第8讲抽象函数7种导函数构造【题型目录】题型一：具体函数抽象化解不等式题型二：构造幂函数型解不等式题型三：构造指数函数型解不等式题型四：构造对数函数型解不等式题型五：构造三角函数型解不等式题型六：构造fxkx型函数解不等式题型七：复杂型：二次构造【典例例题】题型一：具体函数抽象化解不等式【例1】（2022·广东·南海中学高二阶段练习）已知fx2xcosx,xR，若f1tf12t0成立，则实数t的取值范围是（）22220,0,,0,,00,A．B．C．D．3333【答案】B【解析】【分析】由奇偶性的定义得出函数yfx为偶函数，利用导数知函数yfx在区间0,上为增函数，由偶函数的性质将不等式f1tf12t0变形为f1tf12t，利用单调性得出1t12t，从而可解出实数t的取值范围.【详解】解：函数yfx的定义域为R，关于原点对称，Qfx2xcosx2xcosxfx，函数yfx为偶函数，当x0时，fx2xcosx，fx2sinx0，则函数yfx在0,上为增函数，由f1tf12t0得f1tf12t，由偶函数的性质得f1tf12t，由于函数yfx在0,上为增函数，则1t12t，即1t212t2，22整理得3t22t0，解得0t，因此，实数t的取值范围是0,.33故选：B.【题型专练】x1．（2022·贵州遵义·高二期末（理））已知函数fxlnx，设aflog2，bflog0.5，cfln4，ex30.2则a，b，c的大小为（）A．cabB．acbC．bcaD．cba【答案】A【解析】【分析】利用函数解析式求导数，判断导数大于零恒成立，故确定函数单调性，比较自变量大小确定函数值a，b，c的大小即可.【详解】11xex(x)2解：因为fxlnx，则x(0,)，所以11xexx2x24exfxxexxexxex111又x(0,)时，ex1,(x)2，所以fx0恒成立244x所以fxlnx在x(0,)上单调递增；ex1又0log21，log0.5loglog2log2，ln4130.212535所以ln4log2log0.5，则cab.30.2故选：A.2．（2022·上海·复旦附中高二期末）设fx2xsinx，若f2022x1f12021x0，则x的取值范围是___________.【答案】x2【解析】【分析】奇偶性定义判断f(x)奇偶性，利用导数研究f(x)的单调性，再应用奇偶、单调性求x的范围.【详解】由f(x)2xsinx(2xsinx)f(x)且xR，易知：f(x)为奇函数，所以f(2022x1)f(2021x1)，又f(x)2cosx0，故f(x)在xR上递增，所以2022x12021x1，可得x2.故答案为：x2题型二：构造幂函数型解不等式【例1】（2022·黑龙江·哈师大附中高二期末）已知定义在（0，+∞）上的函数fx满足xfxfx0，其中fx是函数fx的导函数，若fm2022m2022f1，则实数m的取值范围为（）A．（0，2022）B．（2022，+∞）C．（2023，+∞）D．（2022，2023）【答案】D【解析】【分析】xfxfx构造函数g(x)，使得g(x)0，然后根据函数g(x)的单调性解不等式即可.x2【详解】f(x)xfxfx由题设g(x)g(x)0，所以g(x)在0,上单调递减，又xx2fm2022f1fm2022m2022f1，即g(m2022)g(1)m20221m2023，又m20221函数fx的定义域为0,，所以m20220m2022，综上可得：2022m2023.故选：D.【例2】（2022·