2024届高三数学一轮复习基础夯实练21：函数中的构造问题

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基础夯实练21  函数中的构造问题 1．(2023·株洲模拟)已知a＝，b＝，c＝，则(　　)A．a<b<c   B．c<a<bC．b<a<c   D．c<b<a2．若2x－2y<3－x－3－y，则(　　)A．ln(y－x＋1)>0   B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0   D．ln|x－y|<03．(2023·济南模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x≥0时，f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，则f(x)>x2＋2的解集是(　　)A．(－1,0)∪(1，＋∞)   B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(0,1)   D．(－∞，－1)∪(0,1)4．(2023·常州模拟)已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，且当x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，则下列说法正确的是(　　)A．f <－f <－f B．－f <f <－f C．－f <－f <f D．－f <f <－f 5．(多选)(2023·开封模拟)已知e是自然对数的底数，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)是f(x)的导函数，且＋ln x·f′(x)>0，则(　　)A．f ＋f(e)>0 B．f <0C．f(e)>0 D．f(1)＝06．若ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1，则(　　)A.>e   B.<eC．m－n>e   D．m－n<e7．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)<f′(x)<0，则(　　)A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1)B．ef(2)>f(1)，f(2)<ef(1)C．ef(2)<f(1)，f(2)>ef(1)D．ef(2)<f(1)，f(2)<ef(1)8．(2022·龙岩质检)已知m>0，n∈R，若log2m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则等于(　　)A.  B．1  C.   D．29．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是________．10．(2022·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值范围为________．
参考答案1．B　2.A3．B　[令g(x)＝f(x)－x2，因为f(x)是偶函数，则g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)，所以函数g(x)也是偶函数，g′(x)＝f′(x)－2x，因为当x≥0时，f′(x)－2x>0，所以当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－2x>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，不等式f(x)>x2＋2即为不等式g(x)>2，由f(1)＝3，得g(1)＝2，所以g(x)>g(1)，所以|x|>1，解得x>1或x<－1，所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．]4．D　[由f(x－1)的图象关于点(1,0)对称可知，f(x)的图象关于点(0,0)对称，则f(x)为奇函数，令g(x)＝f(x)sin x，则g(x)为偶函数， 又x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，即[f(x)sin x]′>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则有g＝g<g<g，即－f <f <－f ，即－f <f <－f .]5．AC　[令函数g(x)＝ln x·f(x)，则g′(x)＝＋ln x·f′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以g(e)＝f(e)>0，g＝－f <0，所以f ＋f(e)>0，f >0，f(1)的大小不确定．]6．A　[由题意可知，m>0，n>0，则ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1>ln(en)－en＋2e2n2，构造函数f(x)＝2x2－x＋ln x，其中x>0，则f′(x)＝4x＋－1≥2－1＝3>0，当且仅当x＝时，等号成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，由ln m－m＋2m2>ln(en)－en＋2e2n2可得f(m)>f(en)，所以m>en>0，则>e，故A对，B错，无法判断C，D选项的正误．]7．C　[由题意可知，函数f(x)在R上单调递减，f(x)＋f′(x)<0，f′(x)－f(x)>0.构造函数h(x)＝exf(x)，定义域为R，则h′(x)＝exf(x)＋f′(x)ex＝ex[f(x)＋f′(x)]<0，所以h(x)在R上单调递减，所以h(2)<h(1)，所以e2f(2)<ef(1)，即ef(2)<f(1)，故A，B错误；构造函数g(x)＝，定义域为R，则g′(x)＝＝>0，所以g(x)在R上单调递增，所以g(2)>g(1)，所以>，即f(2)>ef(1)，故D错误．]8．B　[由题意得log2m＋2m＝2n＋1＋n，log2m＋2m＝2×2n＋n＝log22n＋2×2n，令g(x)＝log2x＋2x(x>0)，则g′(x)＝＋2>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(m)＝g(2n)，所以m＝2n，所以＝1.]9．(2，＋∞)10．λ≥解析　由题意，得eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，令f(t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，则f′(t)＝(t＋1)·et>0，所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，又f(λx)≥f(ln x)，即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，即λ≥恒成立，令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝，所以在(1，e)上，g′(x)>0，则g(x)单调递增；在(e，＋∞)上，g′(x)<0，则g(x)单调递减；所以g(x)≤g(e)＝，故λ≥.