補上一課 函數(shù)中的構(gòu)造問題

補上一課函數(shù)中的構(gòu)造問題題型分析近三年的高考數(shù)學試題都出現(xiàn)了比較大小問題，且是作為小題中的壓軸題出現(xiàn)的，此類問題，通常需要構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)判斷其單調(diào)性，從而使問題得以解決.題型一利用導數(shù)的運算法則構(gòu)造函數(shù)角度1利用f(x)與ex構(gòu)造例1f(x)為定義在R上的可導函數(shù)，且f′(x)＞f(x)，對任意正實數(shù)a，下列式子一定成立的是()A.f(a)＜eaf(0) B.f(a)＞eaf(0)C.f(a)＜eq\f(f（0）,ea) D.f(a)＞eq\f(f（0）,ea)答案B解析令g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)＞0.∴g(x)在R上為增函數(shù)，又a＞0，∴g(a)＞g(0)，即eq\f(f（a）,ea)＞eq\f(f（0）,e0)，故f(a)＞eaf(0).感悟提升(1)出現(xiàn)f′(x)－f(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f（x）,ex)；(2)出現(xiàn)f′(x)＋f(x)的形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)ex.角度2利用f(x)與xn構(gòu)造例2已知偶函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，x≠0，且滿足f(－1)＝0，當x＞0時，2f(x)＞xf′(x)，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________.答案(－1，0)∪(0，1)解析構(gòu)造F(x)＝eq\f(f（x）,x2)，則F′(x)＝eq\f(f′（x）·x－2f（x）,x3)，當x＞0時，xf′(x)－2f(x)＜0，可以推出當x＞0時，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.∵f(x)為偶函數(shù)，x2為偶函數(shù)，∴F(x)為偶函數(shù)，∴F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增.由f(－1)＝0可得F(－1)＝0，由函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)圖象(圖略)，根據(jù)圖象可知f(x)＞0的解集為(－1，0)∪(0，1).感悟提升(1)出現(xiàn)nf(x)＋xf′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xnf(x)；(2)出現(xiàn)xf′(x)－nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f（x）,xn).角度3利用f(x)與sinx、cosx構(gòu)造可導型函數(shù)例3(多選)已知定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)，f′(x)是f(x)的導函數(shù)，且恒有f′(x)sinx－f(x)cosx＜0成立，則()A.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))C.eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))答案CD解析令g(x)＝eq\f(f（x）,sinx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則其導數(shù)g′(x)＝eq\f(f′（x）sinx－f（x）cosx,sin2x)，又由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且恒有f′(x)sinx－f(x)cosx＜0，則有g(shù)′(x)＜0，即函數(shù)g(x)為減函數(shù).由eq\f(π,6)＜eq\f(π,3)，則有g(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin\f(π,6))＞eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),sin\f(π,3))，可得eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))；又由eq\f(π,6)＜eq\f(π,4)，則有g(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin\f(π,6))＞eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),sin\f(π,4))，可得eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))).感悟提升(1)若F(x)＝f(x)sinx，則F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；(2)若F(x)＝eq\f(f（x）,sinx)，則F′(x)＝eq\f(f′（x）sinx－f（x）cosx,sin2x)；(3)若F(x)＝f(x)cosx，則F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；(4)若F(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，則F′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋f（x）sinx,cos2x).訓練1(1)(2023·紹興調(diào)研)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，對任意x∈(0，π)，有f′(x)sinx＞f(x)cosx，設a＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，b＝eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，則a，b，c的大小關(guān)系為________.答案a＜b＜c解析構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f（x）,sinx)，x≠kπ，k∈Z，則x∈(0，π)時，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′（x）sinx－f（x）cosx,sin2x)＞0.