專題07構造函數法解決導數不等式問題(二)考點四構造F(x)＝f(x)±g(x)，F(x)＝f(x)g(x)，F(x)＝eq\f(f(x),g(x))類型的輔助函數【方法總結】(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)．由此得到結論：(1)出現f′(x)＋naxn－1形式，構造函數F(x)＝f(x)＋axn＋b；(2)出現f′(x)±g′(x)形式，構造函數F(x)＝f(x)±g(x)；(3)出現f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)形式，構造函數F(x)＝f(x)g(x)；(4)出現f′(x)g(x)－f(x)g′(x)形式，構造函數F(x)＝eq\f(f(x),g(x))．【例題選講】[例1](1)函數f(x)的定義域為R，f(－1)＝3，對任意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g(x)＝f(x)－(3x＋6)，則g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)為減函數，又g(－1)＝f(－1)－3＝0，所以根據單調性可知g(x)>0的解集是{x|x<－1}．(2)定義在R上的函數f(x)滿足f(1)＝1，且對?x∈R，f′(x)＜eq\f(1,2)，則不等式f(log2x)＞eq\f(log2x＋1,2)的解集為________．答案(0，2)解析構造函數F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，則F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＜0，∴函數F(x)在R上是減函數．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上的可導函數f(x)滿足f(1)＝1，且2f′(x)>1，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))時，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，當x≥0時，f′(x)＞2x．若f(a－2)－f(a)≥4－4a，則實數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x∈[0，＋∞)時，G′(x)＝f′(x)－2x＞0，∴G(x)在[0，＋∞)上是增函數．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，知G(x)是偶函數．故|a－2|≥|a|，解得a≤1．(5)已知f′(x)是函數f(x)的導數，且f(－x)＝f(x)，當x≥0時，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g(x)＝f(x)－eq\f(3,2)x2，則g′(x)＝f′(x)－3x．因為當x≥0時，f′(x)>3x，所以當x≥0時，g′(x)＝f′(x)－3x>0，即g(x)在[0，＋∞)上單調遞增．因為f(－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．因為f(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f′(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導數，當x>0時，f(x)＋f′(x)·xlnx<0，則不等式(x－1)f(x)>0的解集為________．答案(0，1)解析由于函數y＝f(x)為R上的奇函數，則f(0)＝0．當x>0時，f(x)＋f′(x)·xlnx<0，則f(1)<0．當x>0時，構造函數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y＝g(x)在區間(0，＋∞)上單調遞減，且g(1)＝0．當0<x<1時，lnx<0，g(x)>g(1)＝0，即f(x)lnx>0，此時f(x)<0；當x>1時，lnx>0，g(x)<g(1)＝0，即f(x)lnx<0，此時f(x)<0．又f(1)<0，所以當x>0時，f(x)<0．由于函數y＝f(x)為R上的奇函數，當x<0時，f(x)>0．對于不等式(x－1)f(x)>0，當x<0時，x－1<0，則f(x)<0，不符合題意；當0<x<1時，x－1<0，則f(x)<0，符合題意；當x>1時，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f(x)的導函數為f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x對任意x∈(0，＋∞)恒成立．下列結論正確的是()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答案設函數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)．因為(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x對任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以g′(x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，從而g(1)＞g(2)＞g(3)，整理得2f(2)－3f(1)＜5，f(3)－2f(1)＜7，故A錯誤，C正確．當0＜x＜1時，若f(1)＝2，因為g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，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不正確．即結論正確的是CD．(8)已知函數f(x)，對?x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上，f′(x)<x，若f(4－m)－f(m)≥8－4m，則實數m的取值范圍為()A．[－2，2]B．[2，＋∞)C．[0，＋∞)D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)答案B解析因為對?x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，所以f(0)＝0，設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，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x>0時，g′(x)＝f′(x)－x<0，所以g(x)在(0，＋∞)上為減函數，又g(x)為奇函數，所以4－m≤m，解得m≥2．(9)已知函數y＝f(x)是R上的可導函數，當x≠0時，有f′(x)＋eq\f(f(x),x)>0，則函數F(x)＝xf(x)＋eq\f(1,x)的零點個數是()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x>0時，g′(x)＝x[f′(x)＋eq\f(f(x),x)]>0，g(x)是增函數，g(x)>0；當x<0時，g′(x)＝x[f′(x)＋eq\f(f(x),x)]<0，g(x)是減函數，g(x)>0．在同一坐標系內畫出函數y＝g(x)與y＝－eq\f(1,x)的大致圖象，結合圖象可知，它們共有1個公共點，因此函數F(x)＝xf(x)＋eq\f(1,x)的零點個數是1．(10)函數f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，當x>0時，f(x)的極值狀態是___________．答案沒有極大值也沒有極小值解析因為x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，關鍵因為等式右邊函數的原函數不容易找出，因此把等式左邊函數的原函數找出來，設h(x)＝x2f(x)，則h′(x)＝eq\f(ex,x)，且h(2)＝eq\f(e2,2)，因為x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，則f′(x)＝eq\f(ex－2h(x),x3)，判斷f(x)的極值狀態就是判斷f′(x)的正負，設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，g(x)在x＝2處取得最小值0，因此g(x)≥0，則f′(x)≥0，故f(x)沒有極大值也沒有極小值(有難度，但不失為好題目)．