第09讲 构造函数解不等式讲义-2026年高考数学二轮复习导数专题（新高考通用）（原卷版+解析版）

这是一份第09讲 构造函数解不等式讲义-2026年高考数学二轮复习导数专题（新高考通用）（原卷版+解析版），文件包含第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年高考数学复习导数专题新高考通用-原卷版docx、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年高考数学复习导数专题新高考通用-解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共104页， 欢迎下载使用。
目 录
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc20466" 高考分析 PAGEREF _Tc20466 \h 1
学习目标 \l "_Tc9578" PAGEREF _Tc9578 \h 2
\l "_Tc6279" 知识要点 PAGEREF _Tc6279 \h 4
\l "_Tc10455" 解题策略 PAGEREF _Tc10455 \h 5
题型归纳 \l "_Tc11876" PAGEREF _Tc11876 \h 6
\l "_Tc24564" 题型01: 根据导数四则运算构造辅助函数 PAGEREF _Tc24564 \h 6
\l "_Tc5005" (一）f'(x)>g'(x)→F(x)=f'(x)−g'(x) PAGEREF _Tc5005 \h 8
\l "_Tc13073" （二）xf'(x)+f(x)→xf(x)' PAGEREF _Tc13073 \h 11
\l "_Tc11274" （三）xf'(x)−f(x)→f(x)x, PAGEREF _Tc11274 \h 16
\l "_Tc26436" 题型02：构造F(x)=xnf(x)或F(x)=f(x)xn(n∈Z，且n≠0)型 PAGEREF _Tc26436 \h 19
\l "_Tc32022" 题型03：构造F(x)=enxf(x)或F(x)=f(x)eπx(n∈Z，且n≠0)型 PAGEREF _Tc32022 \h 25
\l "_Tc30546" 题型04：构造F(x)=f(x)sinx或F(x)=f(x)sinx型 PAGEREF _Tc30546 \h 37
\l "_Tc24309" 题型05：构造F(x)=f(x)csx或F(x)=f(x)csx型 PAGEREF _Tc24309 \h 41
\l "_Tc18620" 题型06：构造F(x)=f(x)lnx型 PAGEREF _Tc18620 \h 42
\l "_Tc32325" 题型07：复合型构造 PAGEREF _Tc32325 \h 47
\l "_Tc17982" 题型08：构造求参——同构型 PAGEREF _Tc17982 \h 52
\l "_Tc12549" 题型09：构造求参——二次构造型 PAGEREF _Tc12549 \h 55
\l "_Tc29512" 题型10：构造求参——数列型构造 PAGEREF _Tc29512 \h 60
\l "_Tc1194" 题型11：根据不等式（求解目标）构造具体函数 PAGEREF _Tc1194 \h 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xex、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ex≥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f'(x)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f(x)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f'(x)>g'(x)，构造h(x)=f(x)−g(x)
（2）对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x)．
（3）对于f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0，构造h(x)=f(x)g(x)
（4）对于f'(x)g(x)−f(x)g'(x)>0，构造h(x)=f(x)g(x)
（5）对于不等式f'(x)>kk≠0，构造函数gx=fx−kx+b.
（6）对于不等式f'x+fx>0，构造函数gx=exf(x)
对于不等式f'x+nfx>0，构造函数gx=enxf(x)
对于不等式f'x−fx>0，构造函数gx=f(x)ex 对于f'(x)+f(x)>k，构造gx=exfx−k
对于不等式f'x−nfx>0，构造函数gx=f(x)enx
（8）对于不等式xf'x+fx>0，构造函数gx=xfx
对于不等式xf'x+nfx>0，构造函数gx=xnf(x)
（9）对于不等式xf'x−fx>0，构造函数x≠0
对于不等式xf'x−nfx>0，构造函数gx=f(x)xn
（10）对于f'(x)f(x)>0，分类讨论：
①若f(x)>0，则构造h(x)=lnf(x);
②若f(x)0，构造h(x)=f(x)lnx.
（13）对于f'(x)>f(x)tanx(或f'(x)0，构造h(x)=f(x)csx．
（15）对于f'(x)sinx+f(x)csx>0，构造h(x)=f(x)sinx．
（16）对于f'(x)sinx−f(x)csx>0，构造h(x)=f(x)sinx．
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'(x0)=0，表示出ex0或\lnx0，代入F(x)的表达式消去超越项，进而分析F(x0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R上的函数fx的导函数为f'x，若f'xx+2的解集是（ ）
A．0,e2B．0,2C．−∞,e2D．−∞,2
【答案】A
【解析】设gx=fx−ex+2，求导可得gx在R上单调递减，再根据flnx>x+2转化为glnx>4，再结合gx的单调性求解即可.