所以函數(shù)F(x)在(0，π)上單調(diào)遞增，于是Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，所以a＜b＜c.(2)(2023·湘豫名校聯(lián)考)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，當x＞0時，f′(x)－eq\f(f（x）,x)＞0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，則a，b，c的大小關(guān)系是________.答案c＜a＜b解析構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,x)(x＞0)，得g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′（x）－\f(f（x）,x)))，當x＞0時，g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以eq\f(f（2）,2)＞eq\f(f（1）,1)＞eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),\f(1,2))，即f(2)＞2f(1)＞4feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即c＜a＜b.題型二通過變量構(gòu)造具體函數(shù)例4(1)若0＜x1＜x2＜1，則()A.ex2－ex1＞lnx2－lnx1 B.ex2－ex1＜lnx2－lnx1C.x2ex1＞x1ex2 D.x2ex1＜x1ex2答案C解析構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－lnx，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，在(0，1)上有零點，∴f(x)在(0，1)上有一個極值點，∴f(x)在(0，1)上不單調(diào)，無法判斷f(x1)與f(x2)的大小，故A，B錯誤；令g(x)＝eq\f(ex,x)，∴g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)＜0，∴g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，又∵x2＞x1∴eq\f(ex1,x1)＞eq\f(ex2,x2)，故選C.(2)(2023·石家莊一模)若lnx－lny＜eq\f(1,lnx)－eq\f(1,lny)(x＞1，y＞1)，則()A.ey－x＞1 B.ey－x＜1C.ey－x－1＞1 D.ey－x－1＜1答案A解析依題意，lnx－eq\f(1,lnx)＜lny－eq\f(1,lny)，令f(t)＝t－eq\f(1,t)(t≠0)，則f′(t)＝1＋eq\f(1,t2)＞0，所以f(t)在(－∞，0)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增；又x＞1，y＞1，得lnx＞0，lny＞0，則f(lnx)＜f(lny)，則lnx＜lny，∴1＜x＜y，即y－x＞0，所以ey－x＞e0＝1，A正確，B不正確；又y－x－1無法確定與0的大小關(guān)系，故C，D不正確.感悟提升若題目所給的條件含有兩個變量，可通過變形使兩個變量分別置于等號或不等號兩邊，即可構(gòu)造函數(shù)，并且利用函數(shù)的單調(diào)性求解.訓練2(2020·全國Ⅱ卷)若2x－2y<3－x－3－y，則()A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0答案A解析原已知條件等價于2x－3－x<2y－3－y，設函數(shù)f(x)＝2x－3－x.因為函數(shù)y＝2x與y＝－3－x在R上均單調(diào)遞增，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，即f(x)<f(y)，所以x<y，即y－x>0，所以A正確，B不正確.因為|x－y|與1的大小不能確定，所以C，D不正確.題型三通過數(shù)值構(gòu)造具體函數(shù)例5(1)已知a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(1,e)，c＝eq\f(2ln3,9)，則a，b，c的大小關(guān)系為________.答案c＜a＜b解析令f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(0，e)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(e，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減.a＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln4,4)＝f(4)，b＝eq\f(1,e)＝eq\f(lne,e)＝f(e)，c＝eq\f(2ln3,9)＝eq\f(ln9,9)＝f(9)，f(e)＞f(4)＞f(9)，即c＜a＜b.(2)(2021·全國乙卷改編)設a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝eq\r(1.04)－1，則a，b，c的大小關(guān)系為________.答案b<c<a解析b－c＝ln1.02－eq\r(1.04)＋1，設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x≥0時，x＋1＝eq\r(（x＋1）2)≥eq\r(1＋2x)，f′(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c.a－c＝2ln1.01－eq\r(1.04)＋1，設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0≤x<2時，eq\r(4x＋1)＝eq\r(2x＋2x＋1)≥eq\r(x2＋2x＋1)＝eq\r(（x＋1）2)＝x＋1，故當0≤x<2時，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.感悟提升當要比較的各數(shù)為某些函數(shù)的函數(shù)值時，要仔細觀察這些數(shù)值的共同之處，構(gòu)造一個或兩個函數(shù)，使要比較的數(shù)成為該函數(shù)的函數(shù)值，然后利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小.訓練3(1)(2022·新高考Ⅰ卷改編)設a＝0.1e0.1，b＝eq\f(1,9)，c＝－ln0.9，則a，b，c的大小關(guān)系為________.