命題點1 利用導數(shù)運算構(gòu)造函數(shù)
角度1 利用f（x）與x構(gòu)造
例1 [全國卷Ⅱ]設函數(shù)f '（x）是奇函數(shù)f（x）（x∈R）的導函數(shù)，f（－1）＝0，當x＞0時，xf '（x）－f（x）＜0，則使得f（x）＞0成立的x的取值范圍是（ A ）
A.（－∞，－1）∪（0，1）B.（－1，0）∪（1，＋∞）
C.（－∞，－1）∪（－1，0）D.（0，1）∪（1，＋∞）
解析 令F（x）＝f（x）x，（根據(jù)條件xf '（x）－f（x）＜0構(gòu)造函數(shù)F（x）＝f（x）x）
因為f（x）為奇函數(shù)，所以F（x）為偶函數(shù)，
由于F'（x）＝xf '(x）－f（x）x2，當x＞0時，xf '（x）－f（x）＜0，
所以F（x）＝f（x）x在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，
根據(jù)圖象的對稱性，得F（x）＝f（x）x在（－∞，0）上單調(diào)遞增.
由f（－1）＝0， f（1）＝0，知F（－1）＝0，F(xiàn)（1）＝0.
由f（x）＞0，得x0，解得x＜－1或0＜x＜1，即使得f（x）＞0成立的x的取值范圍是（－∞，－1）∪（0，1）.
方法技巧
角度2 利用f（x）與ex構(gòu)造
例2 已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足2f（x）＋f '（x）＞0，且有f（12）＝1e，則f（x）＞1e2x的解集為（ B ）
A.（0，12）B.（12，＋∞）
C.（0，2）D.（0，＋∞）
解析 由題意，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝f（x）·e2x，則F '（x）＝f '（x）·e2x＋2f（x）e2x＝
e2x[f '（x）＋2f（x）]＞0，∴F（x）在R上單調(diào)遞增.f（x）＞1e2x?e2xf（x）＞1?F（x）＞1，∵F（12）＝f（12）·e＝1，∴F（x）＞1?F（x）＞F（12）?x＞12，即f（x）＞1e2x的解集為（12，＋∞），故選B.
方法技巧
角度3 利用f（x）與sin x，cs x構(gòu)造
例3 [2023湖南省長沙麓山國際實驗學校期中]若定義在[0，π2）上的函數(shù)f（x）的導函數(shù)為f '（x），且f（0）＝0，f '（x）cs x＋f（x）sin x＜0，則下列不等關系中正確的是（ C ）
A.f（π6）＜62f（π4）B.f（lnπ3）＞0
C.f（π6）＞3f（π3）D.f（π4）＜2f（π3）
解析 令g（x）＝f（x）csx，x∈[0，π2），則g'（x）＝f '(x）csx＋f（x）sinxcs2x，因為f '（x）cs x＋f（x）sin x＜0，所以g'（x）＜0在[0，π2）上恒成立，因此函數(shù)g（x）＝f（x）csx在[0，π2）上單調(diào)遞減，故g（π6）＞g（π4），即f（π6）csπ6＞f（π4）csπ4，即f（π6）＞62f（π4），故A錯；又
f（0）＝0，所以g（0）＝f（0）cs0＝0，所以g（x）＝f（x）csx≤0在[0，π2）上恒成立，因為0＝ln 1＜lnπ3＜ln e＝1＜π2，所以f（lnπ3）＜0，故B錯；又g（π6）＞g（π3），所以f（π6）csπ6＞f（π3）csπ3，即f（π6）＞3f（π3），故C正確；又g（π4）＞g（π3），所以f（π4）csπ4＞f（π3）csπ3，
即f（π4）＞2f（π3），故D錯誤.故選C.
方法技巧
由f（x）與sin x，cs x相結(jié)合構(gòu)造可導函數(shù)的幾種常見形式：（1）F（x）＝f（x）sin x，則F '（x）＝f '（x）sin x＋f（x）cs x；（2）F（x）＝f（x）sinx，則F '（x）＝f '(x）sinx－f（x）csxsin2x；
（3）F（x）＝f（x）cs x，則F '（x）＝f '（x）cs x－f（x）sin x；（4）F（x）＝f（x）csx，則F '（x）＝f '(x）csx＋f（x）sinxcs2x.
