第3章 课时冲关18 函数中的构造问题(Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

课时冲关18　函数中的构造问题 [基础训练组] 1．已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)＝20，且f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)＞6x2＋2，则不等式f(x)＞2x3＋2x的解集为(　　) A．{x|x＞－2}　　　B．{x|x＞2} C．{x|x＜2} D．{x|x＜－2或x＞2} 解析：B　[令函数g(x)＝f(x)－2x3－2x，则g′(x)＝f′(x)－6x2－2＞0，所以g(x)在R上单调递增． 因为g(2)＝f(2)－2×23－2×2＝0，所以原不等式等价于g(x)＞0＝g(2)， 所以所求不等式的解集为{x|x＞2}．] 2．已知a，b，c∈(1，＋∞).且a2－2ln a－1＝，b2－2ln b－1＝，c2－2ln c－1＝，则(　　) A．b>a>c B．b>c>a C．a>b>c D．c>a>b 解析：B　[令g＝，则g′＝，∴g在上单调递减， ∴>>，即>>， 设f＝x2－2ln x－1，则f′＝2x－＝>0， 即f在上单调递增， 又∵f>f>f，∴b>c>a.故选B.] 3．已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(－1)＝0，当x＜0时，xf′(x)＋f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) 解析：B　[构造函数F(x)＝xf(x)， 因为f(x)为奇函数，所以F(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝F(x)，所以F(x)为偶函数， 因为当x＜0时，xf′(x)＋f(x)＜0， 即F′(x)＜0， 所以x＜0时，函数F(x)单调递减，x＞0时，函数F(x)单调递增， 因为f(－1)＝0，所以F(－1)＝(－1)f(－1)＝0.F(1)＝0.因为f(x)＞0，所以＞0， 所以或所以x＞1或－1＜x＜0.] 4．(2025·江苏模拟)f(x)在(0，＋∞)上的导函数为f′(x)，xf′(x)＞2f(x)，则下列不等式成立的是(　　) A．2 0242f(2 025)＞2 0252f(2 024) B．2 0242f(2 025)＜2 0252f(2 024) C．2 024f(2 025)＞2 025f(2 024) D．2 024f(2 025)＜2 025f(2 024) 解析：A　[令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝＝， ∵xf′(x)＞2f(x)，∴g′(x)＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(2 024)＜g(2 025)，即＜， ∴2 0242f(2 025)＞2 0252f(2 024).] 5．设a＝ln 3，b＝ln 2，c＝ln 3，则a、b、c的大小关系是(　　) A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．c＞b＞a 解析：D　[构造函数f(x)＝，其中x＞0，则f′(x)＝， 当0＜x＜e时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增， 因为0＜＜＜e，则f()＜f()，即＜，即ln 2＜ln 3， 所以b＜c， 因为35＝243＜256＝28，故5ln 3＜8ln 2，即ln 3＜ln 2＜ln 2，即a＜b， 因此，c＞b＞a.] 6．若不等式ex－a ln (ax－1)＋1≥0对∀x∈恒成立(e为自然对数的底数)，则实数a的最大值为(　　) A.e＋1 B．e C．e2＋1 D．e2 解析：A　[由题设，ax－1＞0在上恒成立，∴即a＞2. 原不等式可化为－ln ＋＝ex－ln a－ln a－ln ＋≥0， ∴ex－ln a－ln a≥ln －， 即ex－ln a＋x－ln a≥x－＋ln ， 令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1＞0，即f(x)在x∈上单调递增， 由上知：f(x－ln a)≥f，则x－ln a≥ln ，即ln a≤x－ln 在上恒成立， 令g(x)＝x－ln ， 则g′(x)＝，又x∈，a＞2， ∴x－－1＜0，x－＞0，即g′(x)＜0， 故g(x)在上单调递减， ∴ln a≤g(x)min＝1－ln ，故ln a＋ln ＝ln (a－1)≤1，可得a≤e＋1， 综上，2＜a≤e＋1，故a的最大值为e＋1.] 7．