2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划2　微切口3　导数中的构造问题

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划2　微切口3　导数中的构造问题，共5页。

C．(0,2)D．(0，＋∞)
【解析】 令h(x)＝g(x)－x2，则h′(x)＝g′(x)－2x，因为当x≥0时，g′(x)＞2x，所以当x≥0时，h′(x)＞0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增．因为g(x)是定义在R上的奇函数，所以g(0)＝0，所以h(0)＝g(0)－0＝0，所以不等式g(x)＞x2转化为h(x)＞h(0)．因为h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以x＞0．所以当x≥0时，g(x)≥0．因为g(x)为定义在R上的奇函数，所以当x＜0时，g(x)＜0，不满足g(x)＞x2．综上，不等式的解集为(0，＋∞)．
2．已知函数f(x)为定义在R上的奇函数，若当x＞0时，xf′(x)＋f(x)＞0，且f(2)＝0，则不等式f(x)＞0的解集是( A )
A．(－2,0)∪(2，＋∞)B．(－2,0)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(2，＋∞)
【解析】 由题意设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)，因为当x＞0时，xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以g(x)是定义在R上的偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减．又f(2)＝0，则g(2)＝2f(2)＝0，所以g(－2)＝g(2)＝0．当x＞0时，不等式f(x)＞0等价于g(x)＝xf(x)＞0，由g(x)＞g(2)，得x＞2；当x＜0时，不等式f(x)＞0等价于g(x)＝xf(x)＜0，由g(x)＜g(－2)，得－2＜x＜0，故不等式f(x)＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．
3．(2023·怀化期末)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x＞0时，f′(x)－eq \f(fx,x)＜0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，则a，b，c的大小关系是( D )
A．c＜b＜aB．c＜a＜b
C．a＜b＜cD．b＜a＜c
【解析】 令g(x)＝eq \f(fx,x)，则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)，因为当x＞0时，f′(x)－eq \f(fx,x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(2)＜g(1)＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，所以eq \f(f2,2)＜eq \f(f1,1)＜2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，即f(2)＜2f(1)＜4feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，所以b＜a＜c．
4．(2023·如皋二模)已知a＝4e eq \s\up7(\f(3,2)) ，b＝5e eq \s\up7(\f(6,5)) ，c＝eq \f(3,2)e eq \s\up7(\f(2,3)) ，则( B )
A．c＜a＜bB．c＜b＜a
C．a＜c＜bD．b＜c＜a
【解析】 因为eq \f(3,2)＜4＜5，e eq \s\up7(\f(2,3)) ＜e eq \s\up7(\f(6,5)) ＜e eq \s\up7(\f(3,2)) ，故c＝eq \f(3,2)e eq \s\up7(\f(2,3)) 为三个数中的最小的数，故只需再比较a，b的大小．由于4×eq \f(3,2)＝5×eq \f(6,5)＝6，故令f(x)＝eq \f(6,x)·ex＝eq \f(6ex,x)，x＞1，则f′(x)＝eq \f(6exx－1,x2)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))，即 a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＞b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))，所以c＜b＜a．
5．(多选)已知函数f(x)对于任意的x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))都有f′(x)csx－f(x)sinx＞0，则下列式子成立的是( BC )
A．eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))B．eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
C．eq \r(2)f(0)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))D．2f(0)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
【解析】 令g(x)＝f(x)csx，对于任意的x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，g′(x)＝f′(x)csx－f(x)sinx＞0，所以g(x)＝f(x)csx在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))⇔feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))cseq \f(π,6)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))cseq \f(π,4)⇔eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＜eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，A错误；geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))⇔feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))cseq \f(π,4)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))cseq \f(π,3)⇔eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，B正确；g(0)＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))⇔f(0)cs0＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))cseq \f(π,4)⇔eq \r(2)f(0)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，C正确；g(0)＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))⇔f(0)cs0＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))cseq \f(π,3)⇔2f(0)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，D错误．