訓練1 （1）[2023安徽合肥第六中學5月月考]已知函數(shù)f（x）滿足f（x）＋f（－x）＝0，且當x∈（－∞，0）時，f（x）＋xf '（x）＜0成立.若a＝20.6·f（20.6），b＝ln 2·
f（ln 2），c＝lg218·f（lg218），則a，b，c的大小關系是（ D ）
A.a＞b＞cB.c＞b＞a
C.a＞c＞bD.c＞a＞b
解析 因為函數(shù)f（x）滿足f（x）＋f（－x）＝0，所以f（x）是奇函數(shù).不妨令g（x）＝x·f（x），則g（－x）＝－x·f（－x）＝x·f（x）＝g（x），所以g（x）是偶函數(shù).
g'（x）＝f（x）＋xf '（x），因為當x∈（－∞，0）時，f（x）＋xf '（x）＜0成立，所以
g（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減，又g（x）是偶函數(shù)，所以g（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.a＝g（20.6），b＝g（ln 2 ），c＝g（lg218）＝g（－lg218），
因為2＞20.6＞1，0＜ln 2＜1，－lg218＝－（－3）＝3＞2，
所以ln 2＜20.6＜－lg218，所以c＞a＞b.故選D.
（2）[2024廣西柳州模擬]設函數(shù)y＝f（x），x∈R的導函數(shù)為f '（x），且f（x）為偶函數(shù)，f '（x）＞f（x），則不等式成立的是（ B ）
A.f（0）＜e－1f（1）＜e2f（2）
B.e3f（3）＜f（0）＜e－1f（1）
C.e－1f（1）＜f（0）＜e2f（2）
D.e2f（2）＜e3f（3）＜f（0）
解析 設g（x）＝f（x）ex，則g'（x）＝f '(x）－f（x）ex＞0，所以g（x）在R上遞增，又
f（x）為偶函數(shù)，則g（1）＝f（1）e＝e－1f（1），g（0）＝f（0）e0＝f（0），g（－2）＝f（－2）e－2＝e2f（2），g（－3）＝f（－3）e－3＝e3f（3），由－3＜－2＜0＜1，可得g（－3）＜
g（－2）＜g（0）＜g（1），即e3f（3）＜e2f（2）＜f（0）＜e－1f（1）.故選B.
（3）[2023山東濰坊4月二模]已知函數(shù)f（x）的定義域為（0，π），其導函數(shù)是f '（x）.若f '（x）sin x－f（x）cs x＞0恒成立，則關于x的不等式f（x）＜2f（π6）sin x的解集為 （0，π6） .
解析 令F（x）＝f（x）sinx，則F '（x）＝f '(x）sinx－f（x）csxsin2x＞0，所以F（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增.關于x的不等式f（x）＜2f（π6）sin x可化為 f（x）sinx＜f（π6）sinπ6，即F（x）＜F（π6）.因為0＜x＜π，所以0＜x＜π6，所以不等式f（x）＜2f（π6）sin x的解集為（0，π6）.
命題點2 同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)
例4 （1）設a，b都為正數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若aea+1＋b＜bln b，則（ B ）
A.ab＞eB.b＞ea+1
C.ab＜eD.b＜ea+1
解析 由題意知，a＞0，b＞0，由aea+1＋b＜bln b，得aea+1＜b（ln b－1），則aea＜
beln be.
解法一（構(gòu)造左側(cè)形式） aea＜（ln be）eln be，設f（x）＝xex，則f（a）＜f（ln be），且
ln be＞0.當x＞0時，f '（x）＝ex＋xex＞1＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，于是a＜ln be，即ea＜be，即ea+1＜b.
解法二（構(gòu)造右側(cè)形式） ealn ea＜beln be，設f（x）＝xln x，則f（ea）＜f（be），且ea＞1，ln be＞0，即be＞1.當x＞1時，f '（x）＝ln x＋1＞0，所以f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，于是ea＜be，即ea+1＜b.