答案c<a<b解析設u(x)＝xex(0<x≤0.1)，v(x)＝eq\f(x,1－x)(0<x≤0.1)，w(x)＝－ln(1－x)(0<x≤0.1)，則當0<x≤0.1時，u(x)>0，v(x)>0，w(x)>0.①設f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]＝lnx＋x－[lnx－ln(1－x)]＝x＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，則f′(x)＝1－eq\f(1,1－x)＝eq\f(x,x－1)<0在(0，0.1]上恒成立，所以f(x)在(0，0.1]上單調(diào)遞減，所以f(0.1)<f(0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)].又函數(shù)y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以u(0.1)<v(0.1)，即0.1e0.1<eq\f(1,9)，所以a<b.②設g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，則g′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,1－x)＝eq\f(（1－x2）ex－1,1－x)(0<x≤0.1).設h(x)＝(1－x2)ex－1(0<x≤0.1)，則h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0，0.1]上恒成立，所以h(x)在(0，0.1]上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0，即g′(x)>0在(0，0.1]上恒成立，所以g(x)在(0，0.1]上單調(diào)遞增，所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，所以0.1e0.1>－ln0.9，即a>c.綜上，c<a<b.(2)實數(shù)e3，3π，π3的大小關(guān)系為________.答案e3＜π3＜3π解析設f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x＞e時，f′(x)＜0，所以f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(3)＞f(π)，即eq\f(ln3,3)＞eq\f(lnπ,π)，所以πl(wèi)n3＞3lnπ，所以ln3π＞lnπ3，即3π＞π3.因為y＝x3在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，e＜π，所以e3＜π3，所以e3＜π3＜3π.泰勒展開式1.泰勒公式若函數(shù)f(x)在含有x0的開區(qū)間(a，b)內(nèi)有n＋1階導數(shù)，則當函數(shù)在此區(qū)間內(nèi)時，可以展開為一個關(guān)于x－x0的多項式和一個余項的和：f(x)＝f(x0)＋f′(x0)·(x－x0)＋eq\f(f″（x0）,2！)·(x－x0)2＋eq\f(f（x0）,3！)·(x－x0)3＋…＋eq\f(f（n）（x0）,n！)·(x－x0)n＋Rn(x).2.常見的泰勒展開式在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展開式：(1)ex＝1＋x＋eq\f(x2,2！)＋eq\f(x3,3！)＋…＋eq\f(xn,n！)＋…；(2)ln(x＋1)＝x－eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,3)＋…＋(－1)n＋1eq\f(xn,n)＋…；(3)sinx＝x－eq\f(x3,3！)＋eq\f(x5,5！)＋…＋(－1)n－1·eq\f(x2n－1,（2n－1）！)＋…；(4)cosx＝1－eq\f(x2,2！)＋eq\f(x4,4！)＋…＋(－1)n－1·eq\f(x2n－2,（2n－2）！)＋….3.泰勒公式的價值泰勒公式將各種類型的函數(shù)(指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、正弦與余弦函數(shù))與多項式函數(shù)聯(lián)系了起來，這樣在局部可以用多項式函數(shù)近似替代其他函數(shù)，我們主要用其證明不等式及比較大小，下面我們主要介紹如何比較大小.例(2022·全國甲卷)已知a＝eq\f(31,32)，b＝coseq\f(1,4)，c＝4sineq\f(1,4)，則()A.c>b>a B.b>a>cC.a>b>c D.a>c>b答案A解析法一根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝1－eq\f(x2,2)，g(x)＝cosx，h(x)＝eq\f(sinx,x)，則a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，b＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，c＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))).由泰勒展開式，f(x)＝1－eq\f(x2,2)，g(x)＝1－eq\f(x2,2！)＋eq\f(x4,4！)＋ο(x4)，h(x)＝1－eq\f(x2,3！)＋eq\f(x4,5！)＋ο(x4)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,16)＋eq\f(1,24)×eq\f(1,256)＋ο(x4)＝eq\f(31,32)＋eq\f(1,24)×eq\f(1,256)＋ο(x4)，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1－eq\f(1,6)×eq\f(1,16)＋eq\f(1,120)×eq\f(1,256)＋ο(x4)＝eq\f(95,96)＋eq\f(1,120)×eq\f(1,256)＋ο(x4)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，即a＜b＜c.法二因為b＝coseq\f(1,4)＝1－2sin2eq\f(1,8)，所以b－a＝1－2sin2eq\f(1,8)－eq\f(31,32)＝eq\f(1,32)－2sin2eq\f(1,8)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,64)－sin2\f(1,8))).令f(x)＝x－sinx，則f′(x)＝1－cosx≥0，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以當x>0時，f(x)>f(0)＝0，即有x>sinx(x>0)成立，所以eq\f(1,8)>sineq\f(1,8)，得eq\f(1,64)>sin2eq\f(1,8)，所以b>a.