微重点01导数中函数的构造问题（2大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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【考点分析】
考点一：导数型构造函数
考向1 利用f(x)与x构造
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)＝eq \f(fx,xn).
【例题1】已知是定义在上的增函数，其导函数满足，则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意，B．当且仅当，
C．对于任意，D．当且仅当，
【答案】C
【分析】由题意得及可得，构造函数，可得是定义在上的增函数，又，可证得和和时都有，进而得到结论．
【详解】因为是定义在上的增函数，所以在上恒成立，
又，
所以．
令，则，
所以是定义在上的增函数，
又因为，
所以当时，，则；
当时，，则；
当时，由于在上为增函数，则．
所以对于任意，.
故选C．
【点睛】本题考查函数单调性的应用，解题的关键是根据题意构造出函数，然后根据函数的单调性进行分析、判断，属于中档题．
【变式1】(2023·常州模拟)已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，若f(2)＝0，则不等式x2f(x)>0的解集是________________．
【答案】(－2,0)∪(2，＋∞)
【解析】构造函数g(x)＝x2f(x)，其中f(x)为奇函数且x≠0，
则g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，
所以函数g(x)为奇函数，
且g(2)＝0，g(－2)＝－g(2)＝0，
当x>0时，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为函数g(x)为奇函数，故函数g(x)在(－∞，0)上单调递增，
故x2f(x)>0⇒g(x)>0，
当x<0时，g(x)>0＝g(－2)，可得－2当x>0时，g(x)>0＝g(2)，可得x>2.
综上所述，不等式x2f(x)>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．
【变式2】已知函数f(x)的定义域为[0，＋∞)，导函数为f′(x)，若f′(x)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】设函数g(x)＝eq \f(fx,x＋1)，x≥0，
因为f′(x)所以(x＋1)f′(x)－f(x)<0，
则g′(x)＝eq \f(x＋1f′x－fx,x＋12)<0，
所以g(x)在定义域上是减函数，
从而g(1)>g(2)>g(3)>g(5)，
即eq \f(f1,2)>eq \f(f2,3)>eq \f(f3,4)>eq \f(f5,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)与ex构造
规律方法 (1)出现f′(x)＋nf(x)的形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,enx).
【例题2】已知定义在上的函数和分别满足，，则下列不等式恒成立的是( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】，令，则，由，令可得，进而得出，，，令，及其已知，可得，利用函数在上单调递减，即可得出答案
【详解】
令，则
，
令，则，解得
，
则，
令，，
则
函数在上单调递减，
则，可得
故选:C
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
【变式1】函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为( )
A．{x|x>0} B．{x|x<0}
C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0【答案】A
【解析】令φ(x)＝exf(x)－ex，x∈R，
则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)在定义域上是增函数，
不等式exf(x)>ex＋1可化为exf(x)－ex>1，
又φ(0)＝e0f(0)－e0＝1，
∴原不等式等价于φ(x)>φ(0)，故x>0，
∴原不等式的解集为{x|x>0}．
【变式2】(2023·黄山模拟)已知定义域为R的函数f(x)，其导函数为f′(x)，且满足f′(x)－2f(x)<0，f(0)＝1，则( )
A．e2f(－1)<1 B．f(1)>e2
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))ef eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))
【答案】C
【解析】 设g(x)＝eq \f(fx,e2x)，
则g′(x)＝eq \f(f′x·e2x－2fxe2x,e2x2)
＝eq \f(f′x－2fx,e2x)，
因为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)是减函数，
所以g(－1)>g(0)，
eq \f(f－1,e－2)＝e2f(－1)>eq \f(f0,e0)＝1，故A不正确；
g(1)即f(1)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))),e1)即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>g(1)，即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))),e1)>eq \f(f1,e2)，
即f(1)考向3 利用f(x)与sin x，cs x构造
规律方法 函数f(x)与sin x，cs x相结合构造可导函数的几种常见形式
(1)F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x；
(2)F(x)＝eq \f(fx,sin x)，
F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)；
(3)F(x)＝f(x)cs x，
F′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x；
(4)F(x)＝eq \f(fx,cs x)，
F′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x).