解法三（取對數(shù)形式） ln a＋a＜ln （ln be）＋ln be，設f（x）＝ln x＋x，則f（a）＜
f（ln be），且ln be＞0.當x＞0時，f '（x）＝1x＋1＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，于是a＜ln be，即ea＜be，即ea+1＜b.
（2）[2023天津一模]若0＜b＜a＜π2，則（ C ）
A.bea－eb＜aeb－ea
B.eb＋1ea＋2a＞ea＋1eb＋2b
C.asin b＋b＜bsin a＋a
D.sin bcs a＞sin a
解析 對于A，令f（x）＝exx+1，0＜x＜π2，則f '（x）＝xex（x+1）2＞0，故f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，則f（a）＞f（b），即eaa+1＞ebb+1，所以ea（b＋1）＞eb（a＋1），即bea－eb＞aeb－ea，故A錯誤；
對于B，令f（x）＝ex－1ex－2x，0＜x＜π2，則f '（x）＝ex＋1ex－2＞2ex·1ex－2＝0，故
f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，則f（a）＞f（b），即eb－1eb－2b＜ea－1ea－2a，所以eb＋1ea＋2a＜ea＋1eb＋2b，故B錯誤；
對于C，令f（x）＝sinx－1x，0＜x＜π2，則f '（x）＝xcsx－sinx+1x2＞0，故f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，則f（a）＞f（b），即sina－1a＞sinb－1b，所以b（sin a－1）＞a（sin b－1），即asin b＋b＜bsin a＋a，故C正確；
對于D，當b＝π6，a＝π3時，sin bcs a＝14＜sin a＝32，故D錯誤.故選C.
方法技巧
1.同構(gòu)法，即通過等價變形把不等式或等式兩邊轉(zhuǎn)化為結(jié)構(gòu)相同的形式，即轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)，進而利用該函數(shù)的單調(diào)性求解.
2.5種常見變形
（1）xex＝ex＋ln x （x＞0）；（2）exx＝ex－ln x（x＞0）；（3）xex＝eln x－x（x＞0）；（4）x＋ln x＝ln（ x·ex）；（5）x－ln x＝lnexx.
3.3種基本形式
訓練2 （1）已知函數(shù)f（x）＝xa－aln x（a＞0），g（x）＝ex－x，若x∈（1，e2）時，
f（x）≤g（x）恒成立，則實數(shù)a的最大值是（ B ）
A.1B.eC.e22D.e2
解析 由f（x）≤g（x）可得xa－aln x≤ex－x，即xa－ln xa≤ex－ln ex，構(gòu)造函數(shù)m（t）＝t－ln t，t∈（1，＋∞），則m'（t）＝1－1t＝t－1t＞0，所以m（t）＝t－ln t在（1，
＋∞）上單調(diào)遞增，故由m（xa）≤m（ex）可得，xa≤ex，又x∈（1，e2），所以a≤xlnx恒成立.令h（x）＝xlnx，x∈（1，e2），則h'（x）＝lnx－1（lnx）2，令h'（x）＞0，得e＜x＜e2，令h'（x）＜0，得1＜x＜e，所以函數(shù)h（x）＝xlnx在（1，e）上單調(diào)遞減，在（e，e2）上單調(diào)遞增，所以h（x）min＝h（e）＝e，即a≤e，所以a的最大值是e.
（2）[多選/2023山東省青島質(zhì)檢]已知0＜x1＜x2＜1，則下列不等式恒成立的為（ AC ）
A.x1ex2＜x2ex1B.x1ln x1＜x2ln x2
C.x2ln x1＜x1ln x2D.ex1－x2ln x1＞ln x2
解析 A.令f（x）＝exx且0＜x＜1，則f '（x）＝（x－1）exx2＜0，故f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，又0＜x1＜x2＜1，所以f（x2）＜f（x1）?ex2x2＜ex1x1?x1ex2＜x2ex1，A正確；
B.令f（x）＝xln x且0＜x＜1，則f '（x）＝1＋ln x，所以在（0，1e）上f '（x）＜0，
f（x）單調(diào)遞減，在（1e，1）上f '（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，而0＜x1＜x2＜1，此時不能比較f（x2），f（x1）的大小，B錯誤；
C.令f（x）＝lnxx且0＜x＜1，則f '（x）＝1－lnxx2＞0，故f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，又0＜x1＜x2＜1，所以f（x2）＞f（x1）?ln x2x2＞ln x1x1?x2ln x1＜x1ln x2，C正確；
D.令f（x）＝exln x且0＜x＜1，則f '（x）＝exx（1＋xln x），且exx＞0，令g（x）＝1＋xln x且0＜x＜1，則g'（x）＝1＋ln x，在（0，1e）上g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，在（1e，1）上g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，則g（x）≥g（1e）＝1－1e＞0，故f '（x）＝exx·g（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，又0＜x1＜x2＜1，所以f（x2）＞f（x1）?ex2ln x2＞ex1ln x1?