因為eq\f(c,b)＝eq\f(4sin\f(1,4),cos\f(1,4))＝4taneq\f(1,4)，所以令g(x)＝tanx－x，則g′(x)＝eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)－1＝eq\f(1－cos2x,cos2x)≥0，所以函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，所以當x>0時，g(x)>g(0)＝0，即有tanx>x(x>0)成立，所以taneq\f(1,4)>eq\f(1,4)，即4taneq\f(1,4)>1，所以eq\f(c,b)>1，又b>0，所以c>b.綜上，c>b>a.訓練若a＝lneq\r(1－0.010.02)，b＝0.02sin0.01，c＝0.01sin0.02，則()A.a＜b＜c B.a＜c＜bC.b＜c＜a D.c＜a＜b答案B解析易知a＝lneq\r(1－0.010.02)＜ln1＝0，而b＞0，c＞0.當x→0時，由泰勒公式展開，得b＝0.02sin0.01＝0.02eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.01－\f(（0.01）3,3)＋ο（x3）))＝2×10－4－eq\f(2,3)×10－8＋ο(x3)，c＝0.01sin0.02＝0.01eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.02－\f(（0.02）3,3)＋ο（x3）))＝2×10－4－eq\f(8,3)×10－8＋ο(x3).可知eq\f(2,3)×10－8＜eq\f(8,3)×10－8，所以b＞c.故b＞c＞a.分層精練·鞏固提升【A級基礎鞏固】1.設f(x)是定義在R上的函數(shù)，其導函數(shù)為f′(x)，滿足f(x)－xf′(x)＜0，若a＝2f(2)，b＝f(4)，則()A.a＜b B.a＞bC.a＝b D.a，b的大小無法判斷答案A解析設g(x)＝eq\f(f（x）,x)，則g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＞0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即g(4)＞g(2)，所以eq\f(f（4）,4)＞eq\f(f（2）,2)，那么f(4)＞2f(2)，即a＜b.2.已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，對任意x∈R，滿足f(x)＋f′(x)＜0，則下列結(jié)論一定正確的是()A.e2f(2)＞e3f(3) B.e2f(2)＜e3f(3)C.e3f(2)＞e2f(3) D.e3f(2)＜e2f(3)答案A解析構(gòu)造函數(shù)g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]，∵f(x)＋f′(x)＜0，故g′(x)＜0，因此可得g(x)在R上單調(diào)遞減，由于2＜3，故g(2)＞g(3)，∴e2f(2)＞e3f(3).無法判斷C，D的正誤.3.已知f′(x)是f(x)的導函數(shù)，對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f′(x)cosx＋f(x)sinx＞0，則下列結(jié)論正確的是()A.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) B.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))C.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))答案C解析令g(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋f（x）sinx,cos2x)，對于?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，可得g′(x)＞0，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，因為eq\f(π,6)＜eq\f(π,4)＜eq\f(π,3)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos\f(π,6))＜eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))＜eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，所以eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),\r(3))＜eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),\r(2))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＜eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).4.(2023·佛山質(zhì)檢)函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為()A.(－1，1) B.(－1，＋∞)C.(－∞，－1) D.(－∞，＋∞)答案B解析∵f(x)＞2x＋4，∴f(x)－2x－4＞0，令g(x)＝f(x)－2x－4，g′(x)＝f′(x)－2＞0，∴g(x)為R上的增函數(shù)，又∵g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0.∴由g(x)＞g(－1)＝0得x＞－1.5.若y＝f(x)在R上可導，且滿足不等式xf′(x)＋f(x)＞0恒成立，對于任意正數(shù)a，b，若a＜b，則下列一定正確的是()A.af(b)＜bf(a) B.bf(a)＜af(b)C.af(a)＜bf(b) D.bf(b)＜af(a)答案C解析令g(x)＝xf(x)，∵xf′(x)＋f(x)＞0，∴g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＞0，即g(x)在R上單調(diào)遞增，∵a，b∈(0，＋∞)且a＜b，∴g(a)＜g(b)，即af(a)＜bf(b)，C正確.無法判斷A，B的正誤.6.