2023導(dǎo)數(shù)解密通關(guān)練基礎(chǔ)篇專(zhuān)題07 構(gòu)造函數(shù)法解決導(dǎo)數(shù)不等式問(wèn)題(二)含答案

2023導(dǎo)數(shù)解密通關(guān)練基礎(chǔ)專(zhuān)題07構(gòu)造函數(shù)法解決導(dǎo)數(shù)不等式問(wèn)題(二)考點(diǎn)四構(gòu)造F(x)＝f(x)±g(x)，F(xiàn)(x)＝f(x)g(x)，F(xiàn)(x)＝eq\f(f(x),g(x))類(lèi)型的輔助函數(shù)【方法總結(jié)】(1)若F(x)＝f(x)＋axn＋b，則F′(x)＝f′(x)＋naxn－1；(2)若F(x)＝f(x)±g(x)，則F′(x)＝f′(x)±g′(x)；(3)若F(x)＝f(x)g(x)，則F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(4)若F(x)＝eq\f(f(x),g(x))，則F′(x)＝eq\f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),[g(x)]2)．由此得到結(jié)論：(1)出現(xiàn)f′(x)＋naxn－1形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋axn＋b；(2)出現(xiàn)f′(x)±g′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)±g(x)；(3)出現(xiàn)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)；(4)出現(xiàn)f′(x)g(x)－f(x)g′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f(x),g(x))．【例題選講】[例1](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝3，對(duì)任意x∈R，f′(x)<3，則f(x)>3x＋6的解集為()A．{x|－1<x<1}B．{x|x>－1}C．{x|x<－1}D．R(2)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且對(duì)?x∈R，f′(x)＜eq\f(1,2)，則不等式f(log2x)＞eq\f(log2x＋1,2)的解集為_(kāi)_______．(3)定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且2f′(x)>1，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))時(shí)，不等式f(2cosx)>eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)的解集為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(4π,3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))(4)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＞2x．若f(a－2)－f(a)≥4－4a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，1]B．[1，＋∞)C．(－∞，2]D．[2，＋∞)(5)已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，且f(－x)＝f(x)，當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)>3x，則不等式f(x)－f(x－1)<3x－eq\f(3,2)的解集是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))(6)設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＋f′(x)·xlnx<0，則不等式(x－1)f(x)>0的解集為_(kāi)_______．(7)(多選)定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x對(duì)任意x∈(0，＋∞)恒成立．下列結(jié)論正確的是()A．2f(2)－3f(1)＞5B．若f(1)＝2，x＞1，則f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)C．f(3)－2f(1)＜7D．若f(1)＝2，0＜x＜1，則f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)(8)已知函數(shù)f(x)，對(duì)?x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上，f′(x)<x，若f(4－m)－f(m)≥8－4m，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．[－2，2]B．[2，＋∞)C．[0，＋∞)D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)(9)已知函數(shù)y＝f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≠0時(shí)，有f′(x)＋eq\f(f(x),x)>0，則函數(shù)F(x)＝xf(x)＋eq\f(1,x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．0B．1C．2D．3(10)函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)的極值狀態(tài)是___________．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，且對(duì)任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為()A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)2．已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)<eq\f(1,2)，則不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集為．3．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，且滿足f′(x)<2x，f(2)＝3，則不等式f(x)>x2－1的解集是()A．(－∞，－1)B．(－1，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－∞，2)4．定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋1＞0，f(1)＝4，則不等式f(x)＞eq\f(1,x)＋3的解集為_(kāi)_______．5．設(shè)f(x)為R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)－cosx<0，則不等式f(x)<sinx的解集為．6．設(shè)f(x)和g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，f′(x)，g′(x)分別為其導(dǎo)數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集是()A．(－3，0)∪(3，＋∞)B．(－3，0)∪(0，3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0，3)7．設(shè)f(x)，g(x)是定義在R上的恒大于0的可導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＜0，則當(dāng)a＜x＜b時(shí)，有()A．f(x)g(x)＞f(b)g(b)B．f(x)g(a)＞f(a)g(x)C．f(x)g(b)＞f(b)g(x)D．f(x)g(x)＞f(a)g(a)8．設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x)，對(duì)任意x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上f′(x)<x，若f(2－m)＋f(－m)－m2＋2m－2≥0，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_________．9．已知f(x)是定義在R上的減函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足eq\f(f(x),f′(x))＋x<1，則下列結(jié)論正確的是()A．對(duì)于任意x∈R，f(x)<0B．對(duì)于任意x∈R，f(x)>0C．當(dāng)且僅當(dāng)x∈(－∞，1)，f(x)<0D．當(dāng)且僅當(dāng)x∈(1，＋∞)，f(x)>010．已知y＝f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≠0時(shí)，f′(x)＋eq\f(f(x),x)＞0，若g(x)＝f(x)＋eq\f(1,x)，則函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．0D．0或2考點(diǎn)五構(gòu)造具體函數(shù)關(guān)系式【方法總結(jié)】這類(lèi)題型需要根據(jù)題意構(gòu)造具體的函數(shù)關(guān)系式，通過(guò)具體的關(guān)系式去解決不等式及求值問(wèn)題．