设gx=fx−ex+2，则g'x=f'x−ex.
因为f'x4，即glnx>4.
因为f2=e2+2，所以g2=f2−e2+2=4，所以glnx>g2.
因为gx在R上单调递减，所以lnx0，
所以g'x=f'x−1x−1=xf'x−x−1x>0，
所以g(x)在0,+∞上单调递增，
因为f10=ln10e10=10+ln10，
所以g(10)=0，
所以不等式fex>ex+x可转化为gex=fex−x−ex>0，即gex>g(10)，
所以ex＞10，
所以x＞ln10，
所以不等式fex>ex+x的解集为ln10,+∞.
故选：B.
(一）f'(x)>g'(x)→F(x)=f'(x)−g'(x)
【典型例题1】已知函数fx的定义域为，f−1=1，f'x为fx导函数，且对任意x∈R，均有f'x>1，则f2x+3>2x+5的解集为（ ）
A．−2,+∞B．−∞,−1
C．−∞,−2D．−∞,+∞
【答案】A
【解析】令fx=2x+3，求出f2x+3的解析式，得到关于x的不等式，求出x的取值范围即可.
令fx=2x+3，则f'x=2>1，且f−1=1，
所以fx在单调递增，
所以f2x+3=4x+9>2x+5，即2x>−4，
解得x>−2.
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f'(x)⋅g(x)0
∵xf'x0，且f(1)=0，则使得f(x)0时，有f(x)+xf'(x)>0，令gx=xfx，g'x=xf'x+fx>0，得到在0,+∞上递增，再根据在上的偶函数，得到在上是奇函数，则在−∞,0上递增，然后由f(1)=0，得到g(1)=g(−1)=0求解.
因为当x>0时，有f(x)+xf'(x)>0，
令gx=xfx，
所以g'x=xf'x+fx>0，
所以在0,+∞上递增，
又因为在上的偶函数
所以g−x=−xf−x=−xfx=−gx，
所以在上是奇函数
所以在−∞,0上递增，
又因为f(1)=0，
所以g(1)=g(−1)=0，
当x>0，f(x)1，
则g'(x)=f(x)−1+xf'(x)>0，
所以在上单调递增，
由奇函数的性质可得在上单调递增，
又f3=1，所以g3=0，所以g−3=−g3=0，
不等式fx−12x>0等价于x[f(x)−1]>0，即g(x)>0，
所以不等式的解集为−3,0∪3,+∞．
故答案为：−3,0∪3,+∞．
【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a，b，若，则必有（ ）
A．af(b)>bf(a)B．af(a)>bf(b)C．af(a)bB．c>a>bC．c>b>aD．b>a>c
【答案】C
【解析】构造函数gx=xfx，则g'x=fx+xf'x，
当x>0时,不等式fx+x⋅f'x0时,g'x1，则x2fx>18的解集为
A．−∞,−3B．−∞,−3∪3,+∞
C．3,+∞D．−3,3
【答案】B
【解析】先构造函数gx=x2fx，再利用函数单调性解不等式.
令gx=x2fx，因为函数fx在−∞,+∞上是可导的偶函数，所以gx=x2fx在−∞,+∞上也是偶函数
又当x>0时，2fx+xf'x>1,∴2xfx+x2f'x>x>0 ,∴g'x>0,∴gx=x2fx在0,+∞上是增函数
∵f3=2由x2fx>18得x2fx>18=32f3
∴gx>g3,∴x>3 ∴x∈−∞−3∪3,+∞.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f'x是函数fx定义在0，+∞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.
f'x是函数fx定义在（0，+∞）上的导函数，满足，
可得，
令gx=x2fx，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fx是定义在−∞，0上的可导函数，其导函数为f'x，且有3fx+xf'x0，即[f(x)x]'>0，
所以可知函数f(x)x在(0,+∞)上是增函数，即f(1)10=g(3)⇒x0,∴00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a,b,c大小.