【例题3】(2023·重庆模拟)已知偶函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其导函数为f′(x)，当0≤x0成立，则关于x的不等式f(x)>2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))cs x的解集为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
【答案】 C
【解析】构造函数g(x)＝eq \f(fx,cs x)，－eq \f(π,2)g′(x)＝eq \f(f′xcs x－fxcs x′,cs2x)
＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x)，
当0≤x0，
所以函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
因为函数f(x)为偶函数，所以函数g(x)也为偶函数，
且函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以cs x>0，
关于x的不等式f(x)>2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))cs x可变为
eq \f(fx,cs x)>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，即g(x)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
所以g(|x|)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)解得eq \f(π,3)【变式】 (2023·成都统考)记函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)为奇函数，且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时恒有f(x)cs x＋f′(x)sin x>0成立，则( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>－eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
C.eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) D.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))>－eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
【答案】 B
【解析】令g(x)＝f(x)sin x，则g′(x)＝f(x)cs x＋f′(x)sin x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时恒有f(x)cs x＋f′(x)sin x>0，所以g′(x)>0，
则g(x)＝f(x)sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))，则－eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))>－eq \f(\r(2),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，则－eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))>－eq \f(\r(3),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，又f(x)为奇函数，所以－f(－x)＝f(x)，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>－eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，选项B正确；
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))，所以eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))由eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))，得－eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))，选项D错误．
考点二：构造函数比较大小
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．
【例题4】（2023上·广东·高三校联考阶段练习）已知，.若存在，，使得成立，则下列结论中正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．不存在，使得成立D．恒成立，则
【答案】AB
【分析】A选项，转化同构形式，根据函数在上单调，可得，即；B选项，转化为研究函数的最小值问题即可；C选项，特值验证，找到满足条件即可；D选项，不等式变形、分离参数，转化为恒成立问题，构造函数研究最值即可.
【详解】选项A，，
则，且，
由，得，
当时，，则在上递增，
所以当时，有唯一解，故，
，故A正确；
选项B，由A正确，得，
设，则，
令，解得
易知在上单调递增，在上单调递减，
，，，故B正确；
选项C，由，，
得，又验证知，
故存在，使得，C错误；
选项D，由，恒成立，即恒成立，
令，则，
由在上递增，又，，
存在，使，
在上递减，在上递增（其中满足，即）.
，
要使恒成立，，存在满足题意，故D错误.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：在应用导数研究函数的综合题型中，在题干条件中同时出现指数函数和对数函数，通常可以考虑借助幂函数作为桥梁，通过变形转化为相同结构的式子，再构造函数研究问题，即指对同构思想的应用.
【变式1】（2023下·辽宁·高二凤城市第一中学校联考期中）下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】A选项，构造函数，及，，由导函数得到其单调性，证明出结论；BC选项，可举出反例；D选项，放缩后，只需证明，构造，，由隐零点结合基本不等式证明出结论.
【详解】A选项，令，，
，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
令，，
，当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
故，A正确；
B选项，，则，当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
当时，，故不满足，B错误；
C选项，令，，
，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，当且仅当时，等号成立，C错误；
D选项，由题意得，
令，，
，令，则恒成立，
故在上单调递增，
因为，，
所以存在使得，即，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，
当且仅当时，即时，等号成立，
又，故等号取不到，所以，
故，，D正确.
故选：AD
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
【变式2】(2023·榆林统考)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)，则( )
A．aC．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)，
构造函数f(x)＝2ln(x＋1)－x(0则f′(x)＝eq \f(2,x＋1)－1＝eq \f(1－x,x＋1)，
当00，f(x)在(0,1)上单调递增，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))【变式3】(2023·咸阳模拟)已知a＝eq \f(1,2 023)，b＝，c＝eq \f(cs \f(1,2 023),2 023)，则( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．b>c>a D．a>c>b
【答案】 B
【解析】设f(x)＝ex－x－1，
所以f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0⇒x<0，令f′(x)>0⇒x>0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
则f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，得ex≥x＋1.
所以b＝>－eq \f(2 022,2 023)＋1＝eq \f(1,2 023)＝a，即b>a；
又0所以c＝eq \f(cs \f(1,2 023),2 023)即a>c，所以b>a>c.
【变式4】(2023·山西联考)设a＝eq \f(1,2e)，b＝eq \f(ln π,2π)，c＝eq \f(ln \r(3),3)，则( )
A．b>c>a B．b>a>c
C．a>b>c D．a>c>b
答案 D
解析 易知a＝eq \f(1,2e)＝eq \f(ln e,2e)，
b＝eq \f(ln π,2π)，c＝eq \f(ln\r(3),3)＝eq \f(ln 3,2×3)，
令f(x)＝eq \f(ln x,2x)(x>0)，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,2x2)，
f′(x)<0⇒x>e，
所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减，
又因为e<3<π，
所以f(e)>f(3)>f(π)，即a>c>b.
【强化训练】
一、单选题
1．定义在R上的函数和满足，且，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由导数得出，代入解析式解得，从而得出，由得出在上单调递减，利用得出答案.