【例題選講】[例1](1)(2020·全國(guó)Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a(chǎn)>2bB．a(chǎn)<2bC．a(chǎn)>b2D．a(chǎn)<b2(2)已知α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且αsinα－βsinβ＞0，則下列結(jié)論正確的是()A．α＞βB．α2＞β2C．α＜βD．α＋β＞0(3)(多選)若0<x1<x2<1，則()A．x1＋lnx2>x2＋lnx1B．x1＋lnx2<x2＋lnx1C．>D．<(4)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－ax，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x2＞x1時(shí)，不等式eq\f(f(x1),x2)－eq\f(f(x2),x1)<0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，e]B．(－∞，e)C．(－∞，eq\f(e,2))D．(－∞，eq\f(e,2)](5)(多選)若實(shí)數(shù)a≥2，則下列不等式中一定成立的是()A．(a＋1)a＋2>(a＋2)a＋1B．loga(a＋1)>loga＋1(a＋2)C．loga(a＋1)<eq\f(a＋1,a)D．loga＋1(a＋2)<eq\f(a＋2,a＋1)(6)(2021·全國(guó)乙)設(shè)a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝eq\r(1.04)－1，則()A．a(chǎn)<b<cB．b<c<aC．b<a<cD．c<a<b(7)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)－f(x)＝xlnx，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)，則()A．f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0B．f(x)在x＝eq\f(1,e)處取得極大值C．0<f(1)<1D．f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln6,6)，則()A．a(chǎn)<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．b<a<c2．設(shè)a，b>0，則“a>b”是“aa>bb”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件3．已知0<x1<x2<1，則()A．eq\f(lnx1,x2)>eq\f(lnx2,x1)B．eq\f(lnx1,x2)<eq\f(lnx2,x1)C．x2lnx1>x1lnx2D．x2lnx1<x1lnx24．已知a>b>0，ab＝ba，有如下四個(gè)結(jié)論：(1)b<e；(2)b>e；(3)存在a，b滿足a·b<e2；(4)存在a，b滿足a·b>e2，則正確結(jié)論的序號(hào)是()A．(1)(3)B．(2)(3)C．(1)(4)D．(2)(4)5．設(shè)x，y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則()A．2x<3y<5zB．5z<2x<3yC．3y<5z<2xD．3y<2x<5z6．已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，則()A．c<b<aB．b<c<aC．a(chǎn)<c<bD．a(chǎn)<b<c7．若0<x1<x2<a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A．eq\f(1,2)B．1C．eD．2e8．下列四個(gè)命題：①ln5<eq\r(5)ln2；②lnπ>eq\r(\f(π,e))；③<11；④3eln2>4eq\r(2)．其中真命題的個(gè)數(shù)是()A．1B．2C．3D．49．已知函數(shù)f(x)＝ex＋mlnx(x∈R)，若對(duì)任意正數(shù)x1，x2，當(dāng)x1＞x2時(shí)，都有f(x1)－f(x2)＞x1－x2成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．10．若實(shí)數(shù)a，b滿足2a＋3a＝3b＋2b，則下列關(guān)系式中可能成立的是()A．0<a<b<1B．b<a<0C．1<a<bD．a(chǎn)＝b11．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－ax，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x2>x1時(shí)，不等式eq\f(f(x1),x2)<eq\f(f(x2),x1)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，e]B．(－∞，e)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)))12．設(shè)f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，已知x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，f(e)＝eq\f(1,e)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增B．f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減C．f(x)在(0，＋∞)上有極大值D．f(x)在(0，＋∞)上有極小值13．(多選)下列不等式中恒成立的有()A．ln(x＋1)≥eq\f(x,x＋1)，x>－1B．lnx≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，x>0C．ex≥x＋1D．cosx≥1－eq\f(1,2)x2 專(zhuān)題07構(gòu)造函數(shù)法解決導(dǎo)數(shù)不等式問(wèn)題(二)考點(diǎn)四構(gòu)造F(x)＝f(x)±g(x)，F(xiàn)(x)＝f(x)g(x)，F(xiàn)(x)＝eq\f(f(x),g(x))類(lèi)型的輔助函數(shù)【方法總結(jié)】(1)若F(x)＝f(x)＋axn＋b，則F′(x)＝f′(x)＋naxn－1；(2)若F(x)＝f(x)±g(x)，則F′(x)＝f′(x)±g′(x)；(3)若F(x)＝f(x)g(x)，則F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(4)若F(x)＝eq\f(f(x),g(x))，則F′(x)＝eq\f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),[g(x)]2)．由此得到結(jié)論：(1)出現(xiàn)f′(x)＋naxn－1形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋axn＋b；(2)出現(xiàn)f′(x)±g′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)±g(x)；(3)出現(xiàn)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)；(4)出現(xiàn)f′(x)g(x)－f(x)g′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f(x),g(x))．【例題選講】[例1](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝3，對(duì)任意x∈R，f′(x)<3，則f(x)>3x＋6的解集為()A．{x|－1<x<1}B．{x|x>－1}C．{x|x<－1}D．R答案C解析設(shè)g(x)＝f(x)－(3x＋6)，則g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)為減函數(shù)，又g(－1)＝f(－1)－3＝0，所以根據(jù)單調(diào)性可知g(x)>0的解集是{x|x<－1}．(2)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且對(duì)?x∈R，f′(x)＜eq\f(1,2)，則不等式f(log2x)＞eq\f(log2x＋1,2)的解集為_(kāi)_______．答案(0，2)解析構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，則F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＜0，∴函數(shù)F(x)在R上是減函數(shù)．由f(1)＝1，得F(1)＝f(1)－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，∴f(log2x)＞eq\f(log2x＋1,2)?f(log2x)－eq\f(1,2)log2x＞eq\f(1,2)?F(log2x)＞F(1)?log2x＜1?0＜x＜2．