ex1－x2ln x1＜ln x2，D錯誤.故選AC.
學生用書·練習幫P281
1.[2024大連市模擬]已知a＝32（4－ln32）e4，b＝1e，c＝lge24，則（ A ）
A.a＜c＜bB.c＜a＜b
C.a＜b＜cD.b＜a＜c
解析 由題意知，a＝ln e432e432，b＝ln ee，c＝lge24＝ln44＝ln22.
構(gòu)造函數(shù) f（x）＝lnxx，則f '（x）＝1－lnxx2，令f '（x）＝0，則x＝e，令f '（x）＞0，則0＜x＜e，令f '（x）＜0，則x＞e，故f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，＋∞）上單調(diào)遞減，所以f（x）max＝f（e）＝1e＝b，而e2＜8，e432＜2，故f（e432）＜f（2），即a＜c，所以a＜c＜b，故選A.
2.[2023南京市二模]已知f（x）是定義在R上的可導函數(shù)，其導函數(shù)為f'（x）.若對任意x∈R有f'（x）＞1，f（1＋x）＋f（1－x）＝0，且f（0）＝－2，則不等式f（x－1）＞x－1的解集為（ D ）
A.（0，＋∞）B.（1，＋∞）
C.（2，＋∞）D.（3，＋∞）
解析 解法一 ∵f（1＋x）＋f（1－x）＝0，f（0）＝－2，∴令x＝1得f（2）＝2.
設g（x）＝f（x）－x，則g'（x）＝f '（x）－1＞0，∴g（x）在R上單調(diào)遞增，且g（2）＝f（2）－2＝0，
∴不等式f（x－1）＞x－1可化為g（x－1）＞0＝g（2），∴x－1＞2，解得x＞
3.故選D.
解法二 設f（x）＝2x－2，經(jīng)檢驗，滿足要求，
所以f（x－1）＞x－1即2（x－1）－2＞x－1，所以x＞3.
故選D.
3.[2024 吉林省長春市東北師范大學附屬中學模擬]已知函數(shù)f（x）的定義域為R，其導函數(shù)為f '（x），f '（x）－f（x）＞3ex，f（2）＝6e2，則不等式f（x）＞3xex的解集為（ A ）
A.（2，＋∞）B.（－∞，2）
C.（3，＋∞）D.（－∞，3）
解析 令G（x）＝f（x）ex－3x，
則G'（x）＝f '(x）－f（x）ex－3＞3exex－3＝0，所以函數(shù)G（x）在R上單調(diào)遞增，又G（2）＝f（2）e2－3×2＝0，由f（x）＞3xex可得f（x）ex－3x＞0，即G（x）＞G（2），所以x＞2.故選A.
4.已知f（x）是定義在（－π2，π2）上的奇函數(shù)，f '（x）是其導函數(shù).當x∈（0，π2）時，
f（x）＋f '（x）tan x＞0，則不等式cs x·f（x＋π2）＋sin x·f（－x）＞0的解集為（ D ）
A.（－π2，－π6）B.（－π6，0）
C.（－π2，－π4）D.（－π4，0）
解析 當x∈（0，π2）時，由f（x）＋f '（x）tan x＞0，得cs x·f（x）＋f '（x）sin x＞0，即[sin x·f（x）]'＞0，所以函數(shù)y＝sin x·f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增.
