第09讲 构造函数解不等式讲义（知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习导数专题（新高考通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦构造函数解不等式核心考点，整合导数四则运算、指数对数型、复合型等11类题型，按“知识要点-解题策略-题型归纳”逻辑架构，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生建立从基础构造到综合应用的解题体系。 讲义创新采用分层目标设计，从基础模型记忆到拔高层隐零点处理，融入逻辑推理与数学运算素养，如通过“构造F(x)分析单调性”训练转化能力。设置典型例题与变式题组，配合易错陷阱提示，助力学生高效突破高考压轴题，为教师把控复习梯度提供清晰路径。

第09讲 构造函数解不等式 目 录 高考分析 1 学习目标 2 知识要点 4 解题策略 5 题型归纳 6 题型01: 根据导数四则运算构造辅助函数 6 (一）→ 8 （二）→ 11 （三）→ 16 题型02：构造或(，且)型 19 题型03：构造或(，且)型 25 题型04：构造或型 37 题型05：构造或型 41 题型06：构造型 42 题型07：复合型构造 47 题型08：构造求参——同构型 52 题型09：构造求参——二次构造型 55 题型10：构造求参——数列型构造 60 题型11：根据不等式（求解目标）构造具体函数 66 构造函数解不等式是高考导数模块的核心综合考点，兼具工具性与思维性，常与函数单调性、奇偶性、极值、放缩法融合，以小题压轴或解答题分问形式呈现，是高考区分中档生与尖子生的关键题型，新高考背景下考查频次与综合度持续提升。 1. 考查频次与分值占比 ①题型分布：新高考Ⅰ/Ⅱ卷、全国甲/乙卷年均考查1~2处，5分小题（选择11/12、填空15/16）为主，偶在导数解答题（12分）中作为第1小问出现，总分值占导数板块的30%左右。 ②难度定位：中等偏上至难题，小题侧重构造技巧与快速推理，解答题侧重综合分析与分类讨论，是高分段必争得分点。 2. 核心考查类型及占比 考查类型 高考占比 核心特征 典型载体 抽象函数型不等式 25% 无具体解析式，仅给与的关系 、 具体函数型不等式 50% 含、、幂函数的混合不等式，需移项构造 、、 含参数不等式求解 25% 结合参数讨论解集，需分析参数对函数单调性的影响 、 3. 近5年命题趋势 ① 融合性增强：不再孤立考查，常结合函数奇偶性、周期性、隐零点、极值点偏移，如利用奇偶性构造对称函数解抽象不等式，是新高考核心创新方向； ②构造轻量化，变形重强化：弱化复杂函数求导，强化代数式移项、拆分、恒等变形能力，重点考查“如何变形成可构造的形式”； ③ 抽象向具体过渡：纯抽象函数不等式占比下降，半抽象半具体题型增多（如已知f(x)的导数形式，结合具体区间解不等式）； ④与实际背景脱钩：摒弃应用题外壳，聚焦数学本质，侧重导数工具与函数思想的应用。 4、高考命题常见陷阱设置 ① 定义域陷阱：构造的辅助函数定义域含隐含限制（如分式分母不为0、对数真数大于0），忽略则直接导致解集错误，是高考最基础也最易踩的陷阱； ②构造等价性陷阱：移项变形时未保证等价性，如两边乘除含变量的式子（如x），未讨论符号，导致不等式方向错误； ③ 参数临界陷阱：参数临界值（如a=0、a=1）处函数单调性发生突变，遗漏临界值讨论则解集不完整； ④抽象函数奇偶性陷阱：抽象函数不等式常结合奇偶性，若未先判断辅助函数的奇偶性，直接用单调性解不等式，易导致区间漏解。 结合高考考情与题型梯度，从基础、提升、拔高、素养四个维度制定学习目标，实现从“会构造、能求解”到“快构造、巧求解、避陷阱”的进阶，适配高考不同难度层级的考查要求。 一、基础层级目标（全员必达，对应高考基础题） 知识目标 1. 理解构造函数解不等式的核心原理：将不等式问题转化为函数单调性与最值问题，通过判断构造函数的符号求解解集。 2. 熟记8类经典逆向构造模型（抽象函数核心），掌握导数四则运算法则逆用的构造逻辑，能精准匹配条件与辅助函数。 3. 掌握具体不等式的标准化构造步骤：移项整理为F(x)>0（或<0）形式，明确构造函数的基本方法。 4. 牢记函数定义域的约束作用，知道对数、分式、偶次根式等对定义域的限制，是解不等式的前提。 能力目标 1. 能解决无参数具体不等式：针对含e^x、ln x、幂函数的简单混合不等式，完成移项、构造函数、求导判单调性的完整流程，求解解集。 2. 能破解基础抽象函数不等式：对f'(x)+f(x)>0、xf'(x)+f(x)>0等典型形式，快速构造辅助函数，结合单调性解不等式。 3. 规范书写解题步骤，做到定义域先行、求导准确、单调性判断清晰，无基础性逻辑错误。 应试目标 1. 独立解决高考中基础难度的构造解不等式题，正确率≥95%，耗时≤2分钟。 2. 规避定义域遗漏、移项不等价等基础陷阱。 二、提升层级目标（中档提分，对应高考中档题） 知识目标 1. 深化具体函数构造技巧，掌握含换元的构造方法，能将复杂超越结构（如x、x\ln x）通过换元转化为基础函数。 2. 理解含参数不等式的分类讨论逻辑，明确参数对构造函数单调性、极值点的影响，掌握参数临界值的判定方法。 3. 掌握抽象函数与奇偶性、周期性的融合知识，能结合函数奇偶性拓展不等式的解集范围。 能力目标 1. 能解决含单一参数的不等式求解问题，按“参数临界值→分区间讨论单调性→确定解集”的流程完成求解。 2. 能处理半抽象半具体不等式，结合已知函数解析式与导数条件，构造辅助函数并解不等式。 3. 具备解题纠错能力，能排查求导错误、单调性误判、参数讨论遗漏等常见问题。 4. 学会用特殊值法验证解集的合理性，规避计算失误。 应试目标 1. 独立解决高考中等难度的构造解不等式小题（选择11题、填空15题），正确率≥90%，耗时≤3分钟。 2. 能规范书写含参数不等式的分段解集，做到逻辑清晰、边界准确。 三、拔高层级目标（高分冲刺，对应高考压轴题） 知识目标 1. 掌握隐零点处理的核心知识，理解隐零点设而不求的思想，能通过隐零点代换消去超越项，分析构造函数的最值。 2. 掌握多参数不等式的简化技巧，能通过分离参数、主元法将多参数问题转化为单参数或无参数问题。 3. 理解构造函数的放缩辅助技巧，能结合≥x+1、ln x≤x-1等放缩公式，简化构造函数的最值分析。 4. 掌握极值点偏移背景下的不等式构造，能结合函数对称性构造辅助函数，解双变量不等式。 能力目标 1. 能攻克含隐零点的超越不等式，完成设隐零点、代换消元、分析最值的完整流程，求解解集。 2. 能解决多参数不等式与双变量不等式，通过合理构造与转化，将复杂问题拆解为基础问题。 3. 具备构造创新能力，面对陌生形式的不等式，能通过逆向思维、类比迁移自主构造合适的辅助函数，而非依赖固定套路。 4. 能精准把控参数讨论的边界，避免重复讨论或遗漏特殊情况。 应试目标 1. 独立解决高考压轴难度的构造解不等式题（选择12题、填空16题、导数解答题小问），正确率≥85%，耗时≤5分钟。 2. 能将构造函数思想迁移到导数综合题中，解决与不等式恒成立、有解结合的综合问题。 四、素养层级目标（长期提升，适配数学核心素养） 1. 函数与方程思想：形成“以函数视角看待不等式”的思维习惯，能主动建立不等式与函数的联系，实现问题转化。 2. 逻辑推理素养：通过严谨的构造、求导、单调性分析，培养步步有据的推理能力，规避主观臆断。 3. 数学运算素养：提升导数运算、代数变形、隐零点代换的运算准确性与速度，克服复杂运算的畏难情绪。 4. 分类与整合思想：掌握含参数问题的分类标准，培养分类讨论、整合结论的系统化思维。 5. 化归与转化思想：熟练将陌生、复杂的不等式问题，转化为熟悉、简单的函数单调性与最值问题，提升问题转化能力。 1、构造抽象函数模型主要观察两个结构： （1）等价不等式的变形结构（分离变量） （2）已知条件中关于导数的关系式特征； 2、构造抽象函数模型解不等式和比较大小，前提要求学生熟练应用两个函数的和、差、积、商的求导公式，实质上就是构造目标导函数（一元）的原函数，是一个积分的过程，学生可以通过专题训练体会求原函数和原函数的不唯一性，因题而异，构造合适的抽象函数模型； 3、本专题从函数多项式、具体的指数函数、三角函数与的关系分类构造抽象函数模型，读者朋友可以基于文章，直接根据函数的四种运算进行分类讨论和归纳，其中乘法和除法比较常见，现归纳如下： 常见函数的变形 （1）对于，构造 （2）对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x)． （3）对于，构造 （4）对于，构造 （5）对于不等式，构造函数. （6）对于不等式，构造函数 对于不等式，构造函数 （7） 对于不等式，构造函数 对于不等式，构造函数 （8）对于不等式，构造函数 对于不等式，构造函数 （9）对于不等式，构造函数 对于不等式，构造函数 （10）对于，分类讨论： ①若，则构造 ②若，则构造 （11）对于，构造. （12）对于，构造. （13）对于，即，构造． （14）对于，构造． （15）对于，构造． （16）对于，构造． 4、构造函数是数学的一种重要思想方法，它体现了数学的发现、类比、化归、猜想、实验和归纳等思想．分析近些年的高考，发现构造函数的思想越来越重要，而且很多都用在压轴题(无论是主观题还是客观题)的解答上． 构造函数的主要步骤： (1)分析：分析已知条件，联想函数模型； (2)构造：构造辅助函数，转化问题本质； (3)回归：解析所构函数，回归所求问题． 1. 小题快速破题策略（3~5分钟） ① 抽象型：熟记8类经典逆向构造模型（见下表），做到“见形式，秒构造”，再结合奇偶性、单调性解不等式； ②具体型：先移项化为F(x)>0，优先构造简单可导的函数，避免复杂复合函数，若单调性明确，直接求最值判断解集； ③技巧兜底：小题可采用特殊值代入法排除错误选项，如解含参数不等式时，取参数特殊值验证解集范围。 2. 解答题规范解题策略 ①步骤标准化：移项构造F(x)→明确定义域→求导F'(x)→分析F'(x)符号，确定F(x)单调性→求F(x)极值/最值→结合最值解不等式； ②参数讨论原则：先定临界，再分区间，以函数极值点是否在定义域内、导数零点的个数为分类标准，避免重复或遗漏； ③ 隐零点处理技巧：设F'()=0，表示出或\ln，代入F(x)的表达式消去超越项，进而分析F(的符号。 3. 失分规避要点 ① 构造函数后第一步先写定义域，标注在解题过程首行； ②移项变形时，不随意乘除含变量的式子，若需乘除，先讨论变量符号； ③ 含参数讨论时，最后整合解集，按参数范围写出分段解集，避免逻辑混乱。 4.备考重点方向 ① 夯实构造模型：专项训练8类经典逆向构造模型，形成条件反射，提升抽象不等式的构造速度； ② 强化变形能力：针对性练习“超越不等式移项、拆分、换元”技巧，重点突破“xe^x、x\ln x”等高频结构的变形； ③突破参数与隐零点：专题训练含参数不等式的分类讨论和隐零点代换技巧，积累典型例题的解题套路； ④规范解题步骤：按高考评分标准书写解题过程，避免因步骤不规范导致的步骤分丢失。 题型01: 根据导数四则运算构造辅助函数 【典型例题1】已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，求导可得在上单调递减，再根据转化为，再结合的单调性求解即可. 设，则. 因为，所以，即， 所以在上单调递减. 不等式等价于不等式，即. 因为，所以，所以. 因为在上单调递减，所以，解得 故选：A 【变式训练1-1】设，分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设，可得奇偶性，求导数确定的单调性，由单调性解不等式． 设，则， 时，，递增， 又是奇函数，所以，从而， 由得， ， ，所以是奇函数， 所以在时也是增函数，， 所以由得， 综上，不等式的解为． 故选：D． 【变式训练1-2】定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令，由已知条件可得在上单调递增，不等式可转化为，即，进而有ex＞10，解不等式即可得答案. 解：令，     因为定义在上的函数满足， 所以， 所以在上单调递增， 因为， 所以， 所以不等式可转化为，即， 所以ex＞10， 所以x＞ln10， 所以不等式的解集为. 故选：B. (一）→ 【典型例题1】已知函数的定义域为，，为导函数，且对任意，均有，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】令，求出的解析式，得到关于的不等式，求出的取值范围即可. 令，则，且， 所以在单调递增， 所以，即， 解得. 故选：A. 【点睛】本题考查了构造函数，函数的单调性问题，考查导数的应用，属于基础题． 【典型例题2】已知、都是定义在上的函数，且恒成立，设(且)，又有，则的值为 . 【答案】 【解析】设函数，利用导数求得函数为递减函数，从而得到，解方程即可得答案； 设函数，则， 又∵，∴， ∴为减函数，∴， ∵，即，解得 (舍)或 (取). 故答案为：. 【点睛】本题考查导数判断函数的单调性，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意舍去不合题意的根. 【变式训练1-1-1】已知函数满足，且的导函数，则的解集为 A． B． C．或 D． 【答案】B 【解析】构造函数，通过求导分析函数单调性结合条件即可得解. 令，则， 所以在R上单调递减. 又，所以. 则即为，可得. 