(3)定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且2f′(x)>1，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))時(shí)，不等式f(2cosx)>eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)的解集為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(4π,3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))答案D解析令g(x)＝f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)，則g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)>0，∴g(x)在R上單調(diào)遞增，且g(1)＝f(1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，∵f(2cosx)－eq\f(3,2)＋2sin2eq\f(x,2)＝f(2cosx)－eq\f(2cosx,2)－eq\f(1,2)＝g(2cosx)，∴f(2cosx)>eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)，即g(2cosx)>0，∴2cosx>1，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))．(4)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＞2x．若f(a－2)－f(a)≥4－4a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，1]B．[1，＋∞)C．(－∞，2]D．[2，＋∞)答案A解析令G(x)＝f(x)－x2，則G′(x)＝f′(x)－2x．當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，G′(x)＝f′(x)－2x＞0，∴G(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)．由f(a－2)－f(a)≥4－4a，得f(a－2)－(a－2)2≥f(a)－a2，即G(a－2)≥G(a)，又f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，知G(x)是偶函數(shù)．故|a－2|≥|a|，解得a≤1．(5)已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，且f(－x)＝f(x)，當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)>3x，則不等式f(x)－f(x－1)<3x－eq\f(3,2)的解集是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))答案D解析設(shè)g(x)＝f(x)－eq\f(3,2)x2，則g′(x)＝f′(x)－3x．因?yàn)楫?dāng)x≥0時(shí)，f′(x)>3x，所以當(dāng)x≥0時(shí)，g′(x)＝f′(x)－3x>0，即g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)閒(－x)＝f(x)，所以g(－x)＝f(－x)－eq\f(3,2)x2＝f(x)－eq\f(3,2)x2＝g(x)，所以g(x)是偶函數(shù)．因?yàn)閒(x)－f(x－1)<3x－eq\f(3,2)，所以f(x)－eq\f(3,2)x2<f(x－1)－eq\f(3,2)(x－1)2，即g(x)<g(x－1)，所以g(|x|)<g(|x－1|)，則|x|<|x－1|，解得x<eq\f(1,2)．故選D．(6)設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＋f′(x)·xlnx<0，則不等式(x－1)f(x)>0的解集為_(kāi)_______．答案(0，1)解析由于函數(shù)y＝f(x)為R上的奇函數(shù)，則f(0)＝0．當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＋f′(x)·xlnx<0，則f(1)<0．當(dāng)x>0時(shí)，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)lnx，則g′(x)＝f′(x)lnx＋f(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(f(x)＋f′(x)·xlnx,x)<0，所以函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(1)＝0．當(dāng)0<x<1時(shí)，lnx<0，g(x)>g(1)＝0，即f(x)lnx>0，此時(shí)f(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，lnx>0，g(x)<g(1)＝0，即f(x)lnx<0，此時(shí)f(x)<0．又f(1)<0，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<0．由于函數(shù)y＝f(x)為R上的奇函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>0．對(duì)于不等式(x－1)f(x)>0，當(dāng)x<0時(shí)，x－1<0，則f(x)<0，不符合題意；當(dāng)0<x<1時(shí)，x－1<0，則f(x)<0，符合題意；當(dāng)x>1時(shí)，x－1>0，則f(x)>0，不符合題意．綜上所述，不等式(x－1)f(x)>0的解集為(0，1)．(7)(多選)定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x對(duì)任意x∈(0，＋∞)恒成立．下列結(jié)論正確的是()A．2f(2)－3f(1)＞5B．若f(1)＝2，x＞1，則f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)C．f(3)－2f(1)＜7D．若f(1)＝2，0＜x＜1，則f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)解析CD答案設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(f(x)－x2,x＋1)，則g′(x)＝eq\f((x＋1)f′(x)－f(x)－(x2＋2x),(x＋1)2)．因?yàn)?x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x對(duì)任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以g′(x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(1)＞g(2)＞g(3)，整理得2f(2)－3f(1)＜5，f(3)－2f(1)＜7，故A錯(cuò)誤，C正確．當(dāng)0＜x＜1時(shí)，若f(1)＝2，因?yàn)間(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)＞g(1)＝eq\f(1,2)，即eq\f(f(x)－x2,x＋1)＞eq\f(1,2)，即f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)，故D正確，從而B(niǎo)不正確．即結(jié)論正確的是CD．(8)已知函數(shù)f(x)，對(duì)?x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上，f′(x)<x，若f(4－m)－f(m)≥8－4m，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．[－2，2]B．[2，＋∞)C．[0，＋∞)D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)答案B解析因?yàn)閷?duì)?x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，所以f(0)＝0，設(shè)g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x2，則g(－x)＝f(－x)－eq\f(1,2)x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)－eq\f(1,2)x2＋f(－x)－eq\f(1,2)x2＝0，又g(0)＝f(0)－0＝0，所以g(x)為奇函數(shù)，且f(x)＝g(x)＋eq\f(1,2)x2，所以f(4－m)－f(m)＝g(4－m)＋eq\f(1,2)(4－m)2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g(m)＋\f(1,2)m2))＝g(4－m)－g(m)＋8－4m≥8－4m，則g(4－m)－g(m)≥0，即g(4－m)≥g(m)．當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)＝f′(x)－x<0，所以g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又g(x)為奇函數(shù)，所以4－m≤m，解得m≥2．(9)已知函數(shù)y＝f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≠0時(shí)，有f′(x)＋eq\f(f(x),x)>0，則函數(shù)F(x)＝xf(x)＋eq\f(1,x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．0B．1C．2D．3答案B解析依題意，記g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)，g(0)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)＝x[f′(x)＋eq\f(f(x),x)]>0，g(x)是增函數(shù)，g(x)>0；當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)＝x[f′(x)＋eq\f(f(x),x)]<0，g(x)是減函數(shù)，g(x)>0．