【對點訓練】1．已知函數f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，且對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為()A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)1．答案B解析由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0．設F(x)＝f(x)－2x－4，則F′(x)＝f′(x)－2．因為f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上單調遞增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等價于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故選B．2．已知函數f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，f(x)的導數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F(x)在R上單調遞減．∵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F(x)在R上單調遞減，∴x2>1，即不等式的解集為{x|x<－1或x>1}．3．已知定義域為R的函數f(x)的導數為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g(x)在R上單調遞減．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________．4．解析(1，＋∞)答案由x2f′(x)＋1＞0得f′(x)＋eq\f(1,x2)＞0，構造函數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．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f(x)為R上的奇函數，當x≥0時，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x≥0時，φ′(x)＝f′(x)－cosx<0，∴φ(x)在[0，＋∞)上單調遞減，又f(x)為R上的奇函數，∴φ(x)為R上的奇函數，∴φ(x)在(－∞，0]上單調遞減，故φ(x)在R上單調遞減且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f(x)和g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，f′(x)，g′(x)分別為其導數，當x＜0時，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x＜0時，h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，則h(x)在(－∞，0)上單調遞增，又f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，所以h(x)為奇函數，所以h(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又由g(－3)＝0，可得h(－3)＝－h(3)＝0，所以當x＜－3或0＜x＜3時，h(x)＜0，故選D．7．設f(x)，g(x)是定義在R上的恒大于0的可導函數，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＜0，則當a＜x＜b時，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．設函數f(x)在R上存在導數f′(x)，對任意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，則實數m的取值范圍為__________．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．又當x∈(0，＋∞)時，g′(x)＝f′(x)－x<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以g(x)是R上的單調減函數．原不等式等價于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，其導函數f′(x)滿足eq\f(f(x),f′(x))＋x<1，則下列結論正確的是()A．對于任意x∈R，f(x)<0B．對于任意x∈R，f(x)>0C．當且僅當x∈(－∞，1)，f(x)<0D．當且僅當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，f′(x)<0，∴f(x)＋xf′(x)>f′(x)，∴f(x)＋(x－1)f′(x)>0，∴[(x－1)f(x)]′>0，∴函數y＝(x－1)f(x)在R上單調遞增，而x＝1時，y＝0，則x<1時，y<0，故f(x)>0．x>1時，x－1>0，y>0，故f(x)>0，∴f(x)>0對任意x∈R成立，故選B．10．已知y＝f(x)為R上的可導函數，當x≠0時，f′(x)＋eq\f(f(x),x)＞0，若g(x)＝f(x)＋eq\f(1,x)，則函數g(x)的零點個數為()A．1B．2C．0D．0或210．答案C解析令h(x)＝xf(x)，因為當x≠0時，eq\f(xf′(x)＋f(x),x)＞0，所以eq\f(h′(x),x)＞0，因此當x＞0時，h′(x)＞0，當x＜0時，h′(x)＜0，又h(0)＝0，易知當x≠0時，h(x)＞0，又g(x)＝eq\f(h(x)＋1,x)，所以g(x)≠0，故函數g(x)的零點個數為0考點五構造具體函數關系式【方法總結】這類題型需要根據題意構造具體的函數關系式，通過具體的關系式去解決不等式及求值問題．【例題選講】[例1](1)(2020·全國Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a>2bB．a<2bC．a>b2D．a<b2答案B解析由指數和對數的運算性質得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b．令f(x)＝2x＋log2x，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．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，則下列結論正確的是()A．α＞βB．α2＞β2C．α＜βD．α＋β＞0答案B解析構造函數f(x)＝xsinx，則f′(x)＝sinx＋xcosx．當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)≥0，f(x)是增函數，當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，f′(x)＜0，f(x)是減函數，又f(x)為偶函數，∴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0<x<1時，f′(x)<0，∴f(x)在(0，1)上單調遞減．∵0<x1<x2<1，∴f(x2)<f(x1)，即x2－lnx2<x1－lnx1，即x1＋lnx2>x2＋lnx1．設g(x)＝eq\f(ex,x)，則g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex(x－1),x2)．當0<x<1時，g′(x)<0，即g(x)在(0，1)上單調遞減，∵0<x1<x2<1，∴g(x2)<g(x1)，即<，∴>，故選AC．(4)已知函數f(x)＝eq\f(ex,x)－ax，x∈(0，＋∞)，當x2＞x1時，不等式eq\f(f(x1),x2)－eq\f(f(x2),x1)<0恒成立，則實數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，＋∞)上調遞增，又因為g(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)單調遞減，在(1，＋∞)單調遞增，所以h(x)min＝h(1)＝eq\f(e,2)，選D．