设函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)是函数f(x)的导函数，f(x)＋(x ln x)f′(x)＞0，则下列不等关系正确的是(　　) A．f(3)log23＞f(2) B．fln ＜0 C．f(3)＞2f(9) D．f＜0 解析：A　[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f(x)＋(x ln x)f′(x)＞0⇔f(x)＋f′(x)ln x＞0，令g(x)＝f(x)ln x，x＞0，则g(x)＝f(x)＋f′(x)ln x＞0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 对于A，g(3)＞g(2)，即f(3)ln 3＞f(2)ln 2⇔f(3)log23＞f(2)，A正确；对于B，g＞g(1)，即f(3)ln ＞f(1)ln 1＝0，B不正确；对于C，g(3)＜g(9)，即f(3)ln 3＜f(9)ln 9＝2f(9)ln 3⇔f(3)＜2f(9)，C不正确；对于D，g＜g(1)，即fln ＜f(1)ln 1＝0，有－2f＜0⇔f＞0，D不正确．] 8．已知实数a，b满足a＝e2024-a，2021＋ln b＝e3-ln b，则ab＝________． 解析：根据题意，显然a，b是正数. 由a＝e2024-a，两边取对数得，ln a＝ln e2024-a＝2024－a，即a－(3－ln a)＝2021，又2021＋ln b＝e3-ln b，即e3-ln b－ln b＝2021，利用a＝eln a，于是记h(x)＝e3-x－x，h′(x)＝－e3-x－1<0，故h(x)在R上递减， 由h(3－ln a)＝h(ln b)⇒3－ln a＝ln b，于是ln ab＝3，ab＝e3. 答案：e3 9．已知不等式x＋m ln x＋≥xm对x∈(1，＋∞)上恒成立，则实数m的最小值为________． 解析：x＋m ln x＋≥xm可变为x＋≥xm－m ln x⇒x＋e－x≥xm－ln xm， 再变形可得，e－x－ln e－x≥xm－ln xm，设f(x)＝x－ln x(x＞0)，原不等式等价于f(e－x)≥f(xm)，因为f′(x)＝1－＝，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，而x＞1，e－x＝∈(0，1)， 当m＜0时，0＜xm＜1，所以由f(e－x)≥f(xm)，可得e－x≤xm， 因为x＞1，所以ln e－x≤ln xm⇒m≥－. 设φ(x)＝－(x＞1)，φ′(x)＝－＝，所以函数φ(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(e)＝－e，即－e≤m＜0. 当m＝0时，不等式x＋≥1在x∈(1，＋∞)上恒成立； 当m＞0时，xm＞1，无论是否存在m∈(0，＋∞)，使得f(e－x)≥f(xm)在x∈(1，＋∞)上恒成立，都可判断实数m的最小值为－e. 答案：－e 10．已知函数f(x)＝ln (x＋1)－x＋1. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设函数g(x)＝aex－x＋ln a，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 解：(1)函数的定义域为{x|x＞－1}， f′(x)＝－1＝－，f′(x)＞0，－1＜x＜0；f′(x)＜0，x＞0. 函数f(x)的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞). (2)要使函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，即f(x)＝g(x)有两个实根， 即ln (x＋1)－x＋1＝aex－x＋ln a有两个实根． 即ex＋ln a＋x＋ln a＝ln (x＋1)＋x＋1. 整理为ex＋ln a＋x＋ln a＝eln (x+1)＋ln (x＋1)， 设函数h(x)＝ex＋x，则上式为h(x＋ln a)＝h(ln (x＋1))， 因为h′(x)＝ex＋1＞0上恒成立，所以h(x)＝ex＋x单调递增，所以x＋ln a＝ln (x＋1). 所以只需使ln a＝ln (x＋1)－x有两个根，设M(x)＝ln (x＋1)－x. 由(1)可知，函数M(x)的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞)， 故函数M(x)在x＝0处取得极大值，M(x)max＝M(0)＝0. 当x→－1时，M(x)→－∞；当x→＋∞时，M(x)→－∞， 要使ln a＝ln (x＋1)－x有两个根，只需ln a＜0，解得0＜a＜1. 所以a的取值范围是(0，1). [能力提升组] 11．