在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫(huà)出函數(shù)y＝g(x)與y＝－eq\f(1,x)的大致圖象，結(jié)合圖象可知，它們共有1個(gè)公共點(diǎn)，因此函數(shù)F(x)＝xf(x)＋eq\f(1,x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是1．(10)函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)的極值狀態(tài)是___________．答案沒(méi)有極大值也沒(méi)有極小值解析因?yàn)閤2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，關(guān)鍵因?yàn)榈仁接疫吅瘮?shù)的原函數(shù)不容易找出，因此把等式左邊函數(shù)的原函數(shù)找出來(lái)，設(shè)h(x)＝x2f(x)，則h′(x)＝eq\f(ex,x)，且h(2)＝eq\f(e2,2)，因?yàn)閤2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，則f′(x)＝eq\f(ex－2h(x),x3)，判斷f(x)的極值狀態(tài)就是判斷f′(x)的正負(fù)，設(shè)g(x)＝ex－2h(x)，則g′(x)＝ex－2h′(x)＝ex－2·eq\f(ex,x)＝ex·eq\f(x－2,x)，這里涉及二階導(dǎo)，g(x)在x＝2處取得最小值0，因此g(x)≥0，則f′(x)≥0，故f(x)沒(méi)有極大值也沒(méi)有極小值(有難度，但不失為好題目)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，且對(duì)任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為()A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)1．答案B解析由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0．設(shè)F(x)＝f(x)－2x－4，則F′(x)＝f′(x)－2．因?yàn)閒′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上單調(diào)遞增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等價(jià)于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故選B．2．已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)<eq\f(1,2)，則不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集為．2．答案{x|x<－1或x>1}解析設(shè)F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)，∵f′(x)<eq\f(1,2)，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．∵f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)，∴f(x2)－eq\f(x2,2)<f(1)－eq\f(1,2)，∴F(x2)<F(1)，而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，∴x2>1，即不等式的解集為{x|x<－1或x>1}．3．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，且滿足f′(x)<2x，f(2)＝3，則不等式f(x)>x2－1的解集是()A．(－∞，－1)B．(－1，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－∞，2)3．答案D解析令g(x)＝f(x)－x2，則g′(x)＝f′(x)－2x<0，即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減．又不等式f(x)>x2－1可化為f(x)－x2>－1，而g(2)＝f(2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化為g(x)>g(2)，故不等式的解集為(－∞，2)．故選D．4．定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋1＞0，f(1)＝4，則不等式f(x)＞eq\f(1,x)＋3的解集為_(kāi)_______．4．解析(1，＋∞)答案由x2f′(x)＋1＞0得f′(x)＋eq\f(1,x2)＞0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(1,x)－3，則g′(x)＝f′(x)＋eq\f(1,x2)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．又f(1)＝4，則g(1)＝f(1)－1－3＝0，從而g(x)＞0的解集為(1，＋∞)，即f(x)＞eq\f(1,x)＋3的解集為(1，＋∞)．5．設(shè)f(x)為R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)－cosx<0，則不等式f(x)<sinx的解集為．5．答案(0，＋∞)解析令φ(x)＝f(x)－sinx，∴當(dāng)x≥0時(shí)，φ′(x)＝f′(x)－cosx<0，∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(x)為R上的奇函數(shù)，∴φ(x)為R上的奇函數(shù)，∴φ(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，故φ(x)在R上單調(diào)遞減且φ(0)＝0，不等式f(x)<sinx可化為f(x)－sinx<0，即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0，∴原不等式的解集為(0，＋∞)．6．設(shè)f(x)和g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，f′(x)，g′(x)分別為其導(dǎo)數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集是()A．(－3，0)∪(3，＋∞)B．(－3，0)∪(0，3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0，3)6．答案D解析令h(x)＝f(x)g(x)，當(dāng)x＜0時(shí)，h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，則h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，又f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，所以h(x)為奇函數(shù)，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又由g(－3)＝0，可得h(－3)＝－h(huán)(3)＝0，所以當(dāng)x＜－3或0＜x＜3時(shí)，h(x)＜0，故選D．7．設(shè)f(x)，g(x)是定義在R上的恒大于0的可導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＜0，則當(dāng)a＜x＜b時(shí)，有()A．f(x)g(x)＞f(b)g(b)B．f(x)g(a)＞f(a)g(x)C．f(x)g(b)＞f(b)g(x)D．f(x)g(x)＞f(a)g(a)7．解析C答案令F(x)＝eq\f(f(x),g(x))，則F′(x)＝eq\f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),[g(x)]2)＜0，所以F(x)在R上單調(diào)遞減．又a＜x＜b，所以eq\f(f(a),g(a))＞eq\f(f(x),g(x))＞eq\f(f(b),g(b))．又f(x)＞0，g(x)＞0，所以f(x)g(b)＞f(b)g(x)．8．設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x)，對(duì)任意x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上f′(x)<x，若f(2－m)＋f(－m)－m2＋2m－2≥0，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_________．8．答案[1，＋∞)解析令g(x)＝f(x)－eq\f(x2,2)，則g(－x)＋g(x)＝0，g(x)是R上的奇函數(shù)．又當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)＝f′(x)－x<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)是R上的單調(diào)減函數(shù)．原不等式等價(jià)于g(2－m)＋g(－m)≥0，g(2－m)≥－g(－m)＝g(m)，所以2－m≤m，m≥1．9．已知f(x)是定義在R上的減函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足eq\f(f(x),f′(x))＋x<1，則下列結(jié)論正確的是()A．對(duì)于任意x∈R，f(x)<0B．對(duì)于任意x∈R，f(x)>0C．