第4章 第4节 第1课时 导数与不等式-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备

用导数解决生活中的优化问题 某企业拟建造如图所 示的容器(不计厚度,长度 单位:米),其中容器的中间 为圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计 要求容器的体积为64π 3 立方米.假设该容器 的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形 部分每平方米建造费用为3千元,半球形部分 每平方米建造费用为4千元.设该容器的总建 造费用为y千元. (1)将y表示成r的函数f(r),并求该函数 的定义域. (2)讨论函数f(r)的单调性,并确定r和l 为何值时,该容器的建造费用最小,并求出 最小建造费用. 【解】 (1)因为容器的体积为64π3 立方米, 所以4πr 3 3 +πr 2l=643π ,解得l=64 3r2 -43r , 所以圆柱的侧面积为 2πrl=2πr 643r2- 4 3r =128π3r -8πr 2 3 , 两端两个半球的表面积之和为4πr2, 所以y=f(r)= 128π3r - 8πr2 3 ×3+4πr2×4 =128πr +8πr 2, 又l=64 3r2 -43r>0⇒r<2 4 3, 所以定义域为(0,2 4 3). (2)因为y'=-128πr2 +16πr=16π (r3-8) r2 , 所以令y'>0,得2<r<2 4 3; 令y'<0,得0<r<2, 当r∈(2,2 4 3)时,f(r)为增函数; 当r∈(0,2)时,f(r)为减函数, 所以当r=2,l=83 时, 该容器的建造费用最小为96π千元. 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,建立 实际问题的数学模型,写出实际问题中变 量之间的函数关系式y=f(x). (2)求函数的导数f'(x),解方程f'(x)=0. (3)比较函数在区间端点和f'(x)=0处的 点的函数值的大小,最大(小)者为最大 (小)值. (4)回归实际问题作答. [针对训练] 5.现有一块边长为a的正方形铁片,铁片的四角 截去四个边长均为x的小正方形,然后做成一 个无盖方盒,该方盒容积的最大值是 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第四节 导数的综合应用 第一课时 导数与不等式 导数法证明不等式 已知函数f(x)=xlnx-2x. (1)求f(x)的单调区间、极值; (2)若x>y>0,试确定f(x)-f(y)与 xlny-ylnx的大小关系,并给出证明. 【解】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x) =lnx+1-2=lnx-1,令f'(x)=0得x=e. 将x,f'(x),f(x)变化情况列表: x (0,e) e (e,+∞) f'(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 51 第四章 导数及其应用 可得(0,e)是f'(x)的递减区间, (e,+∞)是f(x)的递增区间,f'(x)在x=e 处有极小值-e,无极大值. (2)f(x)-f(y)>xlny-ylnx.证明如下: [f(x)-f(y)]-(xlny-ylnx) =xlnx-2x-ylny+2y-xlny+ylnx =xlnxy+yln x y-2 (x-y) =y xyln x y+ln x y-2 (x y-1 )􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 .(*) 设t=xy>1 ,Q(t)=tlnt+lnt-2(t-1)(t>1), 则Q'(t)=lnt+1+1t-2=lnt+ 1 t-1 (>1). 设 M(t)=lnt+1t-1 (t>1), 则 M'(t)=1t- 1 t2 =t-1 t2 >0(t>1). 所以 M(t)在(1,+∞)上是递增函数. 所以 M(t)>M(1)=0,即Q'(t)>0. 所以Q(t)在(1,+∞)上是递增函数. 所以Q(t)>Q(1)=0. 又y>0,所以(*)>0, 所以f(x)-f(y)>xlny-ylnx. 利用导数证明不等式的方法 (1)构造法:证明f(x)<g(x),x∈(a,b), 可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果 F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数, 则只需F(a)≤0,由减函数的定义可知, x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x) <g(x). (2)最值比较法:证明f(x)<g(x),x∈ (a,b)时,若构造函数F(x)=f(x)-g(x) 后,F(x)的单调性无法确定,可考虑f(x) 的最大值与g(x)的最小值,如果f(x)max <g(x)min,可证:f(x)<g(x). (3)适当放缩构造法:一是根据已知条件适 当放缩,二是利用常见的放缩结论;lnx< x<ex(x>0);xx+1≤ln (x+1)≤x(x> -1);若x∈(0,π2 ),则tanx>x>sinx; 若x∈(0,+∞),则ex≥x+1>x-1≥ lnx. [针对训练] 1.