2023届高考一轮复习加练必刷题第22练　函数的构造问题【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第22练　函数的构造问题【解析版】，共7页。试卷主要包含了下列三个数等内容，欢迎下载使用。

考点一 由条件构造具体函数
1．下列三个数：a＝ln eq \f(3,2)－eq \f(3,2)，b＝ln π－π，c＝ln 3－3，大小顺序正确的是( )
A．a>c>b B．a>b>c
C．b>c>a D．b>a>c
答案 A
解析 构造函数f(x)＝ln x－x，
因为f′(x)＝eq \f(1,x)－1<0对一切x∈(1，＋∞)恒成立，
所以函数f(x)＝ln x－x在x∈(1，＋∞)上单调递减，从而有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))>f(3)>f(π)，
即a>c>b.
2．已知x，y∈R，且2x＋3y>2－y＋3－x，则下列各式正确的是( )
A．x－y>0 B．x＋y<0
C．x－y<0 D．x＋y>0
答案 D
解析 因为2x＋3y>2－y＋3－x，
所以2x－3－x>2－y－3y.令f(x)＝2x－3－x，
因为f(x)＝2x－3－x＝2x－eq \f(1,3x)为增函数，
f(x)>f(－y)，所以x>－y，即x＋y>0.
3．设x，y∈R，且满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－15＋2x＋sin x－1＝3，,y－15＋2y＋sin y－1＝1，))
则x＋y等于( )
A．0 B．2 C．4 D．6
答案 B
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－15＋2x＋sin x－1＝3，,y－15＋2y＋sin y－1＝1，))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－15＋2x－1＋sin x－1＝1，,y－15＋2y－1＋sin y－1＝－1.))
设f(t)＝t5＋2t＋sin t，
易得f(t)为奇函数，由题意可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx－1＝1，,fy－1＝－1，))所以f(x－1)＝－f(y－1)，
所以x－1＝－(y－1)，x＋y＝2.
4．使不等式eq \f(1,2)a2＋aA．(－∞，1) B．(0,1)
C．(1，＋∞) D．(0，e)
答案 B
解析 原不等式可化为eq \f(1,2)a2＋a－aln a－eq \f(3,2)<0，
令φ(x)＝eq \f(1,2)x2＋x－xln x－eq \f(3,2)(x>0)，
∴φ′(x)＝x－ln x，令g(x)＝x－ln x，
则g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
∴φ′(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ′(x)min＝φ′(1)＝1，
∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ(x)<0，x∈(1，＋∞)时，φ(x)>0，
∴原不等式的解集为(0,1)．
5．已知函数f(x)＝ln x－2x，当x1>x2>1时，恒有f(x1)－f(x2)答案 (－∞，1]
解析 ∵f(x1)－f(x2)即f(x1)－eq \f(m,x1)令φ(x)＝f(x)－eq \f(m,x)，
∴当x1>x2>1时，φ(x1)<φ(x2)，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＝eq \f(1,x)－2＋eq \f(m,x2)≤0恒成立，
即m≤2x2－x.
∵y＝2x2－x在(1，＋∞)上单调递增，
∴2x2－x>2×12－1＝1，
∴m≤1.
6．设一条平行于x轴的直线与曲线y＝ex，y＝eq \r(x)相交于P，Q两点，则|PQ|的最小值为________．
答案 eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)ln 2
解析 依题意设P(x1，t)，Q(x2，t)(x1>0，x2>0，t>0)，
∵|PQ|＝x2－x1，
又t＝ex1，t＝eq \r(x2)，
∴x1＝ln t，x2＝t2，
∴|PQ|＝t2－ln t(t>0)，
令φ(t)＝t2－ln t(t>0)，
φ′(t)＝2t－eq \f(1,t)＝eq \f(2t2－1,t)，
令φ′(t)>0⇒t>eq \f(\r(2),2)，
φ′(t)<0⇒0∴φ(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，
∴φ(t)min＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－ln eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)ln 2.