故选B. 【点睛】本题主要考查了利用函数导数研究函数的单调性，用到了构造函数的思想，属于中档题. 【变式训练1-1-2】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】A 【解析】令，利用导数法判断其单调性，再利用其单调性解不等式. 解：令， 则， 所以在R上递增， 又， 则不等式等价于， 所以， 故选：A 【变式训练1-1-3】设函数在上可导，，有且；对，有恒成立，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】构造函数，由，可得函数为奇函数．利用导数可得函数在和上是增函数，结合函数的单调性解不等式即可． 解：解：令， ， 函数为奇函数． 时，， 故函数在上是增函数，故函数在上也是增函数， 可得在和上是增函数， 要解即，即 ， ， 或时 故时 故选： 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性的应用，体现了转化的数学思想，构造函数利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．属于中档题． 【变式训练1-1-4】设定义在上的函数的导函数满足，则 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构造函数，通过导数可知在上单调递减，则可得，整理可得结果. 由题意知：      即在上单调递减 ，即 本题正确选项： 【点睛】本题考查函数值大小的比较问题，关键是能够构造出合适的函数，通过导数求得函数的单调性，从而得到函数值的大小关系. （二）→ 【典型例题1】已知函数是定义在上的偶函数，当时， ，若，则不等式的解集为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】分析：由联想到构造函数，此函数是奇函数，在时，，从而具有单调性，再结合已知可求得不等式解集． 设，则，∴是奇函数，又时，，因此此时是减函数，于是在时，也是减函数，由，得，∴的解集为，故选D． 点睛：构造新函数是导数的一个典型应用，难点是构造的新函数的形式，在解题中常常有这些构造法：，，，等等，平常学习中要注意总结． 【典型例题2】已知定义在上的偶函数的导函数为，当时，有，且，则使得成立的的取值范围是（） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据当时，有，令，，得到在上递增，再根据在上的偶函数，得到在上是奇函数，则在上递增，然后由，得到求解. 因为当时，有， 令， 所以， 所以在上递增， 又因为在上的偶函数 所以， 所以在上是奇函数 所以在上递增， 又因为， 所以， 当，时，，此时，， 当 ， 时，，此时，， 所以成立的的取值范围是. 故选：A 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及利用单调性解不等式，还考查了转化化归的思想和推理求解的能力，属于中档题. 【典型例题3】已知是定义在上的偶函数，且，当时，，则不等式的解集为 . 【答案】 【解析】令，由已知判断的奇偶性，利用导数判断的单调性，将不等式转化为，即可求得结论． 解：令， 因为是定义在上的偶函数，则， 所以， 所以为奇函数， 因为当时，， 则， 所以在上单调递增， 由奇函数的性质可得在上单调递增， 又，所以，所以， 不等式等价于，即， 所以不等式的解集为． 故答案为：． 【变式训练1-2-1】是定义在R上的可导函数，且满足．对任意正数，若，则必有（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先构造函数，然后对其求导，根据题意，判断其单调性，即可得出结果. 令，则，因为恒成立， 所以恒成立，所以函数在R上单调递增； 因为，所以即. 故选B 【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，先构造函数，再由导数的方法对函数求导，判断出其单调性，即可得出结果，属于常考题型. 【变式训练1-2-2】已知函数是定义在上的偶函数，且当时，不等式成立，若，，，则，，之间的大小关系为 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】构造函数，则， 当时,不等式成立，∴当时,,函数单调递减. ∵函数是定义在上的偶函数，， ∴在上是奇函数，∴在上是减函数. 而，. 本题选择C选项. 【变式训练1-2-3】函数是定义在上的偶函数，当时（其中是的导函数），若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】构造函数，根据其单调性和奇偶性，结合指数函数和对数函数的单调性，即可比较大小. 令，又为定义在上的偶函数，则， 故为定义在上的奇函数； 又，由题可知，当时，，即在单调递增， 结合是上的奇函数可知，为上的单调增函数； 又， 又，，， 故. 故选：B. 【变式训练1-2-4】设函数是上可导的偶函数，且，当，满足，则的解集为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先构造函数，再利用函数单调性解不等式. 令，因为函数在上是可导的偶函数，所以在上也是偶函数 又当时， 在上是增函数 由得 选B. 【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及利用函数性质解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题. 【变式训练1-2-5】设是函数定义在上的导函数，满足，则下列不等式一定成立的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意构造函数，结合函数的解析式和导函数的符号可确定函数的单调性，由函数的单调性即可确定题中所给的不等式是否正确. 是函数定义在（0，+∞）上的导函数，满足， 可得， 令，则， ∴函数在（0，+∞）上单调递增． ∴， ∴． 故选B． 【点睛】本题考查函数与导数的应用，正确构造函数，熟练掌握利用导数研究函数的单调性是解题的关键． 【变式训练1-2-6】设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】构造函数，求导可知其在上单调递减，进而整理所求不等式为，由函数单调性构建不等式组，解得答案. 构造函数，则 所以函数在上单调递减， 则，即，故. 故选：C 【点睛】本题考查在导数的应用中构造函数解不等式，属于中档题. （三）→ 【典型例题1】若函数在上可导，则 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】分析：根据题中所给的条件，联想函数的求导法则，构造新函数，利用导数与单调性的关系确定出函数的单调区间，从而比较出函数值的大小，最后确定出正确结果. 根据可得， 可知当时，，即， 所以可知函数在上是增函数，即， 从而得，故选A. 点睛：该题考查的是有关比较函数值的大小的问题，在解题的过程中，构造新函数就起了关键性的作用，之后利用导数研究其单调性，从而求得正确结果. 【典型例题2】已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则的解集为 . 【答案】 【解析】构造新函数，利用已知可以判断出新函数的单调性，最后利用单调性进行求解即可. 设，因为， 所以是上的减函数， 因为，所以， 因此. 所以的解集为. 故答案为： 【变式训练1-3-1】定义在上的奇函数满足时，都有不等式成立，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据构造函数，可得函数为减函数，又由为奇函数可知为偶函数，据此可比较大小. 当时不等式成立， ， 在上是减函数． 则，，， 又函数是定义在上的奇函数， 是定义在上的偶函数，则， ，在上是减函数， ，则， 故选：A． 【变式训练1-3-2】记定义域为的函数的导函数为，且对任意的都有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，可构造函数，利用导数可知，在单调递增，即可得，化简即可判断出正确选项． 不妨设，因为，设，则, 所以在单调递增，所以，即，从而． 故选：A． 【点睛】本题主要考查利用导数解决函数的单调性问题，解题关键是构造出合适的函数模型，意在考查学生的数学建模能力，属于中档题． 【变式训练1-3-3】设是定义域上的连续可导函数，且＞0，若对任意实数，＞，则当＞时有（   ） A．＞ B．＜ C．＞ D．＜ 【答案】A 【解析】构造函数，利用题设条件和函数的导数，求得新函数单调性，再利用新函数的单调性，即可求解，得到答案. 由题意，令函数，则， 因为，所以，所以函数为单调递增函数， 又由，所以，即， 又由，则， 所以＞，故选A. 【点睛】本题主要考查了函数的单调性及其应用，其中解答根据题设条件构造新函数，利用导数求得新函数的单调性是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题. 【变式训练1-3-4】设，是定义域为的恒大于零的可导函数，且，则当时，有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】首先根据题意得到，从而得到在R上为减函数．再利用的单调性求解即可. 因为， 所以，即在R上为减函数． 又因为，所以． 且，在R上恒大于零，所以，即C对，B错， 因为是满足题意的一个解，但，所以AD都错， 故选：C 题型02：构造或(，且)型 【典型例题1】函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，， 所以函数在上为增函数． 由的定义域为可知，得， 将不等式整理得，即， 可得在上恒成立，即在上恒成立； 令，其中，所以 ，令，得． 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 所以，即 故选：B． 【典型例题2】【多选】已知函数满足，.则当时，下列说法中正确的是（    ） A． B．只有一个零点 C．有两个零点 D．有一个极大值 【答案】BD 【解析】令，则， 所以，，所以，. 又，则，解得. 所以，. 则，，且，A项错误. 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减. 所以，在处有极大值为， 且只有一个极值点，D正确. 且时，有恒成立. 又，所以只有一个零点，B项正确，C项错误. 故选：BD. 【典型例题3】定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，则，因为，所以在上单调递减. 因为，所以，所以当时，，当时，，故不等式的解集为. 故选：B. 【变式训练2-1】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 【解析】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． 设，则，所以在R上单调递减；由，得，即，所以，解得. 故选：A. 【变式训练2-2】定义在上的可导函数的导函数记为，若为奇函数且，当时，，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设，根据题意求得函数在为单调递增函数，然后分，和三种情况进行求解即可 设，则， 因为当时，成立，所以，为递减函数， 又因为函数为奇函数，可得， 则，所以函数为偶函数， 所以函数在为单调递增函数， 因为，所以，，， 当时，由为奇函数可得不满足题意； 当时，由可得，所以； 当时，由可得，所以，此时， 综上所述，不等式的解集是 故选：D 【变式训练2-3】设定义R在上的函数，满足任意，都有，且时，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】依题意，任意，都有，所以是周期为的周期函数. 所以. 构造函数， 所以在区间上单调递增，所以， 即，也即. 故选：A 【变式训练2-4】定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设函数，，则， 所以在上单调递减，从而， 即，则. 故选：A. 【变式训练2-5】设定义在的函数的导函数为，且满足，则关于x的不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构造函数,再根据题意分析的单调性, 再化简可得,再利用函数的单调性与定义域求解即可. 解：令,,所以在上单调递增, ,即, 所以,,所以,故选：A. 【变式训练2-6】已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用条件构造函数，然后利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性比较大小． 解：根据题意，设， 若为奇函数，则，则函数为偶函数， 当时，， 又由当时，，则，则函数在上为减函数， ，（2），， 且，则有；故选． 【变式训练2-7】已知定义在R上的偶函数，其导函数为．