又函數(shù)f（x）是定義在（－π2，π2）上的奇函數(shù)，函數(shù)y＝sin x是R上的奇函數(shù)，所以y＝
sin x·f（x）是定義在（－π2，π2）上的偶函數(shù)，且在（－π2，0）上單調(diào)遞減.由－π2＜x＋π2＜π2，－π2＜－x＜π2，可得x∈（－π2，0），則x＋π2∈（0，π2），－x∈（0，π2）.不等式cs x·
f（x＋π2）＋sin x·f（－x）＞0可轉(zhuǎn)化為sin（x＋π2）·f（x＋π2）＞sin（－x）·f（－x），又函數(shù)y＝sin x·f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，所以π2＞x＋π2＞－x＞0，解得－π4＜x＜0，故選D.
5.[條件創(chuàng)新/2023佛山市質(zhì)檢]設函數(shù)f（x）的導函數(shù)是f'（x），且f（x）f'（x）＞x恒成立，則（ D ）
A.f（1）＜f（－1）
B.f（1）＞f（－1）
C.｜f（1）｜＜｜f（－1）｜
D.｜f（1）｜＞｜f（－1）｜
解析 設g（x）＝12[f2（x）－x2]，則g'（x）＝12[2f（x）f'（x）－2x]＝f（x）f'（x）－x＞0恒成立，所以g（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，所以g（1）＞g（－1），即12[f2（1）－1]＞12[f2（－1）－1]，解得f 2（1）＞f2（－1），即｜f（1）｜＞｜f（－1）｜，故選D.
6.[多選/2023重慶名校聯(lián)考]若m＞n＞1，0＜t＜1，則下列不等式成立的是（ BCD ）
A.lgmt＜lgntB.men＜nem
C.mnt＞nmtD.mlgnt＜nlgmt
解析 對于A，lgmt－lgnt＝1lgtm－1lgtn＝lgtn－lgtmlgtm·lgtn，
因為0＜t＜1，m＞n＞1，所以lgtm·lgtn＞0，lgtn－lgtm＞0，所以lgmt－lgnt＞0，A不成立.對于B，由men＜nem及m＞n＞1，得enn＜emm，構(gòu)造函數(shù)f（x）＝exx，x＞1，則
f '（x）＝ex·（x－1）x2＞0，所以f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f（m）＞f（n），即emm＞enn，故B成立.對于C，由mnt＞nmt及m＞n＞1，得nt－1＞mt－1，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝
xt－1，x＞1，因為0＜t＜1，所以t－1＜0，所以g'（x）＝（t－1）·xt－2＜0，所以g（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，所以g（n）＞g（m），即nt－1＞mt－1，故C成立.對于D，由mlgnt＜nlgmt及m＞n＞1，0＜t＜1，得mln m＞nln n，構(gòu)造函數(shù)h（x）＝xln x，x＞1，則h'（x）＝1＋ln x＞0，所以h（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以h（m）＞h（n），即mln m＞nln n，故D成立.故選BCD.
7.[多選]若定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（0）＝－1，其導函數(shù)為f '（x），且f '（x）＞m＞1，則下列各式成立的有（ AC ）
A.f（1m）＞1－mmB.f（1m）＜－1
C.f（1m－1）＞1m－1D.f（1m－1）＜0
解析 構(gòu)造函數(shù)g（x）＝f（x）－mx，則g'（x）＝f '（x）－m＞0，故函數(shù)g（x）＝
f（x）－mx在R上單調(diào)遞增.易知1m＞0，所以g（1m）＞g（0）＝f（0）＝－1，即f（1m）－1＞－1，所以f（1m）＞0，故B錯誤.又m＞1，所以1－mm＜0，所以f（1m）＞1－mm，故A正確.由1m－1＞0得g（1m－1）＞g（0），即f（1m－1）－mm－1＞－1，則f（1m－1）＞1m－1＞0，故C正確，D錯誤.故選AC.
8.[2024江西省南昌市部分學校調(diào)考]若定義域為（0，＋∞）的函數(shù)f（x）滿足2f（x）＋xf '（x）＞0，則不等式f（x＋1）＜f（1）（x+1）2的解集為 （－1，0） .