(5)(多選)若實數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＋1，兩邊取自然對數，得(a＋2)ln(a＋1)>(a＋1)ln(a＋2)，因為a≥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，＋∞)上單調遞增，所以xlnx－(x＋1)ln(x＋1)<0，所以g′(x)<0，故g(x)在[2，＋∞)上單調遞減，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)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，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·全國乙)設a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝eq\r(1.04)－1，則()A．a<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)，故當x>0時，f′(x)＝eq\f(\r(1＋2x)－(x＋1),(x＋1)\r(1＋2x))<0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，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f(x)的定義域為(0，＋∞)，導函數為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，＋∞)上單調遞增答案ACD解析由題知函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，導函數為f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xlnx，即滿足eq\f(xf′(x)－f(x),x2)＝eq\f(lnx,x)．因為eq\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eq\f(f(x),x)＝eq\f(1,2)ln2x＋b(b為常數)，所以f(x)＝eq\f(1,2)xln2x＋bx．因為feq\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；因為f′(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錯誤，A，D正確．故選ACD．【對點訓練】1．若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln6,6)，則()A．a<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．b<a<c1．答案C解析設f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以f(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，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解析因為a，b>0，由aa>bb可得alna>blnb．設函數f(x)＝xlnx，則f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0可得x>eq\f(1,e)，所以函數f(x)＝xlnx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增，所以a>b不一定有alna>blnb，即aa>bb，所以充分性不成立；當aa>bb，即alna>blnb時，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f(x)＝xlnx，則f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，所以函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增；由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，故函數f(x)在(0，1)上不單調，所以f(x1)與f(x2)的大小無法確定，從而排除A，B；設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g(x)在(0，e)上單調遞增，故函數g(x)在(0，1)上單調遞增，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，有如下四個結論：(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，則正確結論的序號是()A．(1)(3)B．(2)(3)C．(1)(4)D．(2)(4)4．答案C解析由ab＝ba兩邊取對數得blna＝alnb?eq\f(lna,a)＝eq\f(lnb,b)．對于y＝eq\f(lnx,x)，由圖象易知當b<e<a時，才可能滿足題意．故(1)正確，(2)錯誤；另外，由ab＝ba，令a＝4，b＝2，則a>e，b<e，ab＝8>e2，故(4)正確，(3)錯誤．因此，選C．5．設x，y，z為正數，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)，兩邊取對數得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)的大小．又eq\f(2,ln2)＝eq\f(4,ln4)，e<3<4<5，由y＝eq\f(lnx,x)在(e，＋∞)上單調遞減可知，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<c<bD．a<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)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，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，結合圖象，方程的根可以看作兩個圖象的交點的橫坐標，∵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，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，在(1，＋∞)上為減函數，所以a≤1，所以a的最大值為1，選B．8．下列四個命題：①ln5<eq\r(5)ln2；②lnπ>eq\r(\f(π,e))；③<11；④3eln2>4eq\r(2)．其中真命題的個數是()A．1B．2C．3D．48．答案B解析構造函數f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．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)，顯然錯誤．因此選B．9．已知函數f(x)＝ex＋mlnx(x∈R)，若對任意正數x1，x2，當x1＞x2時，都有f(x1)－f(x2)＞x1－x2成立，則實數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，＋∞)單調遞減，所以h(x)min＝0(但取不到)．所以m≥0．10．若實數a，b滿足2a＋3a＝3b＋2b，則下列關系式中可能成立的是()A．0<a<b<1B．b<a<0C．1<a<bD．a＝b10．答案ABD解析因為實數a，b滿足2a＋3a＝3b＋2b，所以設f(x)＝2x＋3x，g(x)＝3x＋2x，在同一平面直角坐標系中作出f(x)與g(x)的圖象如圖所示．由圖象可知：①當x<0時，f(x)<g(x)，所以當2a＋3a＝3b＋2b時，b<a<0，故B正確；②當x＝0或1時，f(x)＝g(x)，所以當2a＋3a＝3b＋2b時，a＝b＝0或a＝b＝1，故D正確；③當0<x<1時，f(x)>g(x)，所以當2a＋3a＝3b＋2b時，0<a<b<1，故A正確；④當x>1時，f(x)<g(x)，所以當2a＋3a＝3b＋2b時，1<b<a，故C錯誤．故選ABD．11．已知函數f(x)＝eq\f(ex,x)－ax，x∈(0，＋∞)，當x2>x1時，不等式eq\f(f(x1),x2)<eq\f(f(x2),x1)恒成立，則實數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解析因為x∈(0，＋∞)，所以x1f(x1)<x2f(x2)，即函數g(x)＝xf(x)＝ex－ax2在x∈(0，＋∞)上