当时，恒有，若，则不等式的解集为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据为偶函数，则也为偶函数，利用导数可以判断在为减函数，则不等式可转化为，解不等式即可得到答案． 解：是定义在R上的偶函数， ． 时，恒有， 又，在为减函数． 为偶函数， 也为偶函数在为增函数． 又，，即，化简得，得．故选A． 【变式训练2-8】已知奇函数是定义在上的可导函数，其导函数为，当时，有，则不等式的解集为(　　) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构造新函数，根据条件可得是奇函数，且单调增，将所求不等式化为，即，解得，即 设，因为为上奇函数，所以， 即为上奇函数对求导，得，而当时，有 故时，，即单调递增，所以在上单调递增不等式 ， 即所以，解得故选A项. 【变式训练2-9】已知奇函数的导函数为，当时，，若，，则的大小关系正确的是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】令，则，根据题意得到时，函数 单调递增，求得，再由函数的奇偶性得到，即可作出比较，得到答案． 由题意，令，则， 因为当时，，所以当时，， 即当时，，函数单调递增， 因为，所以， 又由函数为奇函数，所以， 所以，所以，故选D． 【变式训练2-10】已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，f′（x）为f（x）的导函数，且满足当x＜0时，有xf′（x）﹣f（x）＜0，则不等式f（x）﹣xf（1）＞0的解集为（ ） A．（﹣1，0）∪（1，+∞） B．（﹣∞，0）∪（0，1） C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D．（﹣1，0）∪（0，1） 【答案】A 【解析】构造函数,则,所以在单调递减,由是奇函数,可得是偶函数,所以在上单调递增,进一步分析出偶函数的单调性在对称区间内单调性相反。故建立不等式组，解不等式组求得结果. 设,则,所以在单调递减,又是奇函数，所以是偶函数，所以在上单调递增，当时, 等价于，即,所以，当时，等价于,即，所以.故选:. 【变式训练2-11】已知定义在上的函数的导函数为，若， 则不等式的解集为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】不等式的的解集等价于函数图像在下方的部分对应的x的取值集合，那就需要对函数的性质进行研究，将还原为，即，在R上单调递减，且，故当，,即可解得不等式解集. 解：令因为所以，故 故在R上单调递减，又因为所以， 所以当，，即的解集为故选B. 题型03： 构造或(，且)型 【典型例题1】设函数的定义域为，是其导函数，若，，则不等式的解集是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构造函数，通过求导判断函数的单调性,利用函数的单调性解不等式即可. 令，则， 因为，所以，化简可得， 即，所以函数在上单调递增，因为，化简得， 因为，，所以，解得， 所以不等式的解集是.故选：A 【典型例题2】定义在R上的函数满足：，，则关于不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】构造函数,由得的单调性,再将不等式转化为,由构造函数的单调性与即可求解． 设，则, , , 又， 所以, 在定义域上单调递增, 对于不等式转化为， 又，, , 而在定义域上单调递增, 故选：D 【典型例题3】已知定义在上的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令，函数的定义域为， 因为 所以， 故 故在R上单调递减， 又因为 所以，， 所以不等式可化为， 所以， 所以的解集为 故选：B. 【典型例题4】已知是定义在上的函数，其导函数为，且不等式恒成立，则下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】构造函数，利用导数与函数单调性的关系即可求得. 由题意，构造函数， 则 因为不等式恒成立， 所以，即在上单调递增， 对于A选项，因为，即，即，故A选项错误 对于B选项，因为，即，即，故B选项正确 对于C选项，因为，即，即，故C选项错误 对于D选项，因为，即，即，故D选项错误 故选：B 【变式训练3-1】定义域为R的可导函数的导函数为，满足且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】构造函数，不等式可转化为，根据判断F(x)的单调性即可求解不等式. 令，则， ∴在R上单调递减，又∵， ∴，即， ∴. 故选：C. 【变式训练3-2】已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则(　　) A．e－2 021f(－2 021)<f(0)，e2 021f(2 021)>f(0) B．e－2 021f(－2 021)<f(0)，e2 021f(2 021)<f(0) C．e－2 021f(－2 021)>f(0)，e2 021f(2 021)>f(0) D．e－2 021f(－2 021)>f(0)，e2 021f(2 021)<f(0) 【答案】A 【解析】构造函数h(x)＝exf(x)， 则h′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0， 所以函数h(x)在R上单调递增， 故h(－2 021)<h(0)，即e－2 021f(－2 021)<e0f(0)，即e－2 021f(－2 021)<f(0)． 同理，h(2 021)>h(0)，即e2 021f(2 021)>f(0)，故选A. 【变式训练3-3】已知是函数的导数，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设，求出函数的导数，得到在上单调递增，问题等价于，即可解决． 令，则， 因为， 所以，即， 设， 所以， 因为， 所以，所以在上单调递增， 因为， 所以， 所以等价于， 则，即，解得． 所以不等式的解集是． 故选：C 【变式训练3-4】已知函数在上可导，其导函数为，若满足：，，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构造函数，根据题意，求得的单调性，再利用函数的对称性，即可求得答案． 构造函数，则． 因为满足， 所以当时，．所以．此时函数单调递减； 当时，．所以．此时函数单调递增； 由已知，变形得，即，所以图像上的点关于的对称点也在函数图像上，即函数的图像关于直线对称， 不等式，可变形为，即 ， 由函数在上单调递减，在上单调递增，且，有，解得. 故选：A． 【变式训练3-5】设是定义在R上的连续的函数的导函数，（e为自然对数的底数），且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】构造函数，利用导数研究函数的单调性，然后利用函数单调性即得. 设，则， ∵， ∴，函数在R上单调递增， 又， ∴, 由，可得， 即，又函数在R上单调递增， 所以，即不等式的解集为. 故选：C． 【变式训练3-6】已知函数是定义在上的函数，且满足，其中为的导数，设，，，则、、的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】构造函数，结合条件与导数求得的单调性，从而得解. 令，则， 因为，而恒成立，所以， 所以在上单调递增， 又，所以， 因为，，， 所以，即. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题的突破口是构造函数，熟练掌握与等抽象函数的导数是解决该类问题的关键. 【变式训练3-7】已知定义在R上的偶函数（函数的导数为）满足，e3f(2018)＝1，若，则关于x的不等式的解为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，所以周期为3，为偶函数，所以f(2018)= f(2)= f(-1)= f(1) ，令,则,， 由得,所以x-2>1,x>3,即解为，选B. 点睛：利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，构造，构造，构造等. 【变式训练3-8】已知定义在上的函数的导函数为，且，设，，则，的大小关系为 A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【解析】令，则. 即在上为增函数. 所以，即，整理得：，即. 故选A. 点睛：本题主要考查构造函数，常用的有：，构造xf(x)； 2xf(x)+x2f′(x)，构造x2f(x)； ，构造; ，构造； ，构造.等等. 【变式训练3-9】设是定义在上的函数，其导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】构造函数，再结合可以得到函数 的单调性，不等式可以整理为，再根据函数的单调性即可得到解集. 构造函数， 所以， 又因为，所以，在上单调递增， 因为，所以， 不等式，可整理为，即， 因为函数在上单调递增，所以. 故选：D. 【变式训练3-10】已知函数的定义域为，满足（为的导函数），设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】构造函数，再求导分析函数的单调性，进而结合判断大小关系即可. 由，化简，令，则，所以函数在上单调递增，，所以. 故选：D 【变式训练3-11】（多选）定义在R上的函数的导函数为，且对恒成立，则下列选项不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】构造出函数，再运用求导法则求出其导数，借助导数与函数单调性之间的关系及题设中，从而确定函数是单调递减函数，然后可判断出每个答案的正误. 构造函数， 因为， 故函数在R上单调递减函数， 因为，所以，即 故B正确，A错误 因为，即，所以，故C错误 因为，即，所以，故D错误 故选：ACD 【点睛】解答本题的难点所在是如何依据题设条件构造出符合条件的函数，这里要求解题者具有较深的观察力和扎实的基本功，属于较难题. 【变式训练3-12】已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据当时，，构造，借助新函数的单调性比较大小. 设，则， 又当时，， ∴， ∴在上单调递减， ∵，∴即，故A错误； ∵，∴即，故B错误； ∵，∴， 又是定义在上的奇函数， ∴，故C正确； ∵，∴，即，故D错误. 故选：C 【变式训练3-13】设函数的导函数为，若对任意都有成立，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构建，求导，结合题意分析可得在上单调递增，再根据单调性分析判断. 构建，则， ∵对任意都有成立，则，且， ∴对任意恒成立，则在上单调递增， 又∵在上单调递增，则， ∴，即， 故. 故选：A. 【变式训练3-14】已知定义在上的函数的导函数，且，则（        ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 解析】据已知不等式构造函数，结合导数的性质进行求解即可. 构造函数，因为， 所以，因此函数是增函数， 于是有， 构造函数，因为， 所以，因此是单调递减函数， 于是有， 故选：D 【变式训练3-15】已知是定义在上的函数，导函数满足对于恒成立，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【解析】构造，求导，根据判断的单调性，然后逐一验证选项得答案. 构造，则，导函数满足，则，在上单调递减， ，则由在上单调递减得，即，所以有； ，则由在上单调递减得，即，所以有； 故选：D. 【点睛】考查构造函数：满足“”形式，优先构造，然后利用函数的单调性求解即可,注意选项的转化． 【变式训练3-16】已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】构造函数，判定其单调性计算即可. 根据题意可令， 所以在上单调递减， 则原不等式等价于， 由， 解之得. 故选：B 【变式训练3-17】已知定义在上的函数，当时，，为其导函数，且满足恒成立，若，则，，三者的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由可得，，所以，故考虑构造函数，根据导数与函数的单调性的关系证明在上单调递减，利用函数的单调性比较的大小，再证明可得结论. 设，则， 因为，所以， 所以函数在上单调递减， 又，所以， 所以，所以， 设， 则， 因为，所以， 当且仅当时，， 所以在上为减函数， 所以，即， 又当时，，所以， 又，所以， 由，可得， 所以， 所以， 故选：B. 【点睛】本题的关键在于结合已知条件构造恰当的函数，利用导数与函数的单调性的关系，判断函数的单调性，再利用单调性比较函数值的大小即可. 【变式训练3-18】定义在R上的函数的导函数为，，若对任意，都有，则使得成立的的取值范围为 . 【答案】 【解析】构造函数，对其求导，根据题中条件，由导数的方法判定函数单调性，进而可求出结果. 