考点二 由f′(x)的关系式构造抽象函数
7．f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，且g(3)＝0，则不等式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)
答案 D
解析 令h(x)＝f(x)g(x)，
∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
则h(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－h(x)，因此函数h(x)在R上是奇函数．
∵当x＜0时，h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，
∴h(x)在(－∞，0)上单调递减．
∵g(3)＝g(－3)＝0，
∴h(3)＝f(3)g(3)＝0，
进而h(－3)＝f(－3)g(－3)＝0，
且h(0)＝f(0)g(0)＝0，
要使h(x)＝f(x)g(x)>0，
则08．已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x<0时，xf′(x)－f(x)<0，若a＝eq \f(fe,e)，b＝eq \f(fln 2,ln 2)，c＝eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3)),3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．bC．a答案 D
解析 令g(x)＝eq \f(fx,x)，由偶函数f(x)知，
当x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)时，g(－x)＝－g(x)，
故g(x)＝eq \f(fx,x)为奇函数，
当x<0时，g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)<0，
则g(x)在(－∞，0)上单调递减，
由奇函数性质知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
而ln 2<1所以g(3)即c9．已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导函数，设a＝f(0)，b＝2f(ln 2)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是( )
A．c>b>a B．a>b>c
C．c>a>b D．b>c>a
答案 A
解析 令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，
∴g(x)在R上单调递增，
又0∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))即f(0)<2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln 2))b>a.
10．已知函数f(x)对任意的x∈R都有2 021f(x)＋f′(x)<0，若f(1)＝e－2 021，则不等式f(x)>
e－2 021x的解集为________．
答案 (－∞，1)
解析 设g(x)＝f(x)e2 021x，
则g′(x)＝2 021f(x)e2 021x＋f′(x)e2 021x<0，
所以g(x)在R上单调递减，因为f(1)＝e－2 021，
则g(1)＝1.
f(x)>e－2 021x等价于g(x)>1＝g(1)，解得x<1，故不等式的解集为(－∞，1)．
11．(多选)(2022·济南模拟)已知a>b>1，e为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是( )
A．aea>beb B．aln b>bln a
C．aln a>bln b D．bea>aeb
答案 ACD
解析 设f(x)＝xex，x>1，则f′(x)＝(x＋1)ex>0在(1，＋∞)上恒成立，故函数单调递增，
故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b))，即aea>beb，A正确；
设g(x)＝eq \f(ln x,x)，x>1，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，e))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))上单调递减，故当1geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b))，
即eq \f(ln a,a)>eq \f(ln b,b)，故aln b设h(x)＝xln x，x>1，则h′(x)＝ln x＋1>0在(1，＋∞)上恒成立，故函数单调递增，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b))，即aln a>bln b，C正确；
设k(x)＝eq \f(ex,x)，x>1，则k′(x)＝eq \f(exx－1,x2)>0在(1，＋∞)上恒成立，故函数单调递增，
故keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))>keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b))，即eq \f(ea,a)>eq \f(eb,b)，故bea>aeb，D正确．
12．已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)－2f(x)＞4 ，若f(0)＝－1 ，则不等式f(x)＋2＞e2x 的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，0) D．(－∞，－1)
答案 A
解析 设F(x)＝eq \f(fx＋2,e2x)，
则F′(x)＝eq \f(f′x－2fx－4,e2x)，
∵f′(x)－2f(x)－4>0，
∴F′(x)>0，即函数F(x)在定义域上单调递增，
∵f(0)＝－1，
∴F(0)＝1，
∴不等式f(x)＋2>e2x等价为不等式eq \f(fx＋2,e2x)>1等价为F(x)>F(0)，
解得x>0，
故不等式的解集为(0，＋∞)．
13．已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)A．(－∞，1) B．(－1,1)
C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(0,1)
答案 D
解析 ∵f(x)是定义域为{x|x≠0}的偶函数，
∴f(－x)＝f(x)．
对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)，
∴xf′(x)＋2f(x)>0.
∵g(x)＝x2f(x)，
∴g(x)也是偶函数，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减．
若g(x)解得0故g(x)14．设a>0，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式aeax－ln x≥0恒成立，则a的最小值为________．
答案 eq \f(1,e)
解析 由aeax－ln x≥0⇒axeax≥xln x，
即axeax≥ln x·eln x，
令f(x)＝xex，则f(ax)≥f(ln x)，
显然f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以ax≥ln x⇒a≥eq \f(ln x,x).
令g(x)＝eq \f(ln x,x)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令g′(x)>0，得0令g′(x)<0，得x>e，
故x＝e时，g(x)取得极大值，即为最大值，g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，从而a≥eq \f(1,e).