當(dāng)且僅當(dāng)x∈(－∞，1)，f(x)<0D．當(dāng)且僅當(dāng)x∈(1，＋∞)，f(x)>09．答案B解析∵eq\f(f(x),f′(x))＋x<1，f(x)是定義在R上的減函數(shù)，f′(x)<0，∴f(x)＋xf′(x)>f′(x)，∴f(x)＋(x－1)f′(x)>0，∴[(x－1)f(x)]′>0，∴函數(shù)y＝(x－1)f(x)在R上單調(diào)遞增，而x＝1時(shí)，y＝0，則x<1時(shí)，y<0，故f(x)>0．x>1時(shí)，x－1>0，y>0，故f(x)>0，∴f(x)>0對(duì)任意x∈R成立，故選B．10．已知y＝f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≠0時(shí)，f′(x)＋eq\f(f(x),x)＞0，若g(x)＝f(x)＋eq\f(1,x)，則函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．0D．0或210．答案C解析令h(x)＝xf(x)，因?yàn)楫?dāng)x≠0時(shí)，eq\f(xf′(x)＋f(x),x)＞0，所以eq\f(h′(x),x)＞0，因此當(dāng)x＞0時(shí)，h′(x)＞0，當(dāng)x＜0時(shí)，h′(x)＜0，又h(0)＝0，易知當(dāng)x≠0時(shí)，h(x)＞0，又g(x)＝eq\f(h(x)＋1,x)，所以g(x)≠0，故函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0考點(diǎn)五構(gòu)造具體函數(shù)關(guān)系式【方法總結(jié)】這類(lèi)題型需要根據(jù)題意構(gòu)造具體的函數(shù)關(guān)系式，通過(guò)具體的關(guān)系式去解決不等式及求值問(wèn)題．【例題選講】[例1](1)(2020·全國(guó)Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a(chǎn)>2bB．a(chǎn)<2bC．a(chǎn)>b2D．a(chǎn)<b2答案B解析由指數(shù)和對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b．令f(x)＝2x＋log2x，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b．故選B．(2)已知α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且αsinα－βsinβ＞0，則下列結(jié)論正確的是()A．α＞βB．α2＞β2C．α＜βD．α＋β＞0答案B解析構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xsinx，則f′(x)＝sinx＋xcosx．當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)≥0，f(x)是增函數(shù)，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時(shí)，f′(x)＜0，f(x)是減函數(shù)，又f(x)為偶函數(shù)，∴αsinα－βsinβ＞0?αsinα＞βsinβ?f(α)＞f(β)?f(|α|)＞f(|β|)?|α|＞|β|?α2＞β2，故選B．(3)(多選)若0<x1<x2<1，則()A．x1＋lnx2>x2＋lnx1B．x1＋lnx2<x2＋lnx1C．>D．<答案AC解析令f(x)＝x－lnx，∴f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減．∵0<x1<x2<1，∴f(x2)<f(x1)，即x2－lnx2<x1－lnx1，即x1＋lnx2>x2＋lnx1．設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)，則g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex(x－1),x2)．當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，即g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∵0<x1<x2<1，∴g(x2)<g(x1)，即<，∴>，故選AC．(4)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－ax，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x2＞x1時(shí)，不等式eq\f(f(x1),x2)－eq\f(f(x2),x1)<0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，e]B．(－∞，e)C．(－∞，eq\f(e,2))D．(－∞，eq\f(e,2)]答案D解析由eq\f(f(x1),x2)－eq\f(f(x2),x1)<0，得x1f(x1)<x2f(x2)，令g(x)＝xf(x)，則g(x)在(0，＋∞)上調(diào)遞增，又因?yàn)間(x)＝ex－ax2，所以g′(x)＝ex－2ax≥0，在(0，＋∞)上恒成立，即a≤eq\f(ex,2x)，令h(x)＝eq\f(ex,2x)，則h′(x)＝eq\f(ex(x－1),2x2)，令h′(x)＝0，則h(x)在(0，1)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝eq\f(e,2)，選D．(5)(多選)若實(shí)數(shù)a≥2，則下列不等式中一定成立的是()A．(a＋1)a＋2>(a＋2)a＋1B．loga(a＋1)>loga＋1(a＋2)C．loga(a＋1)<eq\f(a＋1,a)D．loga＋1(a＋2)<eq\f(a＋2,a＋1)答案ABD解析若A成立，則(a＋1)a＋2>(a＋2)a＋1，兩邊取自然對(duì)數(shù)，得(a＋2)ln(a＋1)>(a＋1)ln(a＋2)，因?yàn)閍≥2，所以eq\f(ln(a＋1),a＋1)>eq\f(ln(a＋2),a＋2)．令f(x)＝eq\f(lnx,x)，則x≥3，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)<0，故f(x)在[3，＋∞)上單調(diào)遞減，所以eq\f(ln(a＋1),a＋1)>eq\f(ln(a＋2),a＋2)，故A成立；若B成立，則loga(a＋1)>loga＋1(a＋2)，即eq\f(ln(a＋1),lna)>eq\f(ln(a＋2),ln(a＋1))，設(shè)g(x)＝eq\f(ln(x＋1),lnx)，x≥2，則g′(x)＝eq\f(\f(lnx,x＋1)－\f(ln(x＋1),x),(lnx)2)＝eq\f(xlnx－(x＋1)ln(x＋1),x·(x＋1)(lnx)2)，令h(x)＝xlnx，x≥2，則h′(x)＝lnx＋1>0，故h(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以xlnx－(x＋1)ln(x＋1)<0，所以g′(x)<0，故g(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以eq\f(ln(a＋1),lna)>eq\f(ln(a＋2),ln(a＋1))，故B成立；若C成立，則loga(a＋1)<eq\f(a＋1,a)，即eq\f(ln(a＋1),a＋1)<eq\f(lna,a)，由A知f(x)＝eq\f(lnx,x)在[2，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，取a＝2，故C不成立；若D成立，則loga＋1(a＋2)<eq\f(a＋2,a＋1)，即eq\f(ln(a＋2),a＋2)<eq\f(ln(a＋1),a＋1)，由A知D成立．故選ABD．(6)(2021·全國(guó)乙)設(shè)a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝eq\r(1.04)－1，則()A．a(chǎn)<b<cB．b<c<aC．b<a<cD．c<a<b答案B解析b－c＝ln1.02－eq\r(1.04)＋1，設(shè)f(x)＝ln(x＋1)－eq\r(1＋2x)＋1，則b－c＝f(0.02)，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(2,2\r(1＋2x))＝eq\f(\r(1＋2x)－(x＋1),(x＋1)\r(1＋2x))，當(dāng)x>0時(shí)，x＋1＝eq\r((x＋1)2)>eq\r(1＋2x)，故當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝eq\f(\r(1＋2x)－(x＋1),(x＋1)\r(1＋2x))<0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c．a(chǎn)－c＝2ln1.01－eq\r(1.04)＋1，設(shè)g(x)＝2ln(x＋1)－eq\r(1＋4x)＋1，則a－c＝g(0.01)，g′(x)＝eq\f(2,x＋1)－eq\f(4,2\r(1＋4x))＝eq\f(2[\r(1＋4x)－(x＋1)],(x＋1)\r(1＋4x))，當(dāng)0<x<2時(shí)，eq\r(4x＋1)＝eq\r(2x＋2x＋1)>eq\r(x2＋2x＋1)＝eq\r((x＋1)2)＝x＋1，故當(dāng)0<x<2時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(0，2)上單調(diào)遞增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c<a，從而有b<c<a，故選B．(7)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)－f(x)＝xlnx，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)，則()A．