(2023·河北名校聯(lián)考)已知a＞b＞0，且aeq\s\up6(\f(1,a))＝beq\s\up6(\f(1,b))，則()A.0＜b＜1 B.0＜a＜1C.1＜b＜e D.1＜a＜e答案C解析aeq\s\up6(\f(1,a))＝beq\s\up6(\f(1,b))兩邊同取自然對數(shù)得eq\f(lna,a)＝eq\f(lnb,b)，設f(x)＝eq\f(lnx,x)，由f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＞0，解得0＜x＜e，令f′(x)＜0，解得x＞e，∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)在x＝e處取得最大值f(e)＝eq\f(1,e)，在(0，e)內(nèi)，函數(shù)f(x)有唯一的零點x＝1，在(e，＋∞)內(nèi)，f(x)＞0，又∵a＞b＞0且f(a)＝f(b)＞0，∴1＜b＜e，a＞e，故選C.7.(2023·湘潭一模)已知定義域為R的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，且f′(x)＞f(x)，若實數(shù)a＞0，則下列不等式恒成立的是()A.af(lna)≥ea－1f(a－1) B.af(lna)≤ea－1f(a－1)C.ea－1f(lna)≥af(a－1) D.ea－1f(lna)≤af(a－1)答案D解析令g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)＞0，∴g(x)為增函數(shù).令h(a)＝lna－a＋1，則h′(a)＝eq\f(1－a,a)，當0＜a＜1時，h′(a)＞0，h(a)單調(diào)遞增，當a＞1時，h′(a)＜0，h(a)單調(diào)遞減，∴h(a)≤h(1)＝0，∴l(xiāng)na≤a－1.∴g(lna)≤g(a－1)，即eq\f(f（lna）,a)≤eq\f(f（a－1）,ea－1)，即ea－1f(lna)≤af(a－1)，D正確；無法判斷A，B的正誤.8.(2023·湖北七市調(diào)研)已知a＝e－0.02，b＝0.01，c＝ln1.01，則()A.c＞a＞b B.b＞a＞cC.a＞b＞c D.b＞c＞a答案C解析由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得a＝e－0.02＞e－eq\f(1,2)＝eq\f(1,\r(e))＞0.01＝b，設f(x)＝ex－1－x，則f′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，因此f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，∴f(0.01)＞f(0)，即e0.01－1－0.01＞0，即e0.01＞1.01，∴b＝0.01＞ln1.01＝c，∴a＞b＞c.9.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足xf′(x)＋f(x)＞0，且f(1)＝1，則xf(x)＞1的解集為________.答案(1，＋∞)解析令g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，則g(x)在R上單調(diào)遞增，因為f(1)＝1，則g(1)＝1，則原不等式為g(x)＞g(1)，故x＞1.10.已知函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，其導函數(shù)為f′(x)，且滿足lnx·f′(x)＋eq\f(1,x)·f(x)＞0，則f(e)________0(填“＞”或“＜”).答案＞解析令g(x)＝f(x)·lnx，可得g′(x)＝lnx·f′(x)＋eq\f(1,x)·f(x)，因為lnx·f′(x)＋eq\f(1,x)·f(x)＞0，可得g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又由g(1)＝0，所以g(e)＞g(1)，即f(e)·lne＞0，即f(e)＞0.11.(2023·濟南調(diào)研)已知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，當x2＞x1＞0時，eq\f(f（x1）,x2)－eq\f(f（x2）,x1)＞eq\f(ex1,x2)－eq\f(ex2,x1)，若f(2)＝e2＋1，則lnxf(lnx)－xlnx＞2的解集為________.答案(1，e2)解析由eq\f(f（x1）,x2)－eq\f(f（x2）,x1)＞eq\f(ex1,x2)－eq\f(ex2,x1)，得x1f(x1)－x1ex1＞x2f(x2)－x2ex2，令g(x)＝xf(x)－xex，則g(x1)＞g(x2)，又x2＞x1＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.∵lnxf(lnx)－xlnx＞2，g(2)＝2f(2)－2e2＝2，∴g(lnx)＞g(2)，∴0＜lnx＜2，得1＜x＜e2.12.若a＝lneq\r(3,3)，b＝e－1，c＝eq\f(ln（2\r(5)）,2\r(5))，則實數(shù)a，b，c的大小關(guān)系為________.答案b＞a＞c解析令f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，故當x∈(0，e)時，f′(x)＞0；當x∈(e，＋∞)時，f′(x)＜0.而a＝lneq\r(3,3)＝eq\f(ln3,3)＝f(3)，b＝e－1＝eq\f(lne,e)＝f(e)，c＝eq\f(ln2\r(5),2\r(5))＝f(2eq\r(5))，且e＜3＜2eq\r(5)，故b＞a＞c.【B級能力提升】13.已知a＝eq\r(2)，b＝eq\r(5,5)，c＝eq\r(7,7)，則()A.a＞b＞c B.a＞c＞bC.b＞a＞c D.c＞b＞a答案A解析法一由于lna＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln4,4)，lnb＝eq\f(ln5,5)，lnc＝eq\f(ln7,7)，可構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x).因為f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以當x∈(e，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減.故f(4)＞f(5)＞f(7)，即lna＞lnb＞lnc，a＞b＞c.法二由于lna＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln4－0,4－0)，lnb＝eq\f(ln5－0,5－0)，lnc＝eq\f(ln7－0,7－0)，把lna，lnb，lnc分別看作函數(shù)y＝lnx圖象上的點(4，ln4)，(5，ln5，)(7，ln7)與原點連線的斜率.通過作圖直接比較斜率大小得到lna＞lnb＞lnc，所以a＞b＞c.法三因為a＝eq\r(2)