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x)，且当x＜0时，2f(x)＋xf′(x)＜0，则不等式(x－2 024)2f(x－2 024)－f(－1)<0的解集为(　　) A．(－∞，2 025) B．(2 023，2 025) C．(－∞，2 025)∪(2 023，＋∞) D．(－∞，2 023)∪(2 025，＋∞) 解析：D　[令F(x)＝x2f(x)， 则F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，当x＜0时，2f(x)＋xf′(x)＜0， 所以当x＜0时，F′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]＞0，即F(x)在(－∞，0)上是增函数， 由题意f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(－x)＝f(x)，所以F(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝F(x)， 所以F(x)是偶函数，在(0，＋∞)递减， 所以F(x－2 024)＝(x－2 024)2f(x－2 024)， F(－1)＝(－1)2f(－1)＝f(－1)，即不等式等价为F(x－2 024)<F(－1)， 所以|x－2 024|＞1， 所以x<2 023或x＞2 025.] 12．已知可导函数f(x)是定义在上的奇函数．当x∈时，f(x)＋f′(x)tan x＞0，则不等式cos x·f＋sin x·f(－x)＞0的解集为(　　) A． B． C． D． 解析：D　[当x∈时，f(x)＋f′(x)tan x＞0，则cos xf(x)＋f′(x)sin x＞0， 则函数sin xf(x)在上单调递增，又可导函数f(x)是定义在上的奇函数 则sin xf(x)是上的偶函数，且在单调递减， 由可得x∈， 则x＋∈，－x∈， 则x∈时，不等式cos x·f＋sin x·f(－x)＞0， 可化为sin ·f＞ sin (－x)·f(－x)， 又由函数sin xf(x)在上单调递增，且－x∈，x＋∈， 则有＞x＋＞－x＞0，解之得－＜x＜0.] 13．已知λ＞0，对任意的x∈(0，＋∞)，不等式e2λx－≥0恒成立，则λ的最小值为________． 解析：∵对于任意x∈(0，＋∞)，λ＞0，不等式e2λx－≥0恒成立， ∴对于任意x∈(0，＋∞)，2λe2λx≥ln x⇔2λxe2λx≥x ln x＝ln x·eln x，即2λxe2λx≥ln x·eln x恒成立， 当0＜x≤1时，2λxe2λx＞0≥ln x·eln x； 当x＞1，ln x＞0， 设f(x)＝xex，则f′(x)＝ex(1＋x)＞0，所以f(x)＝xex在x∈(0，＋∞)上单调递增， 由f(2λx)≥f(ln x)，知2λx≥ln x，即λ≥，即λ≥， 设g(x)＝，x∈(0，＋∞)，求导g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝e， 当x＞e时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当0＜x＜e时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； ∴g(x)在x＝e处取得极大值，且为最大值，g(x)max＝g(e)＝＝. 所以λ≥时，不等式e2λx－≥0恒成立． 答案： 14．若关于x的不等式a ln x＋1≤x(ex－a)(a∈R)恒成立，则a的取值范围是________． 解析：a ln x＋1≤x(ex－a)，整理为xex－ax－a ln x－1≥0，其中xex＝eln x·ex＝ex＋ln x，故ex＋ln x－a(x＋ln x)－1≥0，令x＋ln x＝t∈R，则et－at－1≥0，f(t)＝et－at－1，注意到：f(0)＝0，其中f′(t)＝et－a，当a＝1时，令f′(t)＞0，解得t＞0，令f′(t)＜0，解得t＜0，则f(t)≥f(0)＝0，满足题意； 当a＞1时，令f′(t)＞0，得t＞ln a，令f′(t)＜0，得t＜ln a，则f(t)＝et－at－1在(ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln a)上单调递减，且ln a＞0，f(0)＝0，所以当t∈(0，ln a)时，f(t)＜f(0)＝0，不合题意，舍去； 故不满足题意，舍去； 当0＜a＜1时，令f′(t)＞0，得t＞ln a，令f′(t)＜0，得t＜ln a，所以f(t)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，且ln a＜0，f(0)＝0，所以当t∈(ln a，0)时，f(t)＜f(0)＝0，不合题意，舍去；当a≤0时，f(－1)＝e-1＋a－1＜0，故不合题意，舍去． 综上，a的取值范围是{1}． 答案：{1} 学科网（北京）股份有限公司 $$