解析 由x∈（0，＋∞）時，函數(shù)f（x）滿足2f（x）＋xf '（x）＞0，可得2xf（x）＋
x2f '（x）＞0.設h（x）＝x2f（x），x＞0，則h'（x）＝2xf（x）＋x2f '（x）＞0，故h（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，由f（x＋1）＜f（1）（x+1）2，得（x＋1）2f（x＋1）＜f（1），即
h（x＋1）＜h（1），
所以0＜x＋1＜1，解得－1＜x＜0，所以f（x＋1）＜f（1）（x+1）2的解集為（－1，0）.
9.[2024福建省漳州市質(zhì)檢]已知函數(shù)f（x）（x∈R）的導函數(shù)為f '（x），若2f（x）＋
f '（x）＞0，且f（0）＝2 025，則不等式f（x）－2 025e－2x＞0的解集為 （0，＋∞） .
解析 令g（x）＝e2xf（x），則g'（x）＝2e2xf（x）＋e2xf '（x）＝e2x[2f（x）＋f '（x）].
因為2f（x）＋f '（x）＞0，所以g'（x）＞0，所以g（x）在R上單調(diào)遞增，又f（0）＝
2 025，所以g（0）＝e0f（0）＝2 025，不等式f（x）－2 025e－2x＞0，即f（x）＞
2 025e－2x，即e2xf（x）＞2 025，即g（x）＞g（0），所以x＞0，即不等式f（x）－
2 025e－2x＞0的解集為（0，＋∞）.
10.[2023山東濟南一中5月月考]已知定義在R上的可導函數(shù)f（x）的導函數(shù)為f '（x），
f '（x）－f（x）＜0，且f（x＋1）＝f（1－x），f（0）＝e，則不等式f（x）＞ex－1的解集是 （－∞，2） .
解析 設g（x）＝f（x）ex，則g'（x）＝f '(x）－f（x）ex＜0，所以g（x）在R上單調(diào)遞減.因為
f（x＋1）＝f（1－x），所以f（x）的圖象關于直線x＝1對稱，所以f（2）＝f（0）＝e，所以g（2）＝f（2）e2＝1e.因為f（x）＞ex－1，所以f（x）ex＞1e，即g（x）＞g（2），所以x＜2，故f（x）＞ex－1的解集是（－∞，2）.
11.[2023河北名校聯(lián)考]已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x）＝exf（－x），f（1）＝e，f '（x）是f（x）的導函數(shù)，當x∈[0，＋∞）時，f '（x）＜12f（x），則不等式
ef（x－1）＜ex2的解集為 （－∞，0）∪（2，＋∞） .
解析 令g（x）＝f（x）ex2，由f（x）＝exf（－x），得f（－x）＝f（x）ex，則g（－x）＝f（－x）e-x2＝f（x）ex2＝g（x），所以函數(shù)g（x）為偶函數(shù).
因為當x∈[0，＋∞）時，f '（x）＜12f（x），所以當x∈[0，＋∞）時，g'（x）＝f '(x）ex2－12ex2f（x）ex＝f '(x）－12f（x）ex2＜0，所以函數(shù)g（x）在[0，＋∞）上單調(diào)遞減.因為函數(shù)
g（x）為R上的偶函數(shù)，所以函數(shù)g（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞增.因為f（1）＝e，所以g（1）＝f（1）e12＝ee＝1.因為ef（x－1）＜ex2可變形為f（x－1）ex－12＜1，所以g（x－1）＜
g（1）.因為函數(shù)g（x）為R上的偶函數(shù)，在（－∞，0）上單調(diào)遞增，在[0，＋∞）上單調(diào)遞減，所以｜x－1｜＞1，解得x＜0或x＞2，
所以不等式ef（x－1）＜ex2的解集為（－∞，0）∪（2，＋∞）.
12.[2023沈陽市三檢]已知對任意的x∈（1，＋∞），不等式k（ekx＋1）－（1x＋1）ln x＞0恒成立，則k的取值范圍是 （1e，＋∞） .