∵当x∈(0,+∞)时不等式fx−xf'x>0成立，
∴fxx'=f'xx−fxx21>22>12，在上是减函数，
∴g(lg23)0,
所以在(0,+∞)单调递增，所以g(π)>g(e)，即f(π)π>f(e)e，从而ef(π)>πf(e)．
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，f'(x)g(x)＞f(x)g'(x)，则当a＞b时有（ ）
A．f(a)g(b)＞f(b)g(a)B．f(a)g(b)＜f(b)g(a)
C．f(a)g(a)＞f(b)g(b)D．f(a)g(a)＜f(b)g(b)
【答案】A
【解析】构造函数hx=f(x)g(x)，利用题设条件和函数的导数，求得新函数hx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hx=f(x)g(x)，则h'x=f'(x)g(x)−f(x)'g(x)g2(x)，
因为f'(x)g(x)>f(x)'g(x)，所以h'x>0，所以函数hx为单调递增函数，
又由，所以h(a)>h(b)，即f(a)g(a)>f(b)g(b)，
又由g(x)>0，则g(a)>0,g(b)>0，
所以f(a)g(b)＞f(b)g(a)，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hx=f(x)g(x)，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fx，是定义域为的恒大于零的可导函数，且f'xgx−fxg'xfbgxD．fxgx>faga
【答案】C
【解析】首先根据题意得到fxgx'=f'xgx−fxg'xg2x0
所以函数gx在0,+∞上为增函数．
由fx的定义域为0,+∞可知，得a>0，
将不等式ax⋅faxlnx≥flnx⋅lnxax整理得a2x2⋅fax≥flnx⋅ln2x，即gax≥glnx，
可得在x∈1,+∞上恒成立，即a≥lnxx在x∈1,+∞上恒成立；
令φx=lnxx，其中x>1，所以a≥φxmax
φ'x=1−lnxx2，令φ'x=0，得x=e．
当x∈1,e时，φ'x>0，所以φx在1,e上单调递增；
当x∈e,+∞时，φ'x1时，有fx>0恒成立.
又f1=0，所以fx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0,+∞上的函数fx的导函数为f'x，若xf'x−fx0的解集为（ ）
A．0,2B．1,2C．D．2,+∞
【答案】B
【解析】设gx=fxx，则g'x=xf'x−fxx2，因为xf'x−fxfx，则f2021，f20222，f20233的大小关系是（ ）
A．f2021x2≥0
故x>0时，g'x>0，即gx单调递增，所以gx在R上单调递增不等式x+20182fx+2018＋4f−20, 在定义域上单调递增,
对于不等式exfx>ex+3e转化为exfx−ex>3e，
又f(0)=3，∴g1=ef1−e=3e,
∴gx>g1, 而y=g(x)在定义域上单调递增,
故选：D
【典型例题3】已知定义在R上的函数f(x)的导函数为，且，则不等式的解集为（ ）
A．(−∞,2)B．(−∞,ln2)C．(ln2,+∞)D．(2,+∞)
【答案】B
【解析】令gx=e3xfx，函数gx的定义域为R，
因为3fx+f'x0，即g(x)在R上单调递增，
对于A选项，因为g(1)0，
所以g'x>0，所以gx在R上单调递增，
因为f2=2e2，
所以g2=e2f2=2，
所以ft·et0，
所以当x1时，．所以g'(x)>0．此时函数g(x)单调递增；
由已知f(2−x)=f(x)e2−2x，变形得f(2−x)e2−x=f(x)ex，即，所以g(x)图像上的点x,g(x)关于x=1的对称点2−x,g(x)也在函数图像上，即函数g(x)的图像关于直线x=1对称，
不等式e2f(lnx)0，其中f'x为fx的导数，设a=f0，b=3fln3，c=ef1，则a、b、c的大小关系是（ ）
A．c>b>aB．a>b>cC．c>a>bD．b>c>a
【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g'x=exfx+exf'x=exfx+f'x，
因为f'x+fx>0，而恒成立，所以g'x>0，
所以在R上单调递增，
又01ex的解为
A．B．(3,+∞)C．(−∞,0)D．(0,+∞)
【答案】B
【解析】因为fx=−fx+32，所以fx周期为3，fx为偶函数，所以f(2018)= f(2)= f(-1)= f(1) ，令gx=ex+2fx,则g'x=ex+2fx+f'x>0, g1=1，
由fx−2>1ex得gx−2>g1,所以x-2>1,x>3,即解为3,+∞，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f'(x)1，设a=f(2)−1，b=e[f(3)−1]，则a，b的大小关系为
A．aex+2017（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ）
A．−∞,0B．−∞,0∪2017,+∞
C．2017,+∞D．0,+∞
【答案】D
【解析】构造函数gx=exfx−ex，再结合可以得到函数
的单调性，不等式可以整理为gx>g0，再根据函数的单调性即可得到解集.
构造函数gx=exfx−ex，
所以g'x=exfx+exf'x−ex=exfx+f'x−1，
又因为，所以g'x>0，在R上单调递增，
因为f0=2018，所以g0=2017，
不等式exfx>ex+2017，可整理为exfx−ex>2017，即gx>g0，
因为函数在R上单调递增，所以x>0.
故选：D.