构造函数，， 因为对任意，都有， 所以恒成立， 所以函数在R上单调递增， 由，解得， 所以的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： 求解本题的关键在于，构造函数，结合题中条件，由导数的方法判定函数单调性，即可求解出结果. 题型04：构造或型 【典型例题1】已知定义在上的函数的导函数为，任意，有，且，设，，，则 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意构造函数，得到，得到是增函数，再根据题干得到g(x)是偶函数，代入解析式可得到最终结果. 构造函数，所以函数是增函数，因为，即， 故函数是偶函数，上函数是增函数，故 代入解析式得到<<，故. 故答案为A. 【点睛】这个题目考查了导数在研究函数的单调性中的应用，以及函数奇偶性的应用，考查了利用单调性解决不等式问题，这道题目属于抽象函数解不等式；除此之外，如果题目中给出函数的解析式，但是通过直接解不等式非常麻烦的题目，也可以通过研究函数的单调性，奇偶性等来得到不等式的解集. 【典型例题2】已知奇函数的导函数为，且在上恒有成立，则下列不等式成立的（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】构造函数，由得，即，即可得到单调性，再结合的奇偶性，即可对选项进行判断 构造函数，由在上恒有成立，即在上为增函数，又由为偶函数，，故A错误. 偶函数在上为增函数，在上为减函数， ，故B正确； ，，故C错误； ，，故D错误. 故选：B 【变式训练4-1】已知奇函数的导函数为，且在上恒有成立，则下列不等式成立的（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】构造函数，由在上恒有成立，即在上为增函数，又由为偶函数，，故A错误. 偶函数在上为增函数，在上为减函数， ，故B正确； ，，故C错误； ，，故D错误. 【变式训练4-2】已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据已知条件构造函数，再利用导数的正负与函数单调性的关系及偶函数的定义，结合函数的单调性及一元一次不等式的解法即可求解. 已知， 令，则 ， 所以在上单调递减， 又因为偶函数，所以，所以， ， 所以不等式等价于， 则，解得， 所以不等式的解集为 故选：A. 【变式训练4-3】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． 【答案】A 【解析】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. 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 【变式训练4-4】已知是定义在上的奇函数，且图象连续不间断，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（   ） A．在上有且只有1个零点 B．在区间上单调递增 C． D． 【答案】ACD 【解析】构造，根据已知及奇偶性定义、导数研究函数的性质得到在R上单调递减，且时，时，，进而判断各项的正误. 令，而是定义在上的奇函数，则， ，即在R上也是奇函数， 而，当时，， 所以在上单调递减，结合奇函数性质知：在R上单调递减， 综上，时，时，，故， 显然时，故时，时， 所以在上有且只有1个零点，，，A、C、D对； 由，显然在上单调递增，且， 在上单调递减，在上单调递增，且周期为，， 所以在上不一定单调，B错. 故选：ACD. 题型05：构造或型 【典型例题】已知函数对任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（        ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】构造函数，，则，所以在上单调递增， 则，所以，即，故A不正确； 则，所以，即，故B不正确； 则，所以，即，故C正确； 则，所以，即，故D不正确. 故选：C. 【变式训练5-1】【多选】定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有成立，则有（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【解析】令，则， 由已知可得，即在上单调递减. 所以， 故，，即C、D选项正确. 故选：CD 【变式训练5-2】已知函数的定义域为，其导函数是.有，则关于x的不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令，根据题设条件，求得，得到函数在内的单调递减函数，再把不等式化为，结合单调性和定义域，即可求解. 由题意，函数满足， 令，则 函数是定义域内的单调递减函数，由于，关于的不等式可化为，即，所以且，解得， 不等式的解集为.故选：B 题型06：构造型 【典型例题1】已知是定义在上的奇函数，是的导函数，且满足:则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据给定含导数的不等式构造函数，由此探求出在上恒负，在上恒正，再解给定不等式即可. 令，，则，在上单调递减，而， 因此，由得，而，则，由得，而，则，又， 于是得在上，，而是上的奇函数，则在上，， 由得：或，即或，解得或， 所以不等式的解集为. 故选：D 【典型例题2】已知定义在上的连续奇函数的导函数为，已知，且当时有成立，则使成立的的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，设，对求导，利用导数与函数单调性的关系分析可得在上单调递减，分析的特殊值，结合函数单调性分析可得在区间和上，都有，结合函数的奇偶性可得在区间和上，都有，进而将不等式变形转化，解得的取值范围，即可得到答案. 令，则， 因为当时有成立，所以当时，恒成立，所以在上单调递减， 所以当时，，所以，又，所以， 当时，，所以，又，所以，在是连续的函数， 且，所以，时，，又由为奇函数，时，， 所以或，解得或， 则的取值范围是.故选：B. 【典型例题3】设定义在上的函数恒成立，其导函数为，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题设构造，易知上，即单调递减，进而可比较、的大小. 由题意，在上的函数恒成立， 若，则， ∵上，即， ∴在上单调递减，而，故 ∴，可得. 故选：B 【变式训练6-1】已知函数满足（其中是的导数），若，，，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据已知条件构造函数，利用导数法求函数的单调性及指数函数的单调性，结合不等式的性质即可求解. 由，得，令，，则 ，所以在上恒成立， 所以在上为减函数，因为，且在上单调性递增； 所以，所以， 所以，所以，即．故选：A. 【变式训练6-2】设函数是奇函数的导函数，时，，则使得成立的的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】令，，根据已知条件可得当时，单调递减，且，根据单调性和奇偶性可得时，；当时，，再分情况讨论即可求解. 令，，则对于恒成立， 所以当时，单调递减，又因为， 所以当时，；此时，所以；当时，，此时，所以； 又因为是奇函数，所以时，；当时，； 因为，所以当时，，解得；① 当时，，解得；② 综合①②得成立的的取值范围为，故选：A. 【变式训练6-3】已知函数是奇函数的导函数，且满足时，，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，构造函数，，利用 的导数与函数单调性的关系分析可得在上为减函数，分析的特殊值，结合函数的单调性分析可得在区间和上，都有，结合函数的奇偶性进而将不等式变形转化求出不等式的解集即可． 设，，可知函数在时单调递减， 又，可知函数在大于零，且，可知， 同理在上，，可知函数在和均有， 又为奇函数，则在区间和上，都有， 由得或，可知不等式的解集为．故选C． 【变式训练6-4】已知函数的定义域为，导函数为，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，，则由题意可知，设，，则有，不等式等价于，利用单调性求解即可. 设，，不等式恒成立，可知， 设，，则，， 且， 于是在上单调递增，注意到， 不等式，等价于， 即，得，解出.故选：A． 【变式训练6-5】已知是定义在上的奇函数，是的导函数，当时，，且，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令，根据题意可得函数在上递增，从而可得出函数在上的符号分布，从而可得函数在上的符号分布，再结合是定义在上的奇函数，即可得出函数在上的符号分布，从而可得出答案. 令，则，所以函数在上递增， 又因，所以当时，，当时，， 又因当时，，当时，， 所以当时，，当时，，又因为，所以当时，， 因为是定义在上的奇函数，所以，当时，，由不等式， 得或，解得，所以不等式的解集是.故选：B. 题型07：复合型构造 【典型例题1】已知定义在上的函数满足（为的导函数），且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由已知可得，令，可得在上单调递增，进而可得，，可得结论. 由题意可得，即， 令，则， 所以在上单调递增，因为，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，故与2的大小关系不确定.故选：D. 【典型例题2】设函数f（x）是定义在区间上的函数，f'（x）是函数f（x）的导函数，且，则不等式 的解集是 A． B．（1，＋∞） C．（－∞，1） D．（0，1） 【答案】D 【解析】构造函数，求导，结合，可得在上单调递增，则不等式，可变为，则，结合单调性即可求解． 构造函数，则，由，所以，即在上单调递增．因为，则不等式，可变为，则，所以，所以，故选D 【典型例题3】设函数满足则时， A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值 【答案】D 【解析】函数满足，，令， 则，由，得，令， 则在上单调递减，在上单调递增， 的最小值为. 又在单调递增，既无极大值也无极小值，故选D. 【典型例题4】已知函数，，若存在，使得，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先构造函数,再将存在性问题转化为对应函数最值问题，通过求最值得实数的取值范围. 令，则存在，使得,即的最大值，因为在上单调递减，在上单调递增，所以最大值为,因此，选C. 【点睛】利用导数解决数学问题，往往需要需要构造辅助函数.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等 【典型例题5】.若为定义在上的连续不断的函数，满足，且当时，．若，则的取值范围 ． 【答案】 【解析】由已知当时，，可构造函数，可得为奇函数，又，得在上是减函数，从而在上是减函数，再根据函数的奇偶性和单调性即可求解． ，， 设，则，则，为奇函数， 又当时，，在上是减函数，从而在上是减函数， 又,等价于， 即，，解得,故的取值范围为， 故答案为： 【变式训练7-1】已知定义在上的函数关于轴对称，其导函数为，当时，不等式.若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】构造函数，求出，由题可得是在上的奇函数且在上为单调递增函数，将转化成 ，利用在上为单调递增函数可得：恒成立，利用导数求得，解不等式可得，问题得解． 因为，所以，令，则， 又因为是在上的偶函数，所以是在上的奇函数，所以是在上的单调递增函数， 又因为，可化为， 即，又因为是在上的单调递增函数，所以恒成立， 令，则，因为，所以在单调递减，在上单调递增， 所以，则，所以. 所以正整数的最大值为2.故选B 【变式训练7-2】定义在上的偶函数的导函数为，若对任意的实数，都有恒成立，则使成立的实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意构造函数，结合函数的单调性和函数的奇偶性求解实数的取值范围即可. 是上的偶函数，则函数也是上的偶函数， 对任意的实数，都有恒成立，则. 当时，，当时，，即偶函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 不等式即，据此可知，则或. 即实数的取值范围为.本题选择B选项. 【变式训练7-3】设函数时定义在上的奇函数，记其导函数为当时，恒成立，则关于的不等式的解集为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意，构造函数，结合题意对其求导可得在上为增函数，由函数时定义在上的奇函数可得在上为增函数，将不等式变形可得，进而分析可得，解可得x的取值范围，即可得到答案. 详解：根据题意，构造函数，其导数， 又由时，，则，函数在上为增函数，由函数时定义在上的奇函数， 可得在上为增函数，不等式变形可得， 可得，解得，即该不等式的解集为.故选：A. 【变式训练7-4】函数定义域为R，导函数为，满足下列条件：①任意，恒成立，②时，恒成立，则关于t的不等式：的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设函数，利用已知条件判断函数的单调性及对称性，根据所得结论化简不等式求其解集. 