【详解】，则，
解得，由
得出，故，则.
因为，
所以函数在R上单调递减，
故，，
即，故.
故选：D
【点睛】本题考查函数不等式正误的判断，解题时要结合题中不等式构造新函数，利用单调性来进行判断，难点在于构造新函数，考查分析问题与解决问题的能力，属于难题.
2．（2022上·广东佛山·高三统考期末）设函数的导函数是，且恒成立，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导函数研究其单调性，求出结果.
【详解】设，则恒成立，所以单调递增，故，即，解得：，即.
故选：D
3．已知定义在上的函数和分别满，且则下列不等式成立的是
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出函数的导数，根据，设，设，根据函数的单调性判断即可.
【详解】因为，所以，
则即，
将代入，可得：，
所以，设，
则
由于，所以恒成立，
所以单调递减，所以，，
故有，即，
因此
故选：.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，一般：(1)条件含有，就构造，(2)若，就构造，(3)，就构造，(4)就构造，等便于给出导数时联想构造函数.
4．设函数的导函数为，对任意都有成立，则
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由已知，令，借助导数判断函数的单调性，然后根据整理即可做出判断.
【详解】由已知，函数的导函数为，对任意都有成立，
令 ，所以在R上单调递减，
因此 ，
，即.
故选：A.
【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.
5．定义在上的函数的图象是连续不断的曲线，且，当时，恒成立，则下列判断一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，判断为偶函数，且在上单调递增，再计算函数值比较大小得到答案.
【详解】构造函数，因为，所以
则，所以为偶数
当时，，所以在上单调递增，
所以有，则，即，即.
故选
【点睛】本题考查了函数的综合应用，构造函数判断其奇偶性和单调性是解题的关键.
6．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.
7．（2023上·上海徐汇·高三上海市第二中学校考期中）已知定义在R上的函数，其导函数满足：对任意都有，则下列各式恒成立的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】构造函数，结合已知判断其导数符号可知单调性，然后由单调性可解.
【详解】记，则，
因为，即，
所以，所以在R上单调递增，
故，，
整理得，.
故选：B
【点睛】关键点睛：本题关键在于根据导数不等式构造函数，然后利用导数判断单调性，由单调性即可求解.
8．(2023·汉中模拟)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导数，设a＝f(0)，b＝3f(ln 3)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是( )
A．c>b>a B．a>b>c
C．c>a>b D．b>c>a
【答案】D
【解析】令g(x)＝exf(x)，
则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)
＝ex[f(x)＋f′(x)]，
因为f′(x)＋f(x)>0，而ex>0恒成立，
所以g′(x)>0，
所以g(x)在定义域上是增函数，
又0<1＝ln e所以g(0)因为a＝f(0)＝e0f(0)＝g(0)，
b＝3f(ln 3)＝eln 3f(ln 3)＝g(ln 3)，
c＝ef(1)＝g(1)，
所以b>c>a.
9．(2023·广州模拟)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，若xf′(x)－1<0，f(e)＝2，则关于x的不等式f(ex)A．(0,1) B．(0，e)
C．(1，＋∞) D．(e，＋∞)
【答案】C
【解析】令函数g(x)＝f(x)－ln x，x>0，则g′(x)＝f′(x)－eq \f(1,x)＝eq \f(xf′x－1,x)<0，因此函数g(x)在定义域(0，＋∞)上是减函数，
g(e)＝f(e)－ln e＝1，
因此f(ex)e，解得x>1，
所以不等式f(ex)10．(2023·南充模拟)设定义在R上的函数y＝f(x)满足任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，且当x∈(0,4]时，xf′(x)>f(x)，则f(2 021)，eq \f(f2 022,2)，eq \f(f2 023,3)的大小关系是( )
A．f(2 021)C.eq \f(f2 023,3)【答案】 A
【解析】依题意，对任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)是周期为4的周期函数．
所以f(2 021)＝f(1)，eq \f(f2 022,2)＝eq \f(f2,2)，
eq \f(f2 023,3)＝eq \f(f3,3).