【变式训练3-10】已知函数fx的定义域为0,+∞，满足fx+2xf'x>0（f'x为fx的导函数），设a=f1，b=efe2，c=2f4，则（ ）
A．a>b>cB．a>c>b
C．b>a>cD．b>c>a
【答案】D
【解析】构造函数gx=xfx，再求导分析函数的单调性，进而结合10，令gx=xfx，则g'x=12xfx+xf'x>0，所以函数在0,+∞上单调递增，1a.
故选：D
【变式训练3-11】（多选）定义在R上的函数fx的导函数为f'x，且fx+xf'xf(1)B．2ef(2)0D．f−1>0
【答案】ACD
【解析】构造出函数F(x)=xf(x)ex，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fx+xf'xe2f(2)
C．f(−4)>e2f(−2)D．ef(−4)>f(−3)
【答案】C
【解析】根据当x>0时，f'(x)0时，f'(x)0，∴f4e40，∴f4e4ef(−3)，故D错误.
故选：C
【变式训练3-13】设函数fx的导函数为f'x，若对任意x∈R都有f'x>fx成立，则（ ）
A．2018fln2019>2019fln2018B．2018fln20190，且，
∴F'x>0对任意x∈R恒成立，则Fx在上单调递增，
又∵在0,+∞上单调递增，则ln2018f1，f2f(1)e⇒f(2)>ef(1)，
构造函数h(x)=f(x)⋅ex⇒h'(x)=ex[f(x)+f'(x)]，因为fxfaD．fa>3f0>af1
【答案】B
【解析】由f'xfa>ea−1f1，
设0≤x≤1，
则h'x=ex−1−1，
因为0≤x≤1，所以h'x=ex−1−1≤0，
当且仅当x=1时，h'x=0，
所以hx=ex−1−x在0,1上为减函数，
所以ea−1−a>e0−1=0，即ea−1>a，
又当x>0时，fx>0，所以fa>ea−1f1>af1，
又0af1，
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fx的导函数为f'x，f0=0，若对任意，都有f'x−fx>1，则使得f(x)+1ex>1成立的x的取值范围为 .
【答案】(0,+∞)
【解析】构造函数g(x)=f(x)+1ex，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g(x)=f(x)+1ex，g(0)=1，
因为对任意，都有f'x−fx−1>0，
所以g'x=f'xex−fx+1exe2x=f'x−fx−1ex>0恒成立，
所以函数在R上单调递增，
由f(x)+1ex=g(x)>1=g(0)，解得x>0，
所以x的取值范围为(0,+∞).
故答案为：(0,+∞).
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于，构造函数g(x)=f(x)+1ex，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F(x)=f(x)sinx或F(x)=f(x)sinx型
【典型例题1】已知定义在上的函数的导函数为，任意x∈(0,π)，有f'(x)sinx>f(x)csx，且f(x)+f(−x)=0，设a=2f(π6)，b=2f(π4)，c=−f(−π2)，则
A．B．bf−xsin−x．又f(x)−f(−x)=0，−sinx=sin(−x)，
所以f'(x)csx+f(x)sinx>0，
设g(x)=f(x)csx，x∈(0,π2)，则=f'(x)csx−f(x)(−sinx)cs2x=f'(x)csx+f(x)sinxcs2x，
因为当x∈(0,π2)时，f'(x)csx+f(x)sinx>0，所以g'(x)>0，
所以在(0,π2)上为增函数，
因为120时有xlnx⋅f'x0时，g'(x)1x，令gx=fxx−lnx，可得在上单调递增，进而可得f3>3ln3，f2>2ln2，可得结论.
由题意可得xf'x−fx>x，即xf'x−fxx2>1x，
令gx=fxx−lnx，则g'x=xf'x−fxx2−1x>0，
所以在上单调递增，因为，所以g1=f1−ln1=0，
所以g3>g1=0，所以f33−ln3>0，所以f3>3ln3>3，
所以g2>g1=0，所以f22−ln2>0，所以f2>2ln2，
又2ln2fx,x>12,fe2=1，则不等式 fex212，求导，结合xf'xln2x>fx，可得在(12,+∞)上单调递增，则不等式f(ex2)fx，所以g'(x)>0，即在(12,+∞)上单调递增．因为g(e2)=f(e2)=1，则不等式f(ex2)0,∴f'x≥0,∴fx在0,+∞单调递增，∴fx既无极大值也无极小值，故选D.
【典型例题4】已知函数fx=lnx+x−t2x，t∈R，若存在x∈12,2，使得fx+xf'x>0，则实数t的取值范围是
A．−∞,2B．−∞,32C．−∞,94D．
【答案】C
【解析】先构造函数gx=xfx,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t的取值范围.