解析 k（ekx＋1）－（1x＋1）ln x＞0，即kx（ekx＋1）＞（x＋1）ln x ①，因為x∈（1，＋∞），所以x＋1＞0，ln x＞0，則（x＋1）·ln x＞0，所以k＞0，則①式轉(zhuǎn)化為（ekx＋1）ln ekx＞（x＋1）ln x ②.令f（t）＝（t＋1）ln t，則②式可轉(zhuǎn)化為f（ekx）＞f（x），易得ekx＞1，x＞1.f '（t）＝1t＋1＋ln t，當t＞1時，f '（t）＞0，所以f（t）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，由f（ekx）＞f（x）得ekx＞x，所以k＞lnxx.令h（x）＝lnxx，x∈（1，＋∞），則h'（x）＝1－lnxx2，當x∈（1，e）時，h'（x）＞0，當x∈（e，＋∞）時，h'（x）＜0，所以h（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，在（e，＋∞）上單調(diào)遞減，所以h（x）max＝h（e）＝1e，所以k＞1e，所以實數(shù)k的取值范圍是（1e，＋∞）.
13.已知函數(shù)f（x）＝x＋ln（x－1），g（x）＝xln x，若f（x1）＝1＋2ln t，g（x2）＝t2，則lntx1x2－x2的最大值為 12e .
解析 由題意得f（x1）＝x1＋ln（x1－1）＝1＋2ln t，則x1－1＋ln（x1－1）＝2ln t.
又g（x2）＝x2ln x2＝t2 （*），t＞0， x2＞0，所以ln x2＞0，
（*）式取自然對數(shù)得，ln x2＋ln（ln x2）＝2ln t，
所以x1－1＋ln（x1－1）＝2ln t＝ln x2＋ln（ln x2），于是構(gòu)造函數(shù)F（x）＝x＋ln x（x＞0），則F（x1－1）＝F（ln x2）.
又F（x）＝x＋ln x在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，所以x1－1＝ln x2，
于是lntx1x2－x2＝lntx2ln x2＝lntt2，其中t＞0.
令h（t）＝lntt2（t＞0），則h'（t）＝1－2lntt3，當t∈（0，e12）時，h'（t）＞0，h（t）單調(diào)遞增；當t∈（e12，＋∞）時，h'（t）＜0，h（t）單調(diào)遞減.
所以h（t）max＝h（e12）＝12e.即lntx1x2－x2的最大值為12e.
14.[2022新高考卷Ⅰ]已知函數(shù)f（x）＝ex－ax和g（x）＝ax－ln x有相同的最小值.
（1）求a；
（2）證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列.
解析 （1）f '（x）＝ex－a，g'（x）＝a－1x（x＞0）.
若a≤0，f '（x）＞0在R上恒成立，f（x）在R上單調(diào)遞增，即f（x）無最小值；
若a＞0，當x∈（－∞，ln a）時，f '（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當x∈（ln a，＋∞）時，f '（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增.
∴f（x）在x＝ln a處取得最小值f（ln a）＝a－aln a.
當x∈（0，1a）時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，當x∈（1a，＋∞）時，g'（x）＞0，
g（x）單調(diào)遞增.
∴g（x）在x＝1a處取得最小值g（1a）＝1＋ln a.
又f（x）與g（x）有相同的最小值，
∴a－aln a＝1＋ln a，a＞0.
設h（a）＝aln a＋ln a－a＋1，a＞0，
則h'（a）＝1a＋ln a，
令φ（a）＝h'（a），則φ'（a）＝－1a2＋1a＝a－1a2，a＞0，
當a∈（0，1）時，φ'（a）＜0，h'（a）單調(diào)遞減，
當a∈（1，＋∞）時，φ'（a）＞0，h'（a）單調(diào)遞增.
∴h'（a）在a＝1處取得最小值h'（1）＝1＞0，則當a＞0時，h'（a）＞0恒成立，h（a）單調(diào)遞增.
又h（1）＝0，∴a＝1.
（2）由（1）得f（x）＝ex－x，g（x）＝x－ln x，
且f（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，f（x）min＝f（0）＝g（x）min＝g（1）＝1.
x→＋∞時，f（x）→＋∞， g（x）→＋∞；x→0時，g（x）→＋∞；x→－∞時，f（x）→＋∞.
則f（x）和g（x）的大致圖象如圖所示.
由圖知存在直線y＝b與曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個不同的交點，設三個交點的橫坐標分別為x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，
則f（x1）＝f（x2）＝g（x2）＝g（x3）＝b.