构造函数F(x)＝eq \f(fx,x)(0F′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)>0，
所以F(x)在区间(0,4]上单调递增，所以F(1)即eq \f(f1,1)即f(2 021)11．(2023·新余模拟)已知a＝ln 1.1，b＝eq \f(1,11)，c＝eq \r(0.1)，则( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>b>a D．c>a>b
【答案】D
【解析】构造函数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)－12,2\r(x)1＋x)≤0，
故f(x)在[0，＋∞)上单调递减，
所以f(0.1)即ln 1.1－eq \r(0.1)<0，即ln 1.1因为ln 1.1＝ln eq \f(11,10)＝－ln eq \f(10,11)＝－ln eq \f(11－1,11)＝－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,11)))，
构造函数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]上单调递增，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,11)))即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,11)))＋eq \f(1,11)<0，
即eq \f(1,11)<－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,11)))，即b综上，b二、多选题
12．（2023·浙江·二模）已知时，，则（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】BCD
【分析】本题考虑到不等式可以用，，这3个函数进行表示，可将不等式转化为这三个函数在时的大小位置关系.可结合，进行初步判断函数的大小关系，结合的变化对，的相对位置的变化影响可解得本题.
【详解】设，，，
由得，
所以时，或.
A和B选项：
当时，，
设，则，
当时，所以在上单调递增，
所以，
即当时，，
故.
设，则，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递减.
故，即，
所以有，
即，.
设，由题意可知，，
，
当时，，在上单调递减，
当时，，在单调递增，
所以，
得，
由得，
，
当时，由得，
则，故B正确，
取，，，则，故A错误；
C和D选项：
当时，
由题意，恰为，两交点，所在直线，
则
则
由对数平均不等式知，
.
故，
故CD正确
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考察用导数解决不等式问题，本题解题的关键是从不等式中能抽象出来，，这三个函数，然后根据不等式得到三个函数的图象在不同位置时的联系进而去解决问题.
13．（2023·云南·统考模拟预测）函数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．若，x､y均为正数，则D．若有两个不相等的实根，则
【答案】ABD
【分析】由导数得出单调性，进而判断AB；由对数运算结合不等式的性质判断C；由分析法结合得出，再构造函数，由其单调性判断D.
【详解】由得：
令得，
当x变化时，，变化如下表：
故，在上递增，在上递减，是极大值也是最大值，
时，时，，且时，时，，.
对于A，因为在上递减，所以，故A对；
对于B，因为，且在单调递增，所以，即，所以，即，故B正确；
对于C，设，且x，y均为正数，则
，
，故C错误.
对于D，因为有两个不相等的零点
不妨设要证：，即要证：在单调递增，∴只需证：即：
只需证：
令，则
当时，在单调递增
.即：，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：在判断函数值的大小时，关键在于借助函数的单调性，比较其大小，对于双变量问题，关键在于将双变量变为单变量，再构造函数证明不等式.
14．（2024上·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）已知函数的定义域是，是的导函数，若对任意的，都有，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．当时，
【答案】ABC
【分析】先构造函数，依题意用导数判断单调性即可逐项求解.
【详解】设，则，
据题意，故是一个定义在上的增函数，
则，即，
化简得，，故A，B正确；
又，即，化简得，故C正确；
由于，
当时，，解得，故D不正确，
故选：ABC．
【点睛】关键点点睛：关键是根据常用函数的导数和导数的四则运算特征反向构造函数，注意.
15．已知偶函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式中不成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】构造函数，结合导数和对称性可知为偶函数且在上单调递增，即可得，从而可判断ABD选项，由可判断C选项.
【详解】因为偶函数对于任意的满足，
所以构造函数，则，
∴为偶函数且在上单调递增，，
，，
由函数单调性可知，即，
对于AB，，故AB错误；
对于C，，，故C错误；
对于D，，即，故D正确；
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，解题的关键是利用已知条件构造对应的新函数，利用导数研究函数的单调性，从而比较大小，考查学生的逻辑推理能力与转化思想，属于较难题.
16．（2022上·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数，是其导函数，，恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，依次判断各个选项，进而得解.
【详解】设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，所以，
即，所以，故A正确；
因为，所以，又，
所以，故B正确；
因为，所以，，
即，，因为，
所以，，故C错误，D正确．
故选：ABD．
三、填空题
17．(2023·吉林省实验校考模拟)已知a＝sin 0.9，b＝0.9，c＝cs 0.9，则a，b，c的大小关系是________．
【答案】b>a>c
【解析】令函数f(x)＝x－sin x，x>0，
则f′(x)＝1－cs x≥0恒成立，故函数f(x)在定义域(0，＋∞)上是增函数，
所以当x>0时，f(x)>f(0)＝0，
则f(0.9)＝0.9－sin 0.9>0，
于是0.9>sin 0.9，即b>a；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，
x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
则y＝sin x－cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))>0，
所以sin x>cs x，
而eq \f(π,4)<0.9于是sin 0.9>cs 0.9，即a>c.
综上，b>a>c.
x
0
单调递增
极大值
单调递减