f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0B．f(x)在x＝eq\f(1,e)處取得極大值C．0<f(1)<1D．f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增答案ACD解析由題知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xlnx，即滿足eq\f(xf′(x)－f(x),x2)＝eq\f(lnx,x)．因?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f(x),x)))′＝eq\f(xf′(x)－f(x),x2)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f(x),x)))′＝eq\f(lnx,x)，所以可設(shè)eq\f(f(x),x)＝eq\f(1,2)ln2x＋b(b為常數(shù))，所以f(x)＝eq\f(1,2)xln2x＋bx．因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,2)·eq\f(1,e)ln2eq\f(1,e)＋eq\f(b,e)＝eq\f(1,e)，解得b＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\f(1,2)xln2x＋eq\f(1,2)x，所以f(1)＝eq\f(1,2)，滿足0<f(1)<1，所以C正確；因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,2)ln2x＋lnx＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(lnx＋1)2≥0，且僅有f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以B錯(cuò)誤，A，D正確．故選ACD．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln6,6)，則()A．a(chǎn)<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．b<a<c1．答案C解析設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，即有f(6)<f(4)<f(3)，所以eq\f(ln6,6)<eq\f(ln4,4)＝eq\f(ln2,2)<eq\f(ln3,3)，故c<a<b．2．設(shè)a，b>0，則“a>b”是“aa>bb”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件2．答案D解析因?yàn)閍，b>0，由aa>bb可得alna>blnb．設(shè)函數(shù)f(x)＝xlnx，則f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0可得x>eq\f(1,e)，所以函數(shù)f(x)＝xlnx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以a>b不一定有alna>blnb，即aa>bb，所以充分性不成立；當(dāng)aa>bb，即alna>blnb時(shí)，不一定有a>b，所以必要性不成立，所以“a>b”是“aa>bb”的既不充分也不必要條件，故選D．3．已知0<x1<x2<1，則()A．eq\f(lnx1,x2)>eq\f(lnx2,x1)B．eq\f(lnx1,x2)<eq\f(lnx2,x1)C．x2lnx1>x1lnx2D．x2lnx1<x1lnx23．答案D解析設(shè)f(x)＝xlnx，則f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增；由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)在(0，1)上不單調(diào)，所以f(x1)與f(x2)的大小無(wú)法確定，從而排除A，B；設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由g′(x)>0，得0<x<e，即函數(shù)g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，故函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以g(x1)<g(x2)，即eq\f(lnx1,x1)<eq\f(lnx2,x2)，所以x2lnx1<x1lnx2．故選D．4．已知a>b>0，ab＝ba，有如下四個(gè)結(jié)論：(1)b<e；(2)b>e；(3)存在a，b滿足a·b<e2；(4)存在a，b滿足a·b>e2，則正確結(jié)論的序號(hào)是()A．(1)(3)B．(2)(3)C．(1)(4)D．(2)(4)4．答案C解析由ab＝ba兩邊取對(duì)數(shù)得blna＝alnb?eq\f(lna,a)＝eq\f(lnb,b)．對(duì)于y＝eq\f(lnx,x)，由圖象易知當(dāng)b<e<a時(shí)，才可能滿足題意．故(1)正確，(2)錯(cuò)誤；另外，由ab＝ba，令a＝4，b＝2，則a>e，b<e，ab＝8>e2，故(4)正確，(3)錯(cuò)誤．因此，選C．5．設(shè)x，y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則()A．2x<3y<5zB．5z<2x<3yC．3y<5z<2xD．3y<2x<5z5．答案D解析令2x＝3y＝5z＝t(t>1)，兩邊取對(duì)數(shù)得x＝log2t＝eq\f(lnt,ln2)，y＝log3t＝eq\f(lnt,ln3)，z＝log5t＝eq\f(lnt,ln5)，從而2x＝eq\f(2,ln2)lnt，3y＝eq\f(3,ln3)lnt，5z＝eq\f(5,ln5)lnt．由t>1知，要比較三者大小，只需比較eq\f(2,ln2)，eq\f(3,ln3)，eq\f(5,ln5)的大?。謊q\f(2,ln2)＝eq\f(4,ln4)，e<3<4<5，由y＝eq\f(lnx,x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減可知，eq\f(ln3,3)>eq\f(ln4,4)>eq\f(ln5,5)，從而eq\f(3,ln3)<eq\f(4,ln4)<eq\f(5,ln5)，3y<2x<5z，故選D．6．已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，則()A．c<b<aB．b<c<aC．a(chǎn)<c<bD．a(chǎn)<b<c6．答案D解析方法一由已知eq\f(e5,5)＝eq\f(ea,a)，eq\f(e4,4)＝eq\f(eb,b)，eq\f(e3,3)＝eq\f(ec,c)，設(shè)f(x)＝eq\f(ex,x)，則f′(x)＝eq\f((x－1)ex,x2)，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(3)<f(4)<f(5)，f(c)<f(b)<f(a)，所以a<b<c．方法二設(shè)ex＝eq\f(e5,5)x，①，ex＝eq\f(e4,4)x，②，ex＝eq\f(e3,3)x，③，a，b，c依次為方程①②③的根，結(jié)合圖象，方程的根可以看作兩個(gè)圖象的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，∵eq\f(e5,5)>eq\f(e4,4)>eq\f(e3,3)，由圖可知a<b<c．7．若0<x1<x2<a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A．eq\f(1,2)B．1C．eD．2e7．答案B解析eq\f(lnx1,x1)－eq\f(lnx2,x2)≤eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1)，即eq\f(lnx1,x1)＋eq\f(1,x1)≤eq\f(lnx2,x2)＋eq\f(1,x2)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,x)，則f(x)在(0，a)上為增函數(shù)，所以f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，令f′(x)＝0，解得x＝1，所以f(x)在(0，1)上為增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù)，所以a≤1，所以a的最大值為1，選B．8．下列四個(gè)命題：①ln5<eq\r(5)ln2；②lnπ>eq\r(\f(π,e))；③<11；④3eln2>4eq\r(2)．其中真命題的個(gè)數(shù)是()A．1B．2C．3D．48．答案B解析構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．①ln5<eq\r(5)ln2?2lneq\r(5)<eq\r(5)ln2?eq\f(ln\r(5),\r(5))<eq\f(ln2,2)，又2<eq\r(5)<e，故錯(cuò)誤．②lnπ>eq\r(\f(π,e))?2lneq\r(π)>eq\f(\r(π),\r(e))?eq\f(ln\r(π),\r(π))>eq\f(\f(1,2),\r(e))＝eq\f(ln\r(e),\r(e))，又e>eq\r(π)>eq\r(e)，故正確．③<11?eq\r(11)ln2<ln11＝2lneq\r(11)?eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln4,4)<eq\f(ln\r(11),\r(11))，又4>eq\r(11)>e，故正確．④3eln2>4eq\r(2)?