令gx=xfx=lnx+x−t2，则存在x∈12,2，使得g'x=fx+xf'x>0,即1x+2x−t>0,t2，变形为lnx2−2x2>lnx1−2x1，
设函数fx=lnx−2x，则函数fx在区间m,+∞单调递减，由f'x=3−lnxx2=0，得x=e3，
当x∈0,e3时，f'x>0，fx单调递增，当x∈e3,+∞时，f'x0，若对任意两个不等的正实数x1、x2都有fx2−fx1x2−x1≥2恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．1,+∞B．1,+∞
C．D．0,1
【答案】B
【解析】设x10恒成立，则a≥−x2+2x，
又函数y=−x2+2x=−x−12+1≤1，当x=1时，等号成立，
所以a≥1，所以实数a的取值范围是1,+∞． 故选：B.
【变式训练8-3】已知函数f(x)=exx−ax，x∈(0,+∞)，当时，不等式fx1x20⇔x1−a3lnx1−(x2−a3lnx2)>0，令f(x)=x−a3lnx，x∈(1,3]，
则对任意的x1,x2∈(1,3]，当x1f(x2)，即有函数在(1,3]上单调递减，
因此，∀x∈(1,3]，f'(x)=1−a3x≤0⇔a≥3x，而(3x)max，则a≥9，
所以实数a的取值范围是[9,+∞).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nm+1的最小值为（ ）
A．1e2B．1eC．1D．e
【答案】A
【解析】分析可知，m+1>0，可知在0,+∞上恒成立，故需要有在0,+∞上恒成立（等号不恒成立），gx=m+1lnxx>0，求出函数的斜率为1的切线方程，可得出，令t=m+1>0，则，利用导数求出y=lnt−1t的最大值，即为所求.
因为，依题意在0,+∞上没有变号零点，令hx=xm+1+n−lnx，其中x>0，若m+10，令，得x=m+1，
所以函数的斜率为1的切线方程为，
即，所以只需要，
所以只需要即可，令t=m+1>0，则，
故，当00恒成立，hx为R上的增函数，
因为ex∈0,+∞是增函数，−1a+1x−b∈−∞,+∞也是增函数，
所以，此时h(x)∈−∞,+∞，不合题意；
②当a+1>0时，h'x=ex−1a+1为增函数，由h'x=0得x=−lna+1，
令h'x>0⇔x>−lna+1，h'x0)，ux=lnx+1x2x>0，
则u'x=x−lnx+1⋅2xx4=−2lnx+1x3，令u'x>0⇔00，函数单调递增，当a∈e−12,+∞，g'(a)0，f'x=1x−nx2=x−nx2，显然n≠0，
当时，f'x>0恒成立，即fx=lnx+2−2m+nx在0,+∞上单调递增，无最小值，舍去；
当时，当x∈0,n时，f'x0，则 lnt+t+1−kt+1≤b在0,+∞上恒成立，令ft=lnt+t+1−kt+1，
所以f't=1t+1−k，若k≤1，则 f't>0， ft在0,+∞递增，当t→+∞时， ft→+∞，不等式不成立，故k>1，当01−2n+3=n+1n+3，
所以T9=a1×a2×⋯a9>12×35×⋯×1012=1×3×42×11×12=122，即T9>122.
记hx=lnx−x+1x,0818，
从而a2>a8，而a2,a3,a4,a5,a6,a7这6个数中一定有最大值，此最大值也是数列{an}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an≤n1n，难点在于引入函数y=x1x，利用导数证明{n1n}在时是单调递减数列，再引入函数利用零点存在定理证明a2>818，从而说明{an}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an满足：a1=−12，且an+1=lnan+1−sinan，则下列关于数列an的叙述正确的是（ ）
A．an>an+1B．−12≤an−an2an+2D．an≤−242n−1
【答案】D
【解析】构造函数fx=lnx+1−sinx（−12≤xe0−1=0，所以h(x)>h(0)=0，所以ex−1>x>0，
所以ex−1x>1x>0，所以f(x)>1．因为g'(x)=xex>0，所以g(x)>g(0)=−1⋅1+1=0．
下面用归纳法证明an>0．当n=1时，a1>0，
假设当n=k时，ak>0，那么对n=k+1，eak−1=akeak+1，所以eak+1=eak−1akak>0，
因为ex−1x>1x>0，所以eak+1=eak−1ak=fan>1，所以ak+1>0．因此an>0，n∈N∗.
ean−ean+1=ean−ean−1an=an−1ean+1an=ganan>0，所以ean>ean+1，an>an+1，
综上，0