1<0，f(e)＝2，則關(guān)于x的不等式f(ex)<x＋1的解集為()A．(0,1) B．(0，e)C．(1，＋∞) D．(e，＋∞)【答案】C【解析】令函數(shù)g(x)＝f(x)－lnx，x>0，則g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,x)＝eq\f(xf′x－1,x)<0，因此函數(shù)g(x)在定義域(0，＋∞)上是減函數(shù)，g(e)＝f(e)－lne＝1，因此f(ex)<x＋1?f(ex)－x<1?g(ex)<g(e)，即ex>e，解得x>1，所以不等式f(ex)<x＋1的解集為(1，＋∞)．10．(2023·南充模擬)設(shè)定義在R上的函數(shù)y＝f(x)滿足任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，且當(dāng)x∈(0,4]時，xf′(x)>f(x)，則f(2021)，eq\f(f2022,2)，eq\f(f2023,3)的大小關(guān)系是()A．f(2021)<eq\f(f2022,2)<eq\f(f2023,3)B.eq\f(f2022,2)<f(2021)<eq\f(f2023,3)C.eq\f(f2023,3)<eq\f(f2022,2)<f(2021)D.eq\f(f2023,3)<f(2021)<eq\f(f2022,2)【答案】A【解析】依題意，對任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)是周期為4的周期函數(shù)．所以f(2021)＝f(1)，eq\f(f2022,2)＝eq\f(f2,2)，eq\f(f2023,3)＝eq\f(f3,3).構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)(0<x≤4)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)>0，所以F(x)在區(qū)間(0,4]上單調(diào)遞增，所以F(1)<F(2)<F(3)，即eq\f(f1,1)<eq\f(f2,2)<eq\f(f3,3)，即f(2021)<eq\f(f2022,2)<eq\f(f2023,3).11．(2023·新余模擬)已知a＝ln1.1，b＝eq\f(1,11)，c＝eq\r(0.1)，則()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．c>b>a D．c>a>b【答案】D【解析】構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－eq\r(x)(x≥0)，所以f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(1,2\r(x))＝eq\f(2\r(x)－1＋x,2\r(x)1＋x)＝eq\f(－\r(x)－12,2\r(x)1＋x)≤0，故f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(0.1)<f(0)＝0，即ln1.1－eq\r(0.1)<0，即ln1.1<eq\r(0.1)，即a<c.因為ln1.1＝lneq\f(11,10)＝－lneq\f(10,11)＝－lneq\f(11－1,11)＝－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,11)))，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝ln(1＋x)－x，x∈(－1,0]，所以g′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝eq\f(－x,1＋x)≥0，即g(x)在(－1,0]上單調(diào)遞增，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,11)))<g(0)＝0，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,11)))＋eq\f(1,11)<0，即eq\f(1,11)<－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,11)))，即b<a，綜上，b<a<c.二、多選題12．（2023·浙江·二模）已知時，，則（

）A．當(dāng)時， B．當(dāng)時，C．當(dāng)時， D．當(dāng)時，【答案】BCD【分析】本題考慮到不等式可以用，，這3個函數(shù)進行表示，可將不等式轉(zhuǎn)化為這三個函數(shù)在時的大小位置關(guān)系.可結(jié)合，進行初步判斷函數(shù)的大小關(guān)系，結(jié)合的變化對，的相對位置的變化影響可解得本題.【詳解】設(shè)，，，由得，所以時，或.A和B選項：當(dāng)時，，設(shè)，則，當(dāng)時，所以在上單調(diào)遞增，所以，即當(dāng)時，，故.設(shè)，則，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞減，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞減.故，即，所以有，即，.設(shè)，由題意可知，，，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減，當(dāng)