>2×?>eq\f(lne,e)，顯然錯(cuò)誤．因此選B．9．已知函數(shù)f(x)＝ex＋mlnx(x∈R)，若對(duì)任意正數(shù)x1，x2，當(dāng)x1＞x2時(shí)，都有f(x1)－f(x2)＞x1－x2成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．9．答案m≥0解析由f(x1)－f(x2)＞x1－x2得，f(x1)－x1＞f(x2)－x2，令g(x)＝f(x)－x，所以g(x1)＞g(x2)，所以g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，又g(x)＝f(x)－x＝ex＋mlnx－x，所以g′(x)＝ex＋eq\f(m,x)－1≥0，在(0，＋∞)上恒成立，即m≥(1－ex)x，令h(x)＝(1－ex)x，則h′(x)＝－ex(x＋1)＋1<0，所以h(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，所以h(x)min＝0(但取不到)．所以m≥0．10．若實(shí)數(shù)a，b滿足2a＋3a＝3b＋2b，則下列關(guān)系式中可能成立的是()A．0<a<b<1B．b<a<0C．1<a<bD．a(chǎn)＝b10．答案ABD解析因?yàn)閷?shí)數(shù)a，b滿足2a＋3a＝3b＋2b，所以設(shè)f(x)＝2x＋3x，g(x)＝3x＋2x，在同一平面直角坐標(biāo)系中作出f(x)與g(x)的圖象如圖所示．由圖象可知：①當(dāng)x<0時(shí)，f(x)<g(x)，所以當(dāng)2a＋3a＝3b＋2b時(shí)，b<a<0，故B正確；②當(dāng)x＝0或1時(shí)，f(x)＝g(x)，所以當(dāng)2a＋3a＝3b＋2b時(shí)，a＝b＝0或a＝b＝1，故D正確；③當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)>g(x)，所以當(dāng)2a＋3a＝3b＋2b時(shí)，0<a<b<1，故A正確；④當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<g(x)，所以當(dāng)2a＋3a＝3b＋2b時(shí)，1<b<a，故C錯(cuò)誤．故選ABD．11．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－ax，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x2>x1時(shí)，不等式eq\f(f(x1),x2)<eq\f(f(x2),x1)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，e]B．(－∞，e)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)))11．答案D解析因?yàn)閤∈(0，＋∞)，所以x1f(x1)<x2f(x2)，即函數(shù)g(x)＝xf(x)＝ex－ax2在x∈(0，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，則g′(x)＝ex－2ax≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，所以2a≤eq\f(ex,x)在x∈(0，＋∞)上恒成立．令m(x)＝eq\f(ex,x)，則m′(x)＝eq\f((x－1)ex,x2)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增，所以2a≤m(x)min＝m(1)＝e，所以a≤eq\f(e,2)．故選D．12．設(shè)f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，已知x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，f(e)＝eq\f(1,e)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增B．f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減C．f(x)在(0，＋∞)上有極大值D．f(x)在(0，＋∞)上有極小值12．答案B解析由x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，得xf′(x)＋f(x)＝eq\f(lnx,x)，構(gòu)造F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝eq\f(lnx,x)，F(xiàn)(x)＝xf(x)＝eq\f(ln2x,2)＋m，當(dāng)x＝e時(shí)，xf(x)＝eq\f(ln2x,2)＋m，又ef(e)＝eq\f(ln2e,2)＋m，所以m＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\f(ln2x＋1,2x)，所以f′(x)＝－eq\f((lnx－1)2,2x2)≤0，f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，選B．13．(多選)下列不等式中恒成立的有()A．ln(x＋1)≥eq\f(x,x＋1)，x>－1B．lnx≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，x>0C．ex≥x＋1D．cosx≥1－eq\f(1,2)x213．答案ACD解析A選項(xiàng)，因?yàn)閤>－1，令t＝x＋1>0，f(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1，則f′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)，所以當(dāng)0<t<1時(shí)，f′(t)＝eq\f(t－1,t2)<0，即f(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t>1時(shí)，f′(t)＝eq\f(t－1,t2)>0，即f(t)單調(diào)遞增，所以f(t)min＝f(1)＝0，即f(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1≥0，即lnt≥eq\f(t－1,t)，即ln(x＋1)≥eq\f(x,x＋1)，x>－1恒成立，故A正確；B選項(xiàng)，令f(x)＝lnx－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，x>0，則f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))＝eq\f(2x－x2－1,2x2)＝－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))2,2x2)≤0顯然恒成立，所以f(x)＝lnx－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))在x>0上單調(diào)遞減，又f(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)>f(1)＝0，即lnx>eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，故B錯(cuò)；C選項(xiàng)，令f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝ex－1>0，所以f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＝ex－1<0，所以f(x)單調(diào)遞減，則f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，故C正確；D選項(xiàng)，令f(x)＝cosx－1＋eq\f(1,2)x2，則f′(x)＝－sinx＋x，令h(x)＝f′(x)＝－sinx＋x，則h′(x)＝－cosx＋1≥0恒成立，即函數(shù)f′(x)＝－sinx＋x單調(diào)遞增，又f′(0)＝0，所以當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，即f(x)＝cosx－1＋eq\f(1,2)x2單調(diào)遞增；當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0，即f(x)＝cosx－1＋eq\f(1,2)x2單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(0)＝0，因此cosx≥1－eq\f(1,2)x2恒成立，故D正確．專(zhuān)題08函數(shù)的極值1．函數(shù)的極小值：函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝x0的函數(shù)值f(x0)比它在點(diǎn)x＝x0附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都小，f′(x0)＝0；而且在點(diǎn)x＝x0附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0．則x0叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，f(x0)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值．如圖1．圖1圖22．函數(shù)的極大值：函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝x0的函數(shù)值f(x0)比它在點(diǎn)x＝x0附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都大，f′(x0)＝0；而且在點(diǎn)x＝x0附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0．