设函数，则，又时，恒成立， 所以当时，，所以函数在单调递增， 又因为任意，恒成立， 所以，所以，所以函数的图象关于对称，因为可化为， 所以，所以所以，所以， 所以不等式：的解集为，故选：A. 【变式训练7-5】已知函数，其中为自然对数的底数.若是的导函数，函数在区间内有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，得，所以，又＝，令，则，，所以，所以：（1）若时，则，函数在内单调递减，故在内至多有一个零点；（2）若时，则，函数在内单调递增，故在内至多有一个零点；（3）若时，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以＝．令＝（），则，当时，，为增函数，当时，，为减函数，所以，即恒成立，所以函数在内有两个零点，则，解得．综上所述的取值范围为，故选A． 题型08：构造求参：同构型 【典型例题】对，当时，，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】首先不等式转化为，，再构造函数，由函数的单调性，转化为不等式，参变分离后，转化为最值问题，即可求解. 由题意可知，不等式等价于， 两边取对数得，即， 则，，， 设，由题意可知，函数在区间上单调递增， ，在区间上恒成立，即恒成立，，所以.故选：A 【变式训练8-1】若对任意的，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】首先不等式通过变形，再构造函数，转化为利用导数判断函数的单调区间，即可求参数的取值范围. 设，不等式，变形为， 设函数，则函数在区间单调递减，由，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以.故选：D 【变式训练8-2】已知，若对任意两个不等的正实数、都有恒成立，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，可得出，令，可知函数在单调递增或为常函数，可得出对任意的恒成立，利用参变量分离法可求得实数的取值范围. 若对任意两个不相等的正实数、都有恒成立, 不妨设，所以，即， 令，则，所以函数在上单调递增或为常函数， 则对任意的恒成立，则， 又函数，当时，等号成立， 所以，所以实数的取值范围是． 故选：B. 【变式训练8-3】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据不等式，构造函数并明确其单调性，进而可得导数的不等式，利用参数分离整理不等式，构造函数，利用导数求其最值，可得答案. 当时，不等式恒成立，则， 即函数在上单调递增，则， 整理可得，令，则. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， ，.故选：D. 【变式训练8-4】对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将不等式等价变形，构造函数，再借助函数单调性、最值求解作答. 依题意，，令，， 则对任意的，当时，，即有函数在上单调递减， 因此，，，而，则， 所以实数的取值范围是.故选：C 题型09：构造求参——二次构造型 【典型例题1】已知函数没有极值点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．e 【答案】A 【解析】分析可知，，可知在上恒成立，故需要有在上恒成立（等号不恒成立），，求出函数的斜率为的切线方程，可得出，令，则，利用导数求出的最大值，即为所求. 因为，依题意在上没有变号零点，令，其中，若，则，则函数在上为减函数，当时，；当时，，所以，存在，使得， 且当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，不合乎题意，所以，，从而， 因为当时，，所以需满足在上恒成立， 故需要有在上恒成立（等号不恒成立）， 设，令，得， 所以函数的斜率为的切线方程为， 即，所以只需要， 所以只需要即可，令，则， 故，当时，，当时，， 所以，函数的单调递增区间为，递减区间为， 所以当时取得唯一的极大值，即最大值，所以，所以． 所以，的最小值为.故选：A. 【典型例题2】已知函数没有极值点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】转化为恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，从而得到，故，换元后，构造函数，求导得到其单调性和最值，求出答案. 函数没有极值点，，或恒成立， 由指数爆炸的增长性，不可能恒小于等于0， 恒成立． 令，则， 当时，恒成立，为上的增函数， 因为是增函数，也是增函数， 所以，此时，不合题意； ②当时，为增函数，由得， 令 在上单调递减，在上单调递增， 当时，依题意有，即， ，，令，， 则，令，令，解得， 所以当时，取最大值故当，，即，时，取得最大值综上，若函数没有极值点，则的最大值为故选：B. 【变式训练9-1】已知关于的不等式对任意恒成立，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【解析】讨论的取值范围，利用函数图象，结合导数求出，构造函数，利用导数求出函数的最值，进而得解. 设，， 若，对任意恒成立，则，对任意恒成立， 当时，在同一坐标系中作出函数的图象， 显然，由图可知，对任意不恒成立； 当时，在同一坐标系中作出函数的图象， 由图可知，临界条件是直线与曲线的图象相切时， 由，求导，设，解得，且， ∴当的切线斜率为1时，切点坐标为，故，所以 即两边同除以，，令 求导令，得，即 当，，函数单调递增，当，，函数单调递减， 所以当，函数取到最大值，且 故的最大值为故选：C. 【变式训练9-2】，不等式恒成立，则的最大值是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【解析】构造函数，利用导函数研究其单调性，得到，进而得到恒成立，求出函数，的最值，得到答案. 令，，，显然， 当时，恒成立，即在上单调递增，无最小值，舍去； 当时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，因为，不等式恒成立，所以，所以， 恒成立，令，，，当时，，当时，，所以，所以，则的最大值为.故选：D 【变式训练9-3】设，，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据不等式在上恒成立，令，转化为在上恒成立，令，用导数法求得最大值，转化为 ，再令，得到，求其最大值即可. 因为不等式在上恒成立，所以不等式在上恒成立，令，则 在上恒成立，令， 所以，若，则 ， 在递增，当时， ，不等式不成立，故，当时，，当时，， 所以当时，取得最大值， 所以，所以，所以， 令，则，所以， 当时，当时，，所以当时，取得最小值， 所以的最小值是故选：D 题型10：构造求参-数列型构造 【典型例题1】已知数列满足，记表示数列的前n项乘积.则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先用数学归纳法证明.构造函数，利用导数证明出.记，证明出得到，即，用累加法得：，即可求出.记，证明出.得到，求出，即可得到. 因为，所以.下面用数学归纳法证明. 当n=1时，符合.假设时，结论成立，即. 当时，，所以显然成立； 因为，所以，所以，即， 所以结论成立. 综上所述：对任意的均成立. 记函数.. 因为，所以（x=1取等号），所以在单调递增， 所以，即，所以，即， 所以数列为单调递增函数，所以. 记，则（x=1取等号），所以在上单调递增，所以，即. 所以，所以， 所以，累加得：. 因为，所以，即，所以， 所以，即. 记，则，所以在上单调递减，所以，即. 所以，所以，所以， 所以， 因为，所以，所以 即.综上所述：.故选：C 【典型例题2】已知各项均为正数的数列满足，，则数列（    ） A．无最小项，无最大项 B．无最小项，有最大项 C．有最小项，无最大项 D．有最小项，有最大项 【答案】D 【解析】由数学归纳法得数列从第2项开始都大于1，这样是最小项，利用不等式放缩得出，引入函数利用导数证明其在时是减函数，得数列有上界，时，，再引入函数，由零点存在定理说明，从而确定这6项中的最大值是数列的最大项． 数列各项均为正， ，由得，一般地由数学归纳法知当时，由得（否则若，则，，，矛盾）， 所以数列中，时，，是最小项． 又，，所以，， 记，则，两边求导得，即， 时，，是减函数， 所以时，是递减数列，因此有上界，时，， 即， 设，，时，，是增函数， 经过计算，得，而，所以时满足的满足，即， 从而，而这6个数中一定有最大值，此最大值也是数列的最大项． 故选：D． 【点睛】本题考查由数列的递推关系确定最大项和最小项，解题关键一是由数学归纳法证明数列有下界，再利用不等式的性质确定数列每一项满足，难点在于引入函数，利用导数证明在时是单调递减数列，再引入函数利用零点存在定理证明，从而说明有上界并在最大项．对学生的逻辑思维能力，创新意识要求较高，属于困难题． 【变式训练10-1】已知数列满足：，且，则下列关于数列的叙述正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】构造函数（），由导数确定其单调性，从而利用数学归纳法证明，然后构造函数（），利用导数证明，得，利用此不等式可直接判断A，对选项B，由数列的单调性与有界性知其极限存在，设，对数列的递推关系求极值可得，从而判断B，对选项C，引入函数设，由导数证明，得，从而利用不等式性质得出数列的不等关系，判断C，利用判断选项C所得正确不等式变形，并换元引入新数列，得前后项关系（求对数再变化），类比等比数列的通项公式的方法得出结论后判断D． 首先我们证明：，利用数学归纳法．事实上，当时，； 假设当时，，则当时，． 设函数（），则，则在上单调递增， 从而． 当时，设（）， 则，设， ，则在上单调递减，又， 所以存在，使得，时，，时，， 故在上先增后减，从而，从而． 对于A选项：由于，，故数列单调递增，选项A错误． 对于B选项，由于单调递增且，从而存在，由可得，故，从而．故选项B错误． 对于C选项，由于时， 设，， 所以是增函数，，所以（）， 时，，因此有（）， 从而，故，故选项C错误． 对于D选项，由于，即，令，则，即，其中，故，从而，即，，即，故．从而选项D正确．故选：D． 【变式训练10-2】已知数列满足递推关系，且，若存在等比数列满足，则公比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先设，，，，分析得，，所以，又分析得，再用数学归纳法证明得，，再设函数，分析得函数在单调递增，所以，得到，即，再利用条件得，分析得，再设函数，，分析得在单调递减，所以，得到，即，即，再结合条件得到，分析得，即可求解. 设，，， 因为，所以，所以， 所以，所以．因为，所以． 下面用归纳法证明．当时，， 假设当时，，那么对，，所以， 因为，所以，所以．因此，. ，所以，， 综上，． 再设，所以， 所以函数在单调递增， 所以，所以，所以，所以， 所以，所以，而， 所以取足够大，易知，即．设，， ，所以在单调递减， 所以，所以，所以， 所以，所以， 所以，所以，即， 而，所以，所以， 所以，当足够大时，易知须满足，即．综上，． 故选：A. 【变式训练10-3】已知数列满足．若有无穷多个项，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先考虑时，显然成立，当时，利用放缩变形，得到，累加可知定会存在某项． ∵，即； 令，则，易证：当时，，所以当时，，所以， 当时，，易得， 即，此时有无穷多个项，故合题； 当时，则， 设，则， 则， 所以为单调递减数列，故， 即， 令，，当时，， 即在上单调递增，因为， 所以， 不妨令，显然，即， 即，累加可得，即， 故当时，，此时不存在，不是无穷多个项，故不合题； 综上：．故选：B． 题型11：根据不等式（求解目标）构造具体函数 【典型例题】设函数在R上存在导数，对任意的，有，且时，若，则实数的取值范围为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，则， 当时，， 即在上单调递减，而， 所以， 故是偶函数，所以在上单调递增， 因为， 所以， 即． 故选：A 【变式训练11-1】已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为，若，且对任意的恒成立，则不等式的解集为________． 【答案】 【解析】令，则在上恒成立， 所以在上单调递减. 又，即， 又，即， 所以，解得， 所以不等式的解集为． 故答案为：. 【变式训练11-2】已知是定义在R上的奇函数,是其导函数.当x≥0时, 且,则的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设， 可得 因为当x≥0时, ， 所以在上递增， 又因为是定义在R上的奇函数， 所以的图像关于对称，如图， 所以在R上递增， 又因为，所以， 则等价于， 所以，即的解集是， 故选：C. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第09讲 构造函数解不等式 目 录 高考分析 1 学习目标 2 知识要点 4 解题策略 5 题型归纳 6 题型01: 根据导数四则运算构造辅助函数 6 (一）→ 7 （二）→ 8 （三）→ 11 题型02：构造或(，且)型 12 题型03：构造或(，且)型 15 题型04：构造或型 19 题型05：构造或型 22 题型06：构造型 22 题型07：复合型构造 25 题型08：构造求参——同构型 28 题型09：构造求参——二次构造型 29 题型10：构造求参——数列型构造 31 题型11：根据不等式（求解目标）构造具体函数 34 构造函数解不等式是高考导数模块的核心综合考点，兼具工具性与思维性，常与函数单调性、奇偶性、极值、放缩法融合，以小题压轴或解答题分问形式呈现，是高考区分中档生与尖子生的关键题型，新高考背景下考查频次与综合度持续提升。 1. 考查频次与分值占比 ①题型分布：新高考Ⅰ/Ⅱ卷、全国甲/乙卷年均考查1~2处，5分小题（选择11/12、填空15/16）为主，偶在导数解答题（12分）中作为第1小问出现，总分值占导数板块的30%左右。 ②难度定位：中等偏上至难题，小题侧重构造技巧与快速推理，解答题侧重综合分析与分类讨论，是高分段必争得分点。 2. 核心考查类型及占比 考查类型 高考占比 核心特征 典型载体 抽象函数型不等式 25% 无具体解析式，仅给与的关系 、 具体函数型不等式 50% 含、、幂函数的混合不等式，需移项构造 、、 含参数不等式求解 25% 结合参数讨论解集，需分析参数对函数单调性的影响 、 3. 近5年命题趋势 ① 融合性增强：不再孤立考查，常结合函数奇偶性、周期性、隐零点、极值点偏移，如利用奇偶性构造对称函数解抽象不等式，是新高考核心创新方向； ②构造轻量化，变形重强化：弱化复杂函数求导，强化代数式移项、拆分、恒等变形能力，重点考查“如何变形成可构造的形式”； ③ 抽象向具体过渡：纯抽象函数不等式占比下降，半抽象半具体题型增多（如已知f(x)的导数形式，结合具体区间解不等式）； ④与实际背景脱钩：摒弃应用题外壳，聚焦数学本质，侧重导数工具与函数思想的应用。 4、高考命题常见陷阱设置 ① 定义域陷阱：构造的辅助函数定义域含隐含限制（如分式分母不为0、对数真数大于0），忽略则直接导致解集错误，是高考最基础也最易踩的陷阱； ②构造等价性陷阱：移项变形时未保证等价性，如两边乘除含变量的式子（如x），未讨论符号，导致不等式方向错误； ③ 参数临界陷阱：参数临界值（如a=0、a=1）处函数单调性发生突变，遗漏临界值讨论则解集不完整； ④抽象函数奇偶性陷阱：抽象函数不等式常结合奇偶性，若未先判断辅助函数的奇偶性，直接用单调性解不等式，易导致区间漏解。 结合高考考情与题型梯度，从基础、提升、拔高、素养四个维度制定学习目标，实现从“会构造、能求解”到“快构造、巧求解、避陷阱”的进阶，适配高考不同难度层级的考查要求。 一、基础层级目标（全员必达，对应高考基础题） 知识目标 1. 理解构造函数解不等式的核心原理：将不等式问题转化为函数单调性与最值问题，通过判断构造函数的符号求解解集。 2. 熟记8类经典逆向构造模型（抽象函数核心），掌握导数四则运算法则逆用的构造逻辑，能精准匹配条件与辅助函数。 3. 掌握具体不等式的标准化构造步骤：移项整理为F(x)>0（或<0）形式，明确构造函数的基本方法。 4. 牢记函数定义域的约束作用，知道对数、分式、偶次根式等对定义域的限制，是解不等式的前提。 能力目标 1. 能解决无参数具体不等式：针对含e^x、ln x、幂函数的简单混合不等式，完成移项、构造函数、求导判单调性的完整流程，求解解集。 2. 能破解基础抽象函数不等式：对f'(x)+f(x)>0、xf'(x)+f(x)>0等典型形式，快速构造辅助函数，结合单调性解不等式。 3. 规范书写解题步骤，做到定义域先行、求导准确、单调性判断清晰，无基础性逻辑错误。 应试目标 1. 独立解决高考中基础难度的构造解不等式题，正确率≥95%，耗时≤2分钟。 2. 规避定义域遗漏、移项不等价等基础陷阱。 二、提升层级目标（中档提分，对应高考中档题） 知识目标 1. 深化具体函数构造技巧，掌握含换元的构造方法，能将复杂超越结构（如x、x\ln x）通过换元转化为基础函数。 2. 理解含参数不等式的分类讨论逻辑，明确参数对构造函数单调性、极值点的影响，掌握参数临界值的判定方法。 3. 掌握抽象函数与奇偶性、周期性的融合知识，能结合函数奇偶性拓展不等式的解集范围。 能力目标 1. 能解决含单一参数的不等式求解问题，按“参数临界值→分区间讨论单调性→确定解集”的流程完成求解。 2. 能处理半抽象半具体不等式，结合已知函数解析式与导数条件，构造辅助函数并解不等式。 3. 具备解题纠错能力，能排查求导错误、单调性误判、参数讨论遗漏等常见问题。 4. 学会用特殊值法验证解集的合理性，规避计算失误。 应试目标 1. 独立解决高考中等难度的构造解不等式小题（选择11题、填空15题），正确率≥90%，耗时≤3分钟。 2. 能规范书写含参数不等式的分段解集，做到逻辑清晰、边界准确。 三、拔高层级目标（高分冲刺，对应高考压轴题） 知识目标 1. 掌握隐零点处理的核心知识，理解隐零点设而不求的思想，能通过隐零点代换消去超越项，分析构造函数的最值。 2. 掌握多参数不等式的简化技巧，能通过分离参数、主元法将多参数问题转化为单参数或无参数问题。 3. 理解构造函数的放缩辅助技巧，能结合≥x+1、ln x≤x-1等放缩公式，简化构造函数的最值分析。 4. 掌握极值点偏移背景下的不等式构造，能结合函数对称性构造辅助函数，解双变量不等式。 能力目标 1. 能攻克含隐零点的超越不等式，完成设隐零点、代换消元、分析最值的完整流程，求解解集。 2. 能解决多参数不等式与双变量不等式，通过合理构造与转化，将复杂问题拆解为基础问题。 3. 具备构造创新能力，面对陌生形式的不等式，能通过逆向思维、类比迁移自主构造合适的辅助函数，而非依赖固定套路。 4. 能精准把控参数讨论的边界，避免重复讨论或遗漏特殊情况。 应试目标 1. 独立解决高考压轴难度的构造解不等式题（选择12题、填空16题、导数解答题小问），正确率≥85%，耗时≤5分钟。 2. 能将构造函数思想迁移到导数综合题中，解决与不等式恒成立、有解结合的综合问题。 四、素养层级目标（长期提升，适配数学核心素养） 1. 函数与方程思想：形成“以函数视角看待不等式”的思维习惯，能主动建立不等式与函数的联系，实现问题转化。 2. 逻辑推理素养：通过严谨的构造、求导、单调性分析，培养步步有据的推理能力，规避主观臆断。 3. 数学运算素养：提升导数运算、代数变形、隐零点代换的运算准确性与速度，克服复杂运算的畏难情绪。 4. 分类与整合思想：掌握含参数问题的分类标准，培养分类讨论、整合结论的系统化思维。 5. 化归与转化思想：熟练将陌生、复杂的不等式问题，转化为熟悉、简单的函数单调性与最值问题，提升问题转化能力。 1、构造抽象函数模型主要观察两个结构： （1）等价不等式的变形结构（分离变量） （2）已知条件中关于导数的关系式特征； 2、构造抽象函数模型解不等式和比较大小，前提要求学生熟练应用两个函数的和、差、积、商的求导公式，实质上就是构造目标导函数（一元）的原函数，是一个积分的过程，学生可以通过专题训练体会求原函数和原函数的不唯一性，因题而异，构造合适的抽象函数模型； 3、本专题从函数多项式、具体的指数函数、三角函数与的关系分类构造抽象函数模型，读者朋友可以基于文章，直接根据函数的四种运算进行分类讨论和归纳，其中乘法和除法比较常见，现归纳如下： 常见函数的变形 （1）对于，构造 （2）对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x)． （3）对于，构造 （4）对于，构造 （5）对于不等式，构造函数. （6）对于不等式，构造函数 对于不等式，构造函数 （7） 对于不等式，构造函数 对于不等式，构造函数 （8）对于不等式，构造函数 对于不等式，构造函数 （9）对于不等式，构造函数 对于不等式，构造函数 （10）对于，分类讨论： ①若，则构造 ②若，则构造 （11）对于，构造. （12）对于，构造. （13）对于，即，构造． （14）对于，构造． （15）对于，构造． （16）对于，构造． 4、构造函数是数学的一种重要思想方法，它体现了数学的发现、类比、化归、猜想、实验和归纳等思想．分析近些年的高考，发现构造函数的思想越来越重要，而且很多都用在压轴题(无论是主观题还是客观题)的解答上． 构造函数的主要步骤： (1)分析：分析已知条件，联想函数模型； (2)构造：构造辅助函数，转化问题本质； (3)回归：解析所构函数，回归所求问题． 1. 小题快速破题策略（3~5分钟） ① 抽象型：熟记8类经典逆向构造模型（见下表），做到“见形式，秒构造”，再结合奇偶性、单调性解不等式； ②具体型：先移项化为F(x)>0，优先构造简单可导的函数，避免复杂复合函数，若单调性明确，直接求最值判断解集； ③技巧兜底：小题可采用特殊值代入法排除错误选项，如解含参数不等式时，取参数特殊值验证解集范围。 2. 解答题规范解题策略 ①步骤标准化：移项构造F(x)→明确定义域→求导F'(x)→分析F'(x)符号，确定F(x)单调性→求F(x)极值/最值→结合最值解不等式； ②参数讨论原则：先定临界，再分区间，以函数极值点是否在定义域内、导数零点的个数为分类标准，避免重复或遗漏； ③ 隐零点处理技巧：设F'()=0，表示出或\ln，代入F(x)的表达式消去超越项，进而分析F(的符号。 3. 失分规避要点 ① 构造函数后第一步先写定义域，标注在解题过程首行； ②移项变形时，不随意乘除含变量的式子，若需乘除，先讨论变量符号； ③ 含参数讨论时，最后整合解集，按参数范围写出分段解集，避免逻辑混乱。 4.备考重点方向 ① 夯实构造模型：专项训练8类经典逆向构造模型，形成条件反射，提升抽象不等式的构造速度； ② 强化变形能力：针对性练习“超越不等式移项、拆分、换元”技巧，重点突破“xe^x、x\ln x”等高频结构的变形； ③突破参数与隐零点：专题训练含参数不等式的分类讨论和隐零点代换技巧，积累典型例题的解题套路； ④规范解题步骤：按高考评分标准书写解题过程，避免因步骤不规范导致的步骤分丢失。 题型01: 根据导数四则运算构造辅助函数 【典型例题1】已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，求导可得在上单调递减，再根据转化为，再结合的单调性求解即可. 设，则. 因为，所以，即， 所以在上单调递减. 不等式等价于不等式，即. 因为，所以，所以. 因为在上单调递减，所以，解得 故选：A 【变式训练1-1】设，分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-2】定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． (一）→ 【典型例题1】已知函数的定义域为，，为导函数，且对任意，均有，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】令，求出的解析式，得到关于的不等式，求出的取值范围即可. 令，则，且， 所以在单调递增， 所以，即， 解得. 故选：A. 【点睛】本题考查了构造函数，函数的单调性问题，考查导数的应用，属于基础题． 【典型例题2】已知、都是定义在上的函数，且恒成立，设(且)，又有，则的值为 . 【答案】 【解析】设函数，利用导数求得函数为递减函数，从而得到，解方程即可得答案； 设函数，则， 又∵，∴， ∴为减函数，∴， ∵，即，解得 (舍)或 (取). 故答案为：. 【点睛】本题考查导数判断函数的单调性，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意舍去不合题意的根. 【变式训练1-1-1】已知函数满足，且的导函数，则的解集为 A． B． C．或 D． 【变式训练1-1-2】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． 【变式训练1-1-3】设函数在上可导，，有且；对，有恒成立，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-1-4】设定义在上的函数的导函数满足，则 A． B． C． D． （二）→ 【典型例题1】已知函数是定义在上的偶函数，当时， ，若，则不等式的解集为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】分析：由联想到构造函数，此函数是奇函数，在时，，从而具有单调性，再结合已知可求得不等式解集． 设，则，∴是奇函数，又时，，因此此时是减函数，于是在时，也是减函数，由，得，∴的解集为，故选D． 点睛：构造新函数是导数的一个典型应用，难点是构造的新函数的形式，在解题中常常有这些构造法：，，，等等，平常学习中要注意总结． 【典型例题2】已知定义在上的偶函数的导函数为，当时，有，且，则使得成立的的取值范围是（） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据当时，有，令，，得到在上递增，再根据在上的偶函数，得到在上是奇函数，则在上递增，然后由，得到求解. 因为当时，有， 令， 所以， 所以在上递增， 又因为在上的偶函数 所以， 所以在上是奇函数 所以在上递增， 又因为， 所以， 当，时，，此时，， 当 ， 时，，此时，， 所以成立的的取值范围是. 