(2025·全国一卷)(1)求函数f(x)=5cosx -cos5x在区间 0,π4 的最大值; (2)给定θ∈(0,π)和α∈R,证明:存在y∈ [a-θ,a+θ]使得cosy≤cosθ; (3)设b∈R,若存在φ∈R 使得5cosx- cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最 小值. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 52 名师大课堂 艺术生必备·数学 单变量不等式恒成立问题 已知函数f(x)=1+lnxx . (1)若函数f(x)在区间 a,a+12 上存在极 值,求正实数a的取值范围; (2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥ kx+1 恒 成立,求实数k的取值范围. 【解】 (1)函数的定义域为(0,+∞), f'(x)=1-1-lnxx2 =-lnx x2 , 令f'(x)=0,得x=1. 当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 所以x=1为函数f(x)的极大值点,且是唯 一的极值点, 所以0<a<1<a+12 ,故1 2<a<1 , 即正实数a的取值范围为 12 ,1 . (2)当x≥1时,k≤ (x+1)(1+lnx) x 恒成立, 令g(x)= (x+1)(1+lnx) x (x≥1), 则g'(x)= x(1+lnx+1+1x )-(x+1)(1+lnx) x2 =x-lnx x2 . 再令h(x)=x-lnx(x≥1), 则h'(x)=1-1x≥0. 所以h(x)≥h(1)=1,所以g'(x)>0, 所以g(x)为单调增函数, 所以g(x)≥g(1)=2, 故k≤2,即实数k的取值范围是(-∞,2]. 1.分离参数法解含参不等式恒成立问题的 思路 用分离参数法解含参不等式恒成立问题 是指在能够判断出参数的系数正负的情 况下,可以根据不等式的性质将参数分 离出来,得到一个一端是参数,另一端是 变量表达式的不等式,只要研究变量表 达式的最值就可以解决问题. 2.求解含参不等式恒成立问题的关键是过 好“双关” 转化 关 通过分离参数法,先转化为f(a) ≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈ D恒成立,再转化为f(a)≥g(x)max ((或f(a)≤g(x)min) 求最 值关 求函数g(x)在区间D 上的最大值 (或最小值)问题 [针对训练] 2.(2025·石嘴山模拟)设函数f(x)=lnx+kx , k∈R. (1)若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线 与直线x-2=0垂直,求f(x)的单调性和 极小值(其中e为自然对数的底数); (2)若对任意的x1>x2>0,f(x1)-f(x2) <x1-x2 恒成立,求k的取值范围. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 53 第四章 导数及其应用 f π3 .又x∈ 0,π2 时,得f'(x)=sinx+xcosx>0, 所以f(x)在 0,π2 上是增函数.所以f π5 <f(1)< f π3 .所以f -π3 >f(1)>f π5 ,故选A. 4.解:(1)因为f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,所以f'(x) =3x2-a≥0在(-∞,+∞)上恒成立,即a≤3x2 对x∈ R恒成立.因为3x2≥0,所以只需a≤0.又因为a=0时, f'(x)=3x2≥0,f(x)=x3-1在R上是增函数,所以a≤ 0,即实数a的取值范围为(-∞,0]. (2)由题意知f'(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立,所 以a≥3x2在(-1,1)上恒成立, 因为当-1<x<1时,3x2<3,所以a≥3,所以a的取值 范围为[3,+∞). (3)由题意知f'(x)=3x2-a,则f(x)的单调递减区间 为 - 3a3 , 3a 3 , 又f(x)的单调递减区间为(-1,1), 所以 3a 3 =1 ,解得a=3. (4)由题意知:f'(x)=3x2-a,当a≤0时,f'(x)≥0,此 时f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,不合题意,故a>0. 令f'(x)=0,解得x=± 3a3 . 因为f(x)在区间(-1,1)上不单调,所以f'(x)=0在 (-1,1)上有解,需0< 3a3 <1 ,得0<a<3, 所以实数a的取值范围为(0,3). 第三节 导数与函数的极值、最值 基础知识必备 1.(1)极大值f(x0) (2)极小值f(x0) 2.极值 端点处的函数值f(a),f(b) 考点知能突破 针对训练 1.ABD 根 据 导 函 数 f'(x)的 图 象 可 知,f(x)在 区 间 -12 ,0 上单调递减,在区 间[0,4]上 单 调 递 增,所 以 f(x)在x=0处取得极小值,没有极大值.所以选项A、B、 D正确,选项C错误. 2.答案:-4 解析:f'(x)=(x-2)'[(x-1)(x-a)]+(x-2)[(x-1) (x-a)]'=(x-1)(x-a)+(x-2)[(x-1)(x-a)]',因 为x=2是函数f(x)的极值点,所以f'(2)=0,即(2-1) (2-a)=0,则a=2,经检验,满足题意,所以f(x)=(x- 1)(x-2)2,所以f(0)=-4. 3.A f'(x)=2x (2x+1)-2x2 (2x+1)2 =2x (x+1) (2x+1)2 , x∈ -13 ,1 ,当f'(x)=0时,x=0; 当-13≤x≤0 时,f'(x)<0;当0<x≤1时,f'(x)>0, 所以f(x)在 -13 ,0 上是减函数,在(0,1]上是增函数. 