則x0叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，f(x0)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值．如圖2．3．極小值點(diǎn)、極大值點(diǎn)統(tǒng)稱(chēng)為極值點(diǎn)，極小值和極大值統(tǒng)稱(chēng)為極值．對(duì)極值的深層理解：(1)極值點(diǎn)不是點(diǎn)；(2)極值是函數(shù)的局部性質(zhì)；(2)按定義，極值點(diǎn)xi是區(qū)間［a，b］內(nèi)部的點(diǎn)(如圖)，不會(huì)是端點(diǎn)a，b；(3)若f(x)在(a，b)內(nèi)有極值，那么f(x)在(a，b)內(nèi)絕不是單調(diào)函數(shù)，即在區(qū)間上單調(diào)的函數(shù)沒(méi)有極值．(4)根據(jù)函數(shù)的極值可知函數(shù)的極大值f(x0)比在點(diǎn)x0附近的點(diǎn)的函數(shù)值都大，在函數(shù)的圖象上表現(xiàn)為極大值對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是局部的“高峰”；函數(shù)的極小值f(x0)比在點(diǎn)x0附近的點(diǎn)的函數(shù)值都小，在函數(shù)的圖象上表現(xiàn)為極小值對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是局部的“低谷”．一個(gè)函數(shù)在其定義域內(nèi)可以有許多極小值和極大值，在某一點(diǎn)處的極小值也可能大于另一個(gè)點(diǎn)處的極大值，極大值與極小值沒(méi)有必然的聯(lián)系，即極小值不一定比極大值小，極大值不一定比極小值大；(5)使f′(x)＝0的點(diǎn)稱(chēng)為函數(shù)f(x)的駐點(diǎn)，可導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)一定是它的駐點(diǎn)．駐點(diǎn)可能是極值點(diǎn)，也可能不是極值點(diǎn)．例如f(x)＝x3的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝3x2在點(diǎn)x＝0處有f′(0)＝0，即x＝0是f(x)＝x3的駐點(diǎn)，但從f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)可知，x＝0不是f(x)的極值點(diǎn)．因此若f′(x0)＝0，則x0不一定是極值點(diǎn)，即f′(x0)＝0是f(x)在x＝x0處取到極值的必要不充分條件，函數(shù)y＝f′(x)的變號(hào)零點(diǎn)，才是函數(shù)的極值點(diǎn)；(6)函數(shù)f(x)在［a，b］上有極值，極值也不一定不唯一．它的極值點(diǎn)的分布是有規(guī)律的，如上圖，相鄰兩個(gè)極大值點(diǎn)之間必有一個(gè)極小值點(diǎn)，同樣相鄰兩個(gè)極小值點(diǎn)之間必有一個(gè)極大值點(diǎn)．一般地，當(dāng)函數(shù)f(x)在［a，b］上連續(xù)且有有限個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，函數(shù)f(x)在［a，b］內(nèi)的極大值點(diǎn)、極小值點(diǎn)是交替出現(xiàn)的．考點(diǎn)一根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值【方法總結(jié)】由圖象判斷函數(shù)y＝f(x)的極值(1)y＝f′(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，可得函數(shù)y＝f(x)的可能極值點(diǎn)x0；(2)如果在x0附近的左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，那么f(x0)是極大值；如果在x0附近的左側(cè)f′(x)≤0，右側(cè)f′(x)≥0，那么f(x0)是極小值．【例題選講】[例1](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)()A．無(wú)極大值點(diǎn)、有四個(gè)極小值點(diǎn)B．有三個(gè)極大值點(diǎn)、一個(gè)極小值點(diǎn)C．有兩個(gè)極大值點(diǎn)、兩個(gè)極小值點(diǎn)D．有四個(gè)極大值點(diǎn)、無(wú)極小值點(diǎn)(2)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1)C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)(3)函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致圖象如圖所示，x1，x2是函數(shù)y＝f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)，則xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A．eq\f(8,9)B．eq\f(10,9)C．eq\f(16,9)D．eq\f(28,9)(4)已知函數(shù)y＝eq\f(f′(x),x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．f′(1)＝f′(－1)＝0B．當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值C．方程xf′(x)＝0與f(x)＝0均有三個(gè)實(shí)數(shù)根D．當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值(5)(多選)函數(shù)y＝f(x)導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，則下列選項(xiàng)正確的有()A．(－1，3)為函數(shù)y＝f(x)的遞增區(qū)間B．(3，5)為函數(shù)y＝f(x)的遞減區(qū)間C．函數(shù)y＝f(x)在x＝0處取得極大值D．函數(shù)y＝f(x)在x＝5處取得極小值(6)(2018·全國(guó)Ⅲ)函數(shù)y＝－x4＋x2＋2的圖象大致為()【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．如圖是f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則f(x)的極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．3D．42．設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)g(x)＝xf′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A．f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)B．f(0)為函數(shù)的極大值C．f(x)有兩個(gè)極小值D．f(－1)為f(x)的極小值3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx的圖象如圖所示，則xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A．eq\f(2,3)B．eq\f(4,3)C．eq\f(8,3)D．eq\f(16,3)4．已知三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則eq\f(f′(0),f′(1))＝________．5．(多選)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則以下命題錯(cuò)誤的是()A．－3是函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)B．－1是函數(shù)y＝f(x)的最小值點(diǎn)C．y＝f(x)在區(qū)間(－3，1)上單調(diào)遞增D．y＝f(x)在x＝0處切線的斜率小于零考點(diǎn)二求已知函數(shù)的極值【方法總結(jié)】求函數(shù)的極值或極值點(diǎn)的步驟(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；④檢查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右兩側(cè)的符號(hào)．如果左正右負(fù)，那么f(x)在這個(gè)根處取得極大值；如果左負(fù)右正，那么f(x)在這個(gè)根處取得極小值．【例題選講】[例1](1)函數(shù)f(x)＝x2e－x的極大值為_(kāi)_________，極小值為_(kāi)_______．(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則()A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點(diǎn)B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)(3)已知函數(shù)f(x)＝2ef′(e)lnx－eq\f(x,e)，則f(x)的極大值點(diǎn)為()A．eq\f(1,e)B．1C．eD．2e(4)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)＝(ex－1)·