故选：A 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及利用单调性解不等式，还考查了转化化归的思想和推理求解的能力，属于中档题. 【典型例题3】已知是定义在上的偶函数，且，当时，，则不等式的解集为 . 【答案】 【解析】令，由已知判断的奇偶性，利用导数判断的单调性，将不等式转化为，即可求得结论． 解：令， 因为是定义在上的偶函数，则， 所以， 所以为奇函数， 因为当时，， 则， 所以在上单调递增， 由奇函数的性质可得在上单调递增， 又，所以，所以， 不等式等价于，即， 所以不等式的解集为． 故答案为：． 【变式训练1-2-1】是定义在R上的可导函数，且满足．对任意正数，若，则必有（  ） A． B． C． D． 【变式训练1-2-2】已知函数是定义在上的偶函数，且当时，不等式成立，若，，，则，，之间的大小关系为 A． B． C． D． 【变式训练1-2-3】函数是定义在上的偶函数，当时（其中是的导函数），若，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-2-4】设函数是上可导的偶函数，且，当，满足，则的解集为 A． B． C． D． 【变式训练1-2-5】设是函数定义在上的导函数，满足，则下列不等式一定成立的是 A． B． C． D． 【变式训练1-2-6】设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． （三）→ 【典型例题1】若函数在上可导，则 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】分析：根据题中所给的条件，联想函数的求导法则，构造新函数，利用导数与单调性的关系确定出函数的单调区间，从而比较出函数值的大小，最后确定出正确结果. 根据可得， 可知当时，，即， 所以可知函数在上是增函数，即， 从而得，故选A. 点睛：该题考查的是有关比较函数值的大小的问题，在解题的过程中，构造新函数就起了关键性的作用，之后利用导数研究其单调性，从而求得正确结果. 【典型例题2】已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则的解集为 . 【答案】 【解析】构造新函数，利用已知可以判断出新函数的单调性，最后利用单调性进行求解即可. 设，因为， 所以是上的减函数， 因为，所以， 因此. 所以的解集为. 故答案为： 【变式训练1-3-1】定义在上的奇函数满足时，都有不等式成立，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-3-2】记定义域为的函数的导函数为，且对任意的都有，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-3-3】设是定义域上的连续可导函数，且＞0，若对任意实数，＞，则当＞时有（   ） A．＞ B．＜ C．＞ D．＜ 【变式训练1-3-4】设，是定义域为的恒大于零的可导函数，且，则当时，有（    ） A． B． C． D． 题型02：构造或(，且)型 【典型例题1】函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，， 所以函数在上为增函数． 由的定义域为可知，得， 将不等式整理得，即， 可得在上恒成立，即在上恒成立； 令，其中，所以 ，令，得． 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 所以，即 故选：B． 【典型例题2】【多选】已知函数满足，.则当时，下列说法中正确的是（    ） A． B．只有一个零点 C．有两个零点 D．有一个极大值 【答案】BD 【解析】令，则， 所以，，所以，. 又，则，解得. 所以，. 则，，且，A项错误. 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减. 所以，在处有极大值为， 且只有一个极值点，D正确. 且时，有恒成立. 又，所以只有一个零点，B项正确，C项错误. 故选：BD. 【典型例题3】定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，则，因为，所以在上单调递减. 因为，所以，所以当时，，当时，，故不等式的解集为. 故选：B. 【变式训练2-1】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． 【变式训练2-2】定义在上的可导函数的导函数记为，若为奇函数且，当时，，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-3】设定义R在上的函数，满足任意，都有，且时，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-4】定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-5】设定义在的函数的导函数为，且满足，则关于x的不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【变式训练2-6】已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（ ） A． B． C． D． 【变式训练2-7】已知定义在R上的偶函数，其导函数为．当时，恒有，若，则不等式的解集为 A． B． C． D．． 【变式训练2-8】已知奇函数是定义在上的可导函数，其导函数为，当时，有，则不等式的解集为(　　) A． B． C． D． 【变式训练2-9】已知奇函数的导函数为，当时，，若，，则的大小关系正确的是 A． B． C． D． 【变式训练2-10】已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，f′（x）为f（x）的导函数，且满足当x＜0时，有xf′（x）﹣f（x）＜0，则不等式f（x）﹣xf（1）＞0的解集为（ ） A．（﹣1，0）∪（1，+∞） B．（﹣∞，0）∪（0，1） C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D．（﹣1，0）∪（0，1） 【变式训练2-11】已知定义在上的函数的导函数为，若， 则不等式的解集为 A． B． C． D． 题型03： 构造或(，且)型 【典型例题1】设函数的定义域为，是其导函数，若，，则不等式的解集是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构造函数，通过求导判断函数的单调性,利用函数的单调性解不等式即可. 令，则， 因为，所以，化简可得， 即，所以函数在上单调递增，因为，化简得， 因为，，所以，解得， 所以不等式的解集是.故选：A 【典型例题2】定义在R上的函数满足：，，则关于不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】构造函数,由得的单调性,再将不等式转化为,由构造函数的单调性与即可求解． 设，则, , , 又， 所以, 在定义域上单调递增, 对于不等式转化为， 又，, , 而在定义域上单调递增, 故选：D 【典型例题3】已知定义在上的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令，函数的定义域为， 因为 所以， 故 故在R上单调递减， 又因为 所以，， 所以不等式可化为， 所以， 所以的解集为 故选：B. 【典型例题4】已知是定义在上的函数，其导函数为，且不等式恒成立，则下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】构造函数，利用导数与函数单调性的关系即可求得. 由题意，构造函数， 则 因为不等式恒成立， 所以，即在上单调递增， 对于A选项，因为，即，即，故A选项错误 对于B选项，因为，即，即，故B选项正确 对于C选项，因为，即，即，故C选项错误 对于D选项，因为，即，即，故D选项错误 故选：B 【变式训练3-1】定义域为R的可导函数的导函数为，满足且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-2】已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则(　　) A．e－2 021f(－2 021)<f(0)，e2 021f(2 021)>f(0) B．e－2 021f(－2 021)<f(0)，e2 021f(2 021)<f(0) C．e－2 021f(－2 021)>f(0)，e2 021f(2 021)>f(0) D．e－2 021f(－2 021)>f(0)，e2 021f(2 021)<f(0) 【变式训练3-3】已知是函数的导数，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-4】已知函数在上可导，其导函数为，若满足：，，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-5】设是定义在R上的连续的函数的导函数，（e为自然对数的底数），且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-6】已知函数是定义在上的函数，且满足，其中为的导数，设，，，则、、的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-7】已知定义在R上的偶函数（函数的导数为）满足，e3f(2018)＝1，若，则关于x的不等式的解为 A． B． C． D． 【变式训练3-8】已知定义在上的函数的导函数为，且，设，，则，的大小关系为 A． B． C． D．无法确定 【变式训练3-9】设是定义在上的函数，其导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-10】已知函数的定义域为，满足（为的导函数），设，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-11】（多选）定义在R上的函数的导函数为，且对恒成立，则下列选项不正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-12】已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-13】设函数的导函数为，若对任意都有成立，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-14】已知定义在上的函数的导函数，且，则（        ） A．， B．， C．， D．， 【变式训练3-15】已知是定义在上的函数，导函数满足对于恒成立，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【变式训练3-16】已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-17】已知定义在上的函数，当时，，为其导函数，且满足恒成立，若，则，，三者的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-18】定义在R上的函数的导函数为，，若对任意，都有，则使得成立的的取值范围为 . 题型04：构造或型 【典型例题1】已知定义在上的函数的导函数为，任意，有，且，设，，，则 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意构造函数，得到，得到是增函数，再根据题干得到g(x)是偶函数，代入解析式可得到最终结果. 构造函数，所以函数是增函数，因为，即， 故函数是偶函数，上函数是增函数，故 代入解析式得到<<，故. 故答案为A. 【点睛】这个题目考查了导数在研究函数的单调性中的应用，以及函数奇偶性的应用，考查了利用单调性解决不等式问题，这道题目属于抽象函数解不等式；除此之外，如果题目中给出函数的解析式，但是通过直接解不等式非常麻烦的题目，也可以通过研究函数的单调性，奇偶性等来得到不等式的解集. 【典型例题2】已知奇函数的导函数为，且在上恒有成立，则下列不等式成立的（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】构造函数，由得，即，即可得到单调性，再结合的奇偶性，即可对选项进行判断 构造函数，由在上恒有成立，即在上为增函数，又由为偶函数，，故A错误. 偶函数在上为增函数，在上为减函数， ，故B正确； ，，故C错误； ，，故D错误. 故选：B 【变式训练4-1】已知奇函数的导函数为，且在上恒有成立，则下列不等式成立的（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-2】已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-3】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． 【变式训练4-4】已知是定义在上的奇函数，且图象连续不间断，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（   ） A．在上有且只有1个零点 B．