专题一 函数与导数 第5讲　导数中函数的构造问题-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第5讲　导数中函数的构造问题（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 2 【考点一】导数型构造函数 2 【考点二】构造函数比较大小 3 【专题精练】 5 考情分析： 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． 真题自测 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:． 考点突破 【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 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． 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． 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：． (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：． 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． 专题精练 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（　　） 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． 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（    ） 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． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第5讲　导数中函数的构造问题（新高考专用） 目录 【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： 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． 真题自测 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， 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 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 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； 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)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， 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：， 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 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． 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. 考点突破 【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 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： 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. 【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， 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. 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: (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， ∴． 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， 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，，时， 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， 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，则先增再减再增再减， 又时，，时，，而， 故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． 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：． (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， 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 【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， 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，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， ∴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． 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：， 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． 专题精练 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（　　） 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． 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（    ） 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 【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， 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， 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. 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 【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，． 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， 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． 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， 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，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． ∵， ∴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，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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$