§3.6函數中的構造問題(分值：52分)一、單項選擇題(每小題5分，共20分)1.已知a>0，b>0，則“a>b”是“lnab>1a-1b”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.已知f'(x)是函數f(x)(x∈R)的導函數，且?x∈R，f'(x)>2x，f(2)=5，則不等式f(x)>x2+1的解集為()A.(-∞，2) B.(2，+∞)C.(-∞，2) D.(2，+∞)3.已知函數f(x)為奇函數，且當x>0時，f'(x)sinx+f(x)cosx>0，則下列說法正確的是()A.f5π6<-f7π6<-B.-f7π6<f5π6<-C.-f?π6<-f7π6D.-f?π6<f5π64.設a，b都為正數，e為自然對數的底數，若aea<blnb，則()A.ab>e B.b>eaC.ab<e D.b<ea二、多項選擇題(每小題6分，共12分)5.(2025·滁州模擬)已知函數f(x)的定義域為R，其導函數為f'(x)，且對任意的x∈R，都有f(x)+f'(x)>0，則下列說法正確的是()A.ef(1)<f(0) B.ef(1)>f(0)C.2f(ln2)<ef(1) D.2f(ln2)>ef(1)6.已知正數a，b滿足2a+log2a=4b+2log4b，則()A.a>2b B.a<2bC.a>b D.a<b三、填空題(每小題5分，共10分)7.已知f(x)的定義域為(0，+∞)，f'(x)為f(x)的導函數，且滿足f(x)<-xf'(x)，則不等式f(x+1)>(x-1)f(x2-1)的解集是.

8.若關于x的不等式ex+x≥mx+lnm-ln1x恒成立，則實數m的最大值為每小題5分，共10分9.(2024·南通模擬)已知函數f(x)及其導函數f'(x)的定義域均為(0，+∞)，若xf'(x)<2f(x)，則()A.4e2f(2)<16f(e)<e2f(4)B.e2f(4)<4e2f(2)<16f(e)C.e2f(4)<16f(e)<4e2f(2)D.16f(e)<e2f(4)<4e2f(2)10.設實數k>0，對于任意的x>1，不等式kekx≥lnx恒成立，則k的最小值為.

答案精析1.C[lnab>1即lna－1a>lnb－1記f(x)＝lnx－1x，x>0顯然f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，因為f(a)>f(b)，所以a>b>0.]2.B[令g(x)＝f(x)－x2，則g'(x)＝f'(x)－2x>0，所以g(x)在R上單調遞增，又f(2)＝5，所以g(2)＝f(2)－22＝1，不等式f(x)>x2＋1，即f(x)－x2>1，即g(x)>g(2)，所以x>2，即不等式f(x)>x2＋1的解集為(2，＋∞).]3.D[令g(x)＝f(x)sinx，因為f(x)為奇函數，則g(x)為偶函數，g'(x)＝f'(x)sinx＋f(x)cosx，又當x>0時，f'(x)sinx＋f(x)cosx>0，則g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則有g?π6＝gπ6<g5π6即－12f?π6<<－12f7π即－f?π6<<－f7π64.B[由aea<blnb，得ealnea<blnb.設f(x)＝xlnx(x>0)，因為a>0，則ea>1，因為b>0，且blnb>aea>0，則b>1.當x>1時，f'(x)＝lnx＋1>0，則f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，ealnea<blnb，即f(ea)<f(b)，所以ea<b.]5.BC[令g(x)＝exf(x)，所以g'(x)＝exf(x)＋exf'(x)＝ex[f(x)＋f'(x)]>0，所以g(x)在R上是增函數，所以g(0)<g(1)，即f(0)<ef(1)，故A錯誤，B正確；又g(ln2)<g(1)，所以eln2f(ln2)<ef(1)，即2f(ln2)<ef(1)，故C正確，D錯誤.]6.BC[原等式可化為2a＋log2a＝22b＋log2b，令f(x)＝2x＋log2x，顯然f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∵2b>b>0，∴2a＋log2a＝22b＋log2b<22b＋log2(2b)，∴f(a)<f(2b)，∴a<2b，故A錯誤，B正確；又2a＋log2a＝22b＋log2b>2b＋log2b，∴f(a)>f(b)，∴a>b，故C正確，D錯誤.]7.(2，＋∞)解析根據題意，構造函數y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，則y'＝f(x)＋xf'(x)<0，所以函數y＝xf(x)在(0，＋∞)上單調遞減.又因為f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以0<x＋1<x2－1，解得x>2.所以不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是(2，＋∞).8.e解析由題意得，ex＋x≥mx＋ln(mx)，m>0，即ex＋lnex≥mx＋ln(mx)，令f(x)＝x＋lnx，x>0，則f'(x)＝1＋1x>0所以函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則不等式轉化為f(ex)≥f(mx)，所以ex≥mx，則exx≥令g(x)＝exx，x則g'(x)＝ex則當0<x<1時，g'(x)<0，g(x)單調遞減；當x>1時，g'(x)>0，g(x)單調遞增，所以當x＝1時，g(x)有最小值，即g(x)min＝g(1)＝e，則0<m≤e，m的最大值為e.9.C[方法一設g(x)＝f(x∈(0，＋∞)，∵xf'(x)<2f(x)，∴g'(x)＝xf'(x則g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，∴g(2)>g(e)>g(4)，∴f(2)4>f(e)即4e2f(2)>16f(e)>e2f(4)，故C正確.方法二設f(x)＝1，又e2<16<4e2，C正確.]10.1解析由kekx≥lnx得kxekx≥xlnx，即kxekx≥elnx·lnx，令f(x)＝xex，則f(kx)≥f(lnx).因為f'(x)＝(x＋1)ex，所以f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，因為kx>