在区间上单调递增 C． D． 题型05：构造或型 【典型例题】已知函数对任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（        ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】构造函数，，则，所以在上单调递增， 则，所以，即，故A不正确； 则，所以，即，故B不正确； 则，所以，即，故C正确； 则，所以，即，故D不正确. 故选：C. 【变式训练5-1】【多选】定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有成立，则有（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-2】已知函数的定义域为，其导函数是.有，则关于x的不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 题型06：构造型 【典型例题1】已知是定义在上的奇函数，是的导函数，且满足:则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据给定含导数的不等式构造函数，由此探求出在上恒负，在上恒正，再解给定不等式即可. 令，，则，在上单调递减，而， 因此，由得，而，则，由得，而，则，又， 于是得在上，，而是上的奇函数，则在上，， 由得：或，即或，解得或， 所以不等式的解集为. 故选：D 【典型例题2】已知定义在上的连续奇函数的导函数为，已知，且当时有成立，则使成立的的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，设，对求导，利用导数与函数单调性的关系分析可得在上单调递减，分析的特殊值，结合函数单调性分析可得在区间和上，都有，结合函数的奇偶性可得在区间和上，都有，进而将不等式变形转化，解得的取值范围，即可得到答案. 令，则， 因为当时有成立，所以当时，恒成立，所以在上单调递减， 所以当时，，所以，又，所以， 当时，，所以，又，所以，在是连续的函数， 且，所以，时，，又由为奇函数，时，， 所以或，解得或， 则的取值范围是.故选：B. 【典型例题3】设定义在上的函数恒成立，其导函数为，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题设构造，易知上，即单调递减，进而可比较、的大小. 由题意，在上的函数恒成立， 若，则， ∵上，即， ∴在上单调递减，而，故 ∴，可得. 故选：B 【变式训练6-1】已知函数满足（其中是的导数），若，，，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-2】设函数是奇函数的导函数，时，，则使得成立的的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-3】已知函数是奇函数的导函数，且满足时，，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-4】已知函数的定义域为，导函数为，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-5】已知是定义在上的奇函数，是的导函数，当时，，且，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 题型07：复合型构造 【典型例题1】已知定义在上的函数满足（为的导函数），且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由已知可得，令，可得在上单调递增，进而可得，，可得结论. 由题意可得，即， 令，则， 所以在上单调递增，因为，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，故与2的大小关系不确定.故选：D. 【典型例题2】设函数f（x）是定义在区间上的函数，f'（x）是函数f（x）的导函数，且，则不等式 的解集是 A． B．（1，＋∞） C．（－∞，1） D．（0，1） 【答案】D 【解析】构造函数，求导，结合，可得在上单调递增，则不等式，可变为，则，结合单调性即可求解． 构造函数，则，由，所以，即在上单调递增．因为，则不等式，可变为，则，所以，所以，故选D 【典型例题3】设函数满足则时， A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值 【答案】D 【解析】函数满足，，令， 则，由，得，令， 则在上单调递减，在上单调递增， 的最小值为. 又在单调递增，既无极大值也无极小值，故选D. 【典型例题4】已知函数，，若存在，使得，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先构造函数,再将存在性问题转化为对应函数最值问题，通过求最值得实数的取值范围. 令，则存在，使得,即的最大值，因为在上单调递减，在上单调递增，所以最大值为,因此，选C. 【点睛】利用导数解决数学问题，往往需要需要构造辅助函数.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等 【典型例题5】.若为定义在上的连续不断的函数，满足，且当时，．若，则的取值范围 ． 【答案】 【解析】由已知当时，，可构造函数，可得为奇函数，又，得在上是减函数，从而在上是减函数，再根据函数的奇偶性和单调性即可求解． ，， 设，则，则，为奇函数， 又当时，，在上是减函数，从而在上是减函数， 又,等价于， 即，，解得,故的取值范围为， 故答案为： 【变式训练7-1】已知定义在上的函数关于轴对称，其导函数为，当时，不等式.若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为 A． B． C． D． 【变式训练7-2】定义在上的偶函数的导函数为，若对任意的实数，都有恒成立，则使成立的实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练7-3】设函数时定义在上的奇函数，记其导函数为当时，恒成立，则关于的不等式的解集为 A． B． C． D． 【变式训练7-4】函数定义域为R，导函数为，满足下列条件：①任意，恒成立，②时，恒成立，则关于t的不等式：的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-5】已知函数，其中为自然对数的底数.若是的导函数，函数在区间内有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 题型08：构造求参：同构型 【典型例题】对，当时，，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】首先不等式转化为，，再构造函数，由函数的单调性，转化为不等式，参变分离后，转化为最值问题，即可求解. 由题意可知，不等式等价于， 两边取对数得，即， 则，，， 设，由题意可知，函数在区间上单调递增， ，在区间上恒成立，即恒成立，，所以.故选：A 【变式训练8-1】若对任意的，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练8-2】已知，若对任意两个不等的正实数、都有恒成立，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【变式训练8-3】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练8-4】对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型09：构造求参——二次构造型 【典型例题1】已知函数没有极值点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．e 【答案】A 【解析】分析可知，，可知在上恒成立，故需要有在上恒成立（等号不恒成立），，求出函数的斜率为的切线方程，可得出，令，则，利用导数求出的最大值，即为所求. 因为，依题意在上没有变号零点，令，其中，若，则，则函数在上为减函数，当时，；当时，，所以，存在，使得， 且当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，不合乎题意，所以，，从而， 因为当时，，所以需满足在上恒成立， 故需要有在上恒成立（等号不恒成立）， 设，令，得， 所以函数的斜率为的切线方程为， 即，所以只需要， 所以只需要即可，令，则， 故，当时，，当时，， 所以，函数的单调递增区间为，递减区间为， 所以当时取得唯一的极大值，即最大值，所以，所以． 所以，的最小值为.故选：A. 【典型例题2】已知函数没有极值点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】转化为恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，从而得到，故，换元后，构造函数，求导得到其单调性和最值，求出答案. 函数没有极值点，，或恒成立， 由指数爆炸的增长性，不可能恒小于等于0， 恒成立． 令，则， 当时，恒成立，为上的增函数， 因为是增函数，也是增函数， 所以，此时，不合题意； ②当时，为增函数，由得， 令 在上单调递减，在上单调递增， 当时，依题意有，即， ，，令，， 则，令，令，解得， 所以当时，取最大值故当，，即，时，取得最大值综上，若函数没有极值点，则的最大值为故选：B. 【变式训练9-1】已知关于的不等式对任意恒成立，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【变式训练9-2】，不等式恒成立，则的最大值是（    ） A．1 B． C． D． 【变式训练9-3】设，，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 题型10：构造求参-数列型构造 【典型例题1】已知数列满足，记表示数列的前n项乘积.则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先用数学归纳法证明.构造函数，利用导数证明出.记，证明出得到，即，用累加法得：，即可求出.记，证明出.得到，求出，即可得到. 因为，所以.下面用数学归纳法证明. 当n=1时，符合.假设时，结论成立，即. 当时，，所以显然成立； 因为，所以，所以，即， 所以结论成立. 综上所述：对任意的均成立. 记函数.. 因为，所以（x=1取等号），所以在单调递增， 所以，即，所以，即， 所以数列为单调递增函数，所以. 记，则（x=1取等号），所以在上单调递增，所以，即. 所以，所以， 所以，累加得：. 因为，所以，即，所以， 所以，即. 记，则，所以在上单调递减，所以，即. 所以，所以，所以， 所以， 因为，所以，所以 即.综上所述：.故选：C 【典型例题2】已知各项均为正数的数列满足，，则数列（    ） A．无最小项，无最大项 B．无最小项，有最大项 C．有最小项，无最大项 D．有最小项，有最大项 【答案】D 【解析】由数学归纳法得数列从第2项开始都大于1，这样是最小项，利用不等式放缩得出，引入函数利用导数证明其在时是减函数，得数列有上界，时，，再引入函数，由零点存在定理说明，从而确定这6项中的最大值是数列的最大项． 数列各项均为正， ，由得，一般地由数学归纳法知当时，由得（否则若，则，，，矛盾）， 所以数列中，时，，是最小项． 又，，所以，， 记，则，两边求导得，即， 时，，是减函数， 所以时，是递减数列，因此有上界，时，， 即， 设，，时，，是增函数， 经过计算，得，而，所以时满足的满足，即， 从而，而这6个数中一定有最大值，此最大值也是数列的最大项． 故选：D． 【点睛】本题考查由数列的递推关系确定最大项和最小项，解题关键一是由数学归纳法证明数列有下界，再利用不等式的性质确定数列每一项满足，难点在于引入函数，利用导数证明在时是单调递减数列，再引入函数利用零点存在定理证明，从而说明有上界并在最大项．对学生的逻辑思维能力，创新意识要求较高，属于困难题． 【变式训练10-1】已知数列满足：，且，则下列关于数列的叙述正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练10-2】已知数列满足递推关系，且，若存在等比数列满足，则公比为（    ） A． B． C． D． 【变式训练10-3】已知数列满足．若有无穷多个项，则（    ） A． B． C． D． 题型11：根据不等式（求解目标）构造具体函数 【典型例题】设函数在R上存在导数，对任意的，有，且时，若，则实数的取值范围为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，则， 当时，， 即在上单调递减，而， 所以， 故是偶函数，所以在上单调递增， 因为， 所以， 即． 故选：A 【变式训练11-1】已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为，若，且对任意的恒成立，则不等式的解集为________． 【变式训练11-2】已知是定义在R上的奇函数,是其导函数.当x≥0时, 且,则的解集是（    ） A． B． C． D． 1 学科网（北京）股份有限公司 $