6．(2023·杭州一模)若a＝eq \r(,2)，b＝e eq \s\up7(\f(1,e)) ，c＝π eq \s\up7(\f(1,π)) ，则( B )
A．a＜b＜cB．a＜c＜b
C．c＜b＜aD．c＜a＜b
【解析】 令f(x)＝eq \f(lnx,x)，则f′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)，当x＞e时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当0＜x＜e时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．因为a＝eq \r(,2)，所以lna＝eq \f(1,2)ln2＝eq \f(ln4,4)，又e＜π＜4，所以f(e)＞f(π)＞f(4)，因为lnb＝eq \f(lne,e)，lnc＝eq \f(lnπ,π)，所以lnb＞lnc＞lna，故a＜c＜b．
7．(2023·苏北四市一模)在某次数学课上，甲、乙、丙、丁四位同学分别写下了一个命题：甲：ln3＜eq \r(,3)ln2; 乙：lnπ＜eq \r(,\f(π,e))； 丙：2eq \r(,12)＜12; 丁：3eln2＞4eq \r(,2)．所写为真命题的是( B )
A．甲和乙B．甲和丙
C．丙和丁D．甲和丁
【解析】 令f(x)＝eq \f(lnx,x)，则f′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e，当0＜x＜e时，f′(x)＞0，此时f(x)为单调递增函数；当x＞e时，f′(x)＜0，此时f(x)为单调递减函数．因为eq \r(,3)＜2＜e，所以f(eq \r(,3))＜f(2)，所以eq \f(ln\r(,3),\r(,3))＜eq \f(ln2,2)，即eq \f(ln3,\r(,3))＜ln2，即ln3＜eq \r(,3)ln2，甲正确；因为eq \r(,e)＜eq \r(,π)＜e，所以f(eq \r(,π))＞f(eq \r(,e))，所以eq \f(ln\r(,π),\r(,π))＞eq \f(ln\r(,e),\r(,e))＝eq \f(1,2\r(,e))，所以lnπ＞eq \r(,\f(π,e))，所以乙错误；2eq \r(,12)＜12⇔eq \r(,12)ln2＜ln12⇔eq \f(ln2,1)＜eq \f(ln12,\r(,12))⇔eq \f(ln2,2)＜eq \f(ln\r(,12),\r(,12))⇔eq \f(ln4,4)＜eq \f(ln\r(,12),\r(,12))⇔f(4)＜f(eq \r(,12))⇔4＞eq \r(,12)，丙正确．对于丁，3eln2＞4eq \r(,2)⇔eln8＞2eq \r(,8)⇔elneq \r(,8)＞eq \r(,8)⇔eq \f(ln\r(,8),\r(,8))＞eq \f(lne,e)，而eq \r(,8)＞e，所以f(eq \r(,8))＜f(e)，所以丁错误．
8．(2023·聊城一模)设a＝e eq \s\up7(\f(1,4)) －eq \f(5,4)，b＝e－ eq \s\up7(\f(1,4)) －eq \f(3,4)，c＝e eq \s\up7(\f(1,3)) －eq \f(4,3)，则( B )
A．a＜b＜cB．b＜a＜c
C．c＜b＜aD．b＜c＜a
【解析】 a＝e eq \s\up7(\f(1,4)) －eq \f(5,4)＝e eq \s\up7(\f(1,4)) －eq \f(1,4)－1，b＝e－ eq \s\up7(\f(1,4)) －eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))－1，c＝e eq \s\up7(\f(1,3)) －eq \f(1,3)－1，令f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－1＝0，得x＝0，当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))，所以c＞a．令g(x)＝(ex－x)－(e－x＋x)＝ex－e－x－2x，所以g′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq \r(,ex·e－x)－2＝0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＞g(0)＝0，所以e eq \s\up7(\f(1,4)) －eq \f(1,4)＞e－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)，所以e eq \s\up7(\f(1,4)) －eq \f(1,4)－1＞e－ eq \s\up7(\f(1,4)) ＋eq \f(1,4)－1，所以a＞b，所以b＜a＜c．
9．(2023·德州期末)已知a＝lneq \f(a,5)＋5，b＝lneq \f(b,4)＋4，c＝lneq \f(c,4)＋5，其中a，b，c∈(0,1)，则( B )
A．c＜b＜aB．c＜a＜b
C．a＜b＜cD．a＜c＜b
【解析】 构造函数f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，令f′(x)＞0，解得x＞1，所以f(x)＝x－lnx在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为a＝lneq \f(a,5)＋5，所以a＝lna－ln5＋5，即a－lna＝5－ln5，所以f(a)＝f(5)，0＜a＜1．因为b＝lneq \f(b,4)＋4，所以b＝lnb－ln4＋4，即b－lnb＝4－ln4，所以f(b)＝f(4)，0＜b＜1．因为c＝lneq \f(c,4)＋5，所以c＝lnc－ln4＋5，即c－lnc＝5－ln4＞5－ln5，即f(c)＞f(5)．因为f(x)＝x－lnx在(1，＋∞)上单调递增，所以f(5)＞f(4)，所以f(c)＞f(5)＞f(4)，所以f(c)＞f(a)＞f(b)．又因为f(x)＝x－lnx在(0,1)上单调递减，且 a，b，c∈(0,1)，所以c＜a＜b．
10．(2023·济南期初)已知a＝6ln 5，b＝7ln 4，c＝8ln 3，则( A )
A．a＞b＞cB．a＞c＞b
C．b＞c＞aD．c＞b＞a
【解析】 a＝6ln 5，b＝7ln 4，c＝8ln 3两边取对数得lna＝ln5·ln6，lnb＝ln4·ln7，lnc＝ln3·ln8．令f(x)＝lnx·ln(11－x)，3≤x≤5，则f′(x)＝eq \f(1,x)ln(11－x)－eq \f(lnx,11－x)＝eq \f(11－xln11－x－xlnx,x11－x)，令g(x)＝xlnx,3≤x≤5，则g′(x)＝1＋lnx＞0在3≤x≤5时恒成立，所以g(x)＝xlnx在[3,5]上为单调递增函数．因为当3≤x≤5时，11－x＞x恒成立，所以(11－x)ln(11－x)－xlnx＞0在3≤x≤5时恒成立，故f′(x)＝eq \f(11－xln11－x－xlnx,x11－x)＞0在3≤x≤5时恒成立，故f(x)＝lnx·ln(11－x)在[3,5]上单调递增，所以f(3)＜f(4)＜f(5)，故ln3·ln8＜ln4·ln7＜ln5·ln6，即lnc＜lnb＜lna．因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，所以c＜b＜a．