∵f（x）＝ex－x，g（x）＝x－ln x＝eln x－ln x＝f（ln x），
∴f（x1）＝f（x2）＝f（ln x2）＝f（ln x3）.
由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2，
則f（ln x2）＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，
f（ln x3）＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，
上述兩式相減得x1＋x3＝2x2，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列.
15.[2023云南省第二次統(tǒng)考]已知m＞0，e是自然對數(shù)的底數(shù)，函數(shù)f（x）＝ex＋m－
mln（mx－m）.
（1）若m＝2，求函數(shù)F（x）＝ex＋x22－4x＋2－f（x）的極值.
（2）是否存在實數(shù)m，?x＞1，都有f（x）≥0？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由.
解析 （1）因為m＝2，F(xiàn)（x）＝ex＋x22－4x＋2－f（x）＝x22－4x＋2ln（2x－2），
所以F（x）的定義域為（1，＋∞），
F'（x）＝x－4＋2x－1＝x2－5x+6x－1＝（x－2)(x－3）x－1.
當x變化時，F(xiàn)'（x），F(xiàn)（x）的變化情況如下表：
所以F（x）的極大值為F（2）＝2ln 2－6；
F（x）的極小值為F（3）＝4ln 2－152.
（2）因為m＞0，所以由mx－m＞0得x＞1，所以f（x）的定義域為（1，＋∞）.
當m＞0，x＞1時，
f（x）＝ex＋m－mln（mx－m）≥0
?ex＋m≥mln（mx－m）＝mln m＋mln（x－1）
?1mex＋1≥ln m＋ln（x－1）
?1mex－ln m≥ln（x－1）－1
?ex－ln m－ln m≥ln（x－1）－1
?ex－ln m＋（x－ln m）≥ln（x－1）＋（x－1）＝eln（x－1）＋ln（x－1）.
設h（x）＝ex＋x，則ex－ln m＋（x－ln m）≥eln（x－1）＋ln（x－1）?h（x－ln m）≥
h（ln（x－1））.
因為h'（x）＝ex＋1＞0，所以h（x）在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增.
所以h（x－ln m）≥h（ln（x－1））?x－ln m≥ln（x－1）?ln m≤x－ln（x－1）.
設H（x）＝x－ln（x－1），則H'（x）＝1－1x－1＝x－2x－1.
當x∈（1，2）時，H'（x）＜0，H（x）單調(diào)遞減；
當x∈（2，＋∞）時，H'（x）＞0，H（x）單調(diào)遞增.
所以當x∈（1，＋∞）時，H（x）min＝H（2）＝2.
所以ln m≤H（x）min＝2，即m≤e2.
所以存在實數(shù)m∈（0，e2]，?x＞1，都有f（x）≥0.形式
構(gòu)造函數(shù)
xf '（x）＋nf（x）
g（x）＝xnf（x）
xf '（x）－nf（x）
g（x）＝f（x）xn
形式
構(gòu)造函數(shù)
f '（x）＋nf（x）
g（x）＝enx·f（x）
f '（x）－nf（x）
g（x）＝f（x）enx
基本形式
同構(gòu)變形
和差型：
ea±a＞b±ln b
同左：ea±a＞eln b±ln b，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝ex±x
同右：ea±ln ea＞b±ln b，構(gòu)造函數(shù)f（x）＝x±ln x
乘積型：
aea≤bln b
同左：aea≤（ln b）eln b，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝xex
同右：ealn ea≤bln b，構(gòu)造函數(shù)f（x）＝xln x
a＞0時，取對數(shù)：a＋ln a＜ln b＋ln（ln b），構(gòu)造函數(shù)h（x）＝x＋ln x
比商型：
eaa＜blnb
同左：eaa＜elnblnb，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝exx
同右：ealnea＜blnb，構(gòu)造函數(shù)f（x）＝xlnx
a＞0時，可取對數(shù)：a－ln a＜ln b－ln（ln b），構(gòu)造函數(shù)h（x）＝x－ln x
x
（1，2）
2
（2，3）
3
（3，＋∞）
F'（x）
＋
0
－
0
＋
F（x）
單調(diào)遞增
極大值
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增

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