2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练二十二提升点导数应用中的函数构造

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练二十二提升点导数应用中的函数构造，共6页。
1．设a，b∈R，则“a＞b”是“a|a|＞b|b|”的( C )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：观察a|a|＞b|b|可发现其同构的特点，所以将这种结构设为函数f(x)＝x|x|，而f(x)＝x|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x≥0，,－x2，x＜0，))可得f(x)在R上为增函数．所以a＞b⇔f(a)>f(b)，即a＞b⇔a|a|>b|b|.故选C.
2．若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，则( B )
A．a>2b B．ab2 D．a0)，易知f(x)在(0，＋∞)上为增函数．又因为22b＋lg2b0时，f′(x)－2x>0，所以当x>0时，g′(x)＝f′(x)－2x>0，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．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)，则|x|>1，解得x>1或xx2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞).故选B.
4．已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足 eq \f(f（x）＋xf′（x）,f′（x）) 0在R上恒成立
B．f(x)1时，g(x)>0，f(x)>0；
当x0在R上恒成立．故选A.
5．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)1).
构造函数F(x)＝f(x)－ eq \f(1,x) ，x∈(1，＋∞)，
则F′(x)＝f′(x)＋ eq \f(1,x2) >0，
所以F(x)在(1，＋∞)上为增函数．
不等式f(lg2x)－1>lgx2可化为f(lg2x)－ eq \f(1,lg2x) >1.
又F(3)＝f(3)－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(4,3) － eq \f(1,3) ＝1.
故原不等式化为F(lg2x)>F(3)，
从而lg2x>3，解得x>8.故选D.
7．已知函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式exf(x)>ex＋1的解集为( A )
A．{x|x>0}
B．{x|x0}，即不等式exf(x)>ex＋1的解集为{x|x>0}．故选A.
8．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)－
f(－x)＝2sin x，当x≥0时，f′(x)≥x－sin x＋cs x，则不等式f(2x)－f(x－ eq \f(π,2) )b>0时， eq \f(1,a) < eq \f(1,b) ，故A错误；y＝ln x(x>0)在定义域上为增函数，故当a>b>0时，ln a>ln b，故B正确；y＝ eq \f(1,ex) 在(0，＋∞)上单调递减，故当a>b>0时， eq \f(1,ea) < eq \f(1,eb) ，故C错误；y＝ex－x(x>0)，则y′＝ex－1>0，即y＝ex－x在(0，＋∞)上为增函数，故当a>b>0时，ea－a>eb－b，即ea－eb>a－b，故D正确．故选BD.
11．(多选)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意的正数x，都满足f(x)＜xf′(x)＜2f(x)－2x，则下列结论正确的是( BCD )
A．f(1)＜2f( eq \f(1,2) )
B．f(1)＜ eq \f(1,2) f(2)
C．f(1)＜4f( eq \f(1,2) )－2
D．f(1)＞ eq \f(1,4) f(2)＋1
解析： 设g(x)＝ eq \f(f（x）,x) (x＞0)，则g′(x)＝ eq \f(xf′（x）－f（x）,x2) ＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由g(1)＞g( eq \f(1,2) )得f(1)＞2f( eq \f(1,2) )，故A错误；
由g(1)＜g(2)得f(1)＜ eq \f(1,2) f(2)，故B正确；
设h(x)＝ eq \f(f（x）－2x,x2) (x＞0)，
则h′(x)＝ eq \f(（f′（x）－2）·x2－（f（x）－2x）·2x,x4)
＝ eq \f(xf′（x）－（2f（x）－2x）,x3) ＜0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
由h(1)＜h( eq \f(1,2) )得f(1)＜4f( eq \f(1,2) )－2，故C正确；
由h(1)＞h(2)得f(1)＞ eq \f(1,4) f(2)＋1，故D正确．
12．已知f(x)为偶函数，且当x∈[0，＋∞)时，f(x)＋xf′(x)0的解集为________.
解析：令g(x)＝xf(x)，x∈R.
则根据题意可知，g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－g(x)，
所以g(x)是奇函数，因为g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
所以当x≥0时，g′(x)0，
得2xf(2x)>(x－1)f(x－1)，即g(2x)>g(x－1)，
所以2x0)，则h′(x)＝－ex·(x＋1)＋1＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)maxmx－3ex＝m ln ex－3ex，x>0，令g(x)＝m ln x－3x，由g(x＋1)＞g(ex)，且1＜x＋1＜ex，知g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g′(x)＝ eq \f(m,x) －3≤0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤3x，解得m≤3.故选C.
16．已知函数f(x)＝xeax－1－ln x－ax.若f(x)的最小值为0，则实数a的最小值是________．
解析：xeax－1－ln x－ax＝eln x＋ax－1－(ln x＋ax)≥(ln x＋ax)－(ln x＋ax)＝0(利用了ex≥x＋1).
等号成立的条件是ln x＋ax＝1，即a＝ eq \f(1－ln x,x) 有解．令g(x)＝ eq \f(1－ln x,x) ，则g′(x)＝ eq \f(ln x－2,x2) ，易得g(x)min＝g(e2)＝－ eq \f(1,e2) ，即实数a的最小值为－ eq \f(1,e2) .
答案：－ eq \f(1,e2)