第3章 课时冲关20 函数中的构造问题-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（人教A版）

课时冲关20　函数中的构造问题 对应学生用书　P232 [基础巩固练] 1．(2024·河北统考模拟预测)函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时f(x)＋xf′(x)＞0(其中f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝ln·f(ln)，则(　　) A．a＜b＜c　　　　　 B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．b＜a＜c 解析：B　[令F(x)＝xf(x)，又f(x)为定义在R上的偶函数，则F(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－F(x)，故F(x)为定义在R上的奇函数； 又F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，由题可知，当x＜0时，F′(x)＞0，即F(x)在(－∞，0)上单调递增， 结合F(x)是R上的奇函数可知，F(x)为R上的单调增函数；又30.3＞30＝1＝logππ＞logπ3＞logπ1＝0＝ln 1＞－ln 9＝ln，又a＝30.3· f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝ ln·f，故a＞b＞c.] 2．(2024·南昌模拟)已知a，x是不为1的正数，若不等式x≥a恒成立，则a的取值范围是(　　 ) A. B. C.∪(1，e) D. 解析：D　[∵x≥a＞0，∴ln x≥ln a，即aln a≤xln x恒成立； 令f(x)＝xln x，则f′(x)＝ln x＋1，∴当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时， f′(x)＞0；∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)≥f＝－，∴aln a≤－；令g(a)＝aln a， 则g′(a)＝ln a＋1， ∴当a∈时，g′(a)＜0；当a∈时，g′(a)＞0； ∴g(a)在上单调递减，在上单调递增，∴g(a)≥g＝－，即aln a≥－.综上所述，aln a＝－，∴a＝，即a的取值范围为.] 3．(2024·湘潭一模)已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)＞f(x)，若实数a＞0，则下列不等式恒成立的是(　　 ) A．af(ln a)≥ea－1f(a－1) B．af(ln a)≤ea－1f(a－1) C．ea－1f(ln a)≥af(a－1) D．ea－1f(ln a)≤af(a－1) 解析：D　[令g(x)＝，则g′(x)＝＞0，所以g(x)为增函数，令h(a)＝ln a－a＋1，h′(a)＝－1＝. 令h′(a)＞0，∴0＜a＜1；h′(a)＜0，∴a＞1. 因此h(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，因此h(a)max＝h(1)＝0. 又当a＞0时，ln a≤a－1， 所以g(ln a)≤g(a－1)，即≤， 所以ea－1f(ln a)≤af(a－1)．] 4．(2024·苏州八校模拟)若x，y∈(0，＋∞)，x＋ln x＝ey＋sin y，则(　　 ) A．ln(x－y)＜0 B．ln(y－x)＞0 C．x＜ey D．y＜ln x 解析：C　[设f(x)＝x－sin x，x＞0，则f′(x)＝1－cos x≥0(不恒为零)，故f(x)在(0，＋∞)上为增函数，故f(x)＞f(0)＝0，所以x＞sin x，故y＞sin y在(0，＋∞)上恒成立，所以x＋ln x＜ey＋y＝ey＋ln ey，但g(x)＝x＋ln x在(0，＋∞)上为增函数，故x＜ey，即ln x＜y，所以C成立，D错误；取x＝e，考虑1＋e＝ey＋sin y的解，若y≥e＋1，则ey≥ee＋1＞5＞e＋2≥1＋e－sin y，矛盾，故y＜e＋1即y－x＜1，此时ln(y－x)＜0，故B错误；取y＝1，考虑x＋ln x＝e＋sin 1，若x≤2，则x＋ln x≤2＋ln 2＜3＜e＋＜e＋sin 1，矛盾，故x＞2，此时x－y＞1，此时ln(x－y)＞0.故A错误．] 5．(2024·广州模拟)对于任意x＞0都有xx－axln x≥0，则a的取值范围为(　　 ) A．[0，e] B. C.∪[e，＋∞) D．(－∞，e] 解析：B　[xx－axln x≥0⇒exln x－axln x≥0，令t＝f(x)＝xln x， 则f′(x)＝ln x＋1，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)≥f＝ln＝－， 所以t＝f(x)≥－， 所以xx－axln x≥0转化为：et－at≥0，令g(t)＝et－at，g′(t)＝et－a， ①当a≤0时，g′(t)≥0，所以g(t)在上单调递增，所以g(t)min＝ g＝e－－a≥0⇒a≥－e1－，所以－e1－≤a≤0. ②当a＞0时，g′(t)＝0，所以t＝ln a， (ⅰ)当ln a＜－即a＜e－时， g′(t)＞0，所以g(t)在上单调递增，g(t)min＝g＝e－－a≥0⇒a≥－e1－，所以0＜a＜e－. (ⅱ)当ln a≥－即a≥e－时， g(t)在上单调递减，在[ln a，＋∞)上单调递增，g(t)min＝g(ln a)＝eln a－a(ln a)≥0⇒a－aln a≥0⇒1－ln a≥0， 所以a≤e，所以e－≤a≤e.综上，a的取值范围为.] 6．(多选)已知a，b∈(0，e)，且a<b，则下列式子中可能成立的是(　　 ) A．aeb<bea B．aeb>bea C．aln b<bln a D．aln b>bln a 解析：ABD　[设g(x)＝，则g′(x)＝，所以g(x)＝在(0,1)上单调递减，在(1，e)上单调递增．所以当a，b∈(0，e)，a<b时，不能判断出g(a)与g(b)的大小．所以选项A，B都有可能正确；设f(x)＝，则f′(x)＝，由f′(x)>0，得0<x<e，由f′(x)<0，得x>e，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，因为a，b∈(0，e)，且a<b，所以<，即aln b>bln a．所以选项C不正确，D正确．] 7．(多选)已知定义在(0，＋∞)上的函数满足2f(x)＋xf′(x)＝(x2＋3ln x－1)，则下列不等式一定正确的是(　　) A．9f(3)＞f(1) B．9f＞4f C．f＞81f(3) D．f＞4f(1) 解析：AD　[由2f(x)＋xf′(x)＝(x2＋3ln x－1)，得2xf(x)＋x2f′(x)＝x2＋3ln x－1， 设g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝2xf(x)＋ x2f′(x)＝x2＋3ln x－1， 设h(x)＝x2＋3ln x－1(x＞0)，则h(x)在(0，＋∞)上为增函数，且h(1)＝0， 则当x＞1时，h(x)＞h(1)＝0，此时g′(x)＝ h(x)＞0，此时函数g(x)为增函数； 当0＜x＜1时，h(x)＜h(1)＝0，此时g′(x)＝ h(x)＜0，此时函数g(x)为减函数， 故由g(3)＞g(1)，即9f(3)＞f(1)，A正确； 由g＞g，得f＞f，即4f＞9f，B错误； g与g(3)不在一个单调区间上，C中算式无法比较大小，C错误； 由g＞g(1)，得f＞f(1)， 即f＞4f(1)，D正确．] 8．(2024·扬州中学校考模拟预测)设f(x)是定义在(－π，0)∪(0，π)的奇函数，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，π)时，f′(x)sin x－f(x)cos x＜0，则关于x的不等式f(x)＜2fsin x的解集为___________________． 解析：令g(x)＝，x∈(－π，0)∪(0，π)，则g′(x)＝， 由条件得当0＜x＜π时，g′(x)＜0，∴函数g(x)在(0，π)上单调递减． 因为y＝f(x)，y＝sin x是奇函数，∴函数g(x)为偶函数，∴函数g(x)在(－π，0)上单调递增． ①当x∈(0，π)时，sin x＞0，不等式f(x)＜ 2fsin x可化为＜，∴＜x＜π； ②当x∈(－π，0)时，sin x＜0，不等式f(x)＜ 2fsin x可化为＞＝， －＜x＜0.综上可得不等式的解集为∪. 答案：∪ 9．若x<y时，不等式2 <m(x－y)恒成立，则实数m的取值范围是________． 解析：因为∀x<y,2 <m(x－y)，即2sin－mx<2sin－my，令f(x)＝2sin－mx，即∀x<y，f(x)<f(y)，于是f(x)在R上单调递增，∀x∈R，f′(x)＝2cos－m≥0，即m≤2cos，而2cos有最小值－2，即m≤－2，所以实数m的取值范围是(－∞，－2]． 答案：(－∞，－2] 学科网（北京）股份有限公司 $$