所以f(x)min=f(0)=0.又f - 1 3 =13,f(1)=13.所 以f(x)的最大值与最小值的和为13. 故选A. 4.解:(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1时, f(x)=-x+lnx,f'(x)=-1+1x= 1-x x ,令f'(x)=0, 得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0. 所以f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数. 所以f(x)max=f(1)=-1.所以当a=-1时,函数f(x)在 (0,+∞)上的最大值为-1. (2)f'(x)=a+1x ,x∈(0,e],1x∈ 1 e ,+∞ . ①若a≥-1e ,则f'(x)≥0,从而f(x)在(0,e]上是增函 数,所以f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不符合题意; ②若a<-1e ,令f'(x)>0得a+1x>0 ,结合x∈(0,e], 解得0<x<-1a ,令f'(x)<0得a+1x<0 ,结合x∈(0, e],解得-1a<x≤e. 从而f(x)在 0,-1a 上为增函数, 在 -1a ,e 上 为 减 函 数,所 以f(x)max=f -1a = -1+ln -1a . 令-1+ln -1a =-3,得ln -1a =-2,即a=-e2. 因为-e2<-1e ,所以a=-e2 为所求.故实数a的值为 -e2. 5.答案:227a 3 解析:容积V=(a-2x)2x,0<x<a2 ,则V'=2(a-2x) ×(-2x)+(a-2x)2=(a-2x)(a-6x),由V'=0得 x=a6 或x=a2 (舍去),则x=a6 为V 在定义域内唯一的 极大值点也是最大值点,此时Vmax= 2 27a 3. 第四节 导数的综合应用 第一课时 导数与不等式 考点知能突破 针对训练 1.解:(1)解法一:第1步:求f'(x) 因为f(x)=5cosx-cos5x, 所以f'(x)=-5sinx+5sin5x. 第2步:令f'(x)=0,求出导函数的零点,讨论函数f(x) 的单调性 令f'(x)=0,得sinx=sin5x,又x∈ 0,π4 ,所以x= 5x或x=π-5x, 所以x=0或x=π6 , 所以x,f'(x),f(x)的关系如表所示: x 0 0,π6 π6 π6,π4 f'(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 第3步:求f(x)在区间 0,π4 的最大值 因为f π6 =5cosπ6-cos5π6=3 3, 所以函数f(x)=5cosx-cos5x 在区间 0,π4 的最大 值为3 3. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —603— 解法二:第1步:求f'(x) 因为f(x)=5cosx-cos5x,所以f'(x)=-5sinx+5sin5x. 第2步:对f'(x)提取公因式,进行分析 f'(x)=5(sinxcos4x+sin4xcosx-sinx)=5sinx(cos 4x+4cos2x·cos2x-1)=5sinx·4cos2x(1-4sin2x), 易得当x∈ 0,π4 时,5sinx·4cos2x≥0,令f'(x)>0, 得x∈ 0,π6 , 令f'(x)<0,得x∈ π6 ,π 4 . 第3步:写出x,f'(x),f(x)的关系 所以x,f'(x),f(x)的关系如表所示: x 0 0,π6 π6 π6,π4 f'(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 第4步:求f(x)在区间 0,π4 的最大值 因为f π6 =5cosπ6-cos5π6=3 3, 所以函数f(x)=5cosx-cos5x 在区间 0,π4 的最大 值为3 3. 解法三:第1步:求导并化简 由题得f'(x)=-5sinx+5sin5x=5×2cos5x+x2 sin 5x-x 2 =10sin2xcos3x. 第2步:写出x,f'(x),f(x)的关系 由x∈ 0,π4 ,得sin2x≥0,故x,f'(x),f(x)的关系如 表所示: x 0 0,π6 π6 π6,π4 f'(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 第3步:求f(x)在区间 0,π4 的最大值 因为f π6 =5cosπ6-cos5π6=3 3, 所以函数f(x)=5cosx-cos5x 在区间 0,π4 的最大 值为3 3. (2)解法一:第1步:根据周期性写出a的范围 因为余弦函数的周期为2π,所以不妨设a∈(0,2π]. 第2步:分a≤2θ和a>2θ两种情况讨论 当a≤2θ时,a-θ≤θ,则θ∈[a-θ,a+θ),此时存在y=θ, 使得cosy=cosθ; 当a>2θ时,θ<a-θ≤2π-θ, 作出余弦函数的大致图象(如图所示), 所以cos(a-θ)≤cosθ, 只需要取y=a-θ,即可得到cosy≤cosθ. 第3步:得出结论 综上可得,给定θ∈(0,π)和a∈R,存在y∈[a-θ,a+θ] 使得cosy≤cosθ. 解法二(反证法):第1步:假设结论不正确 假设cosy>cosθ对任意y∈[a-θ,a+θ]恒成立. 第2步:根据余弦函数的图象与性质得出y的取值范围 由cosy>cosθ得2kπ-θ<y<2kπ+θ,k∈Z,这与a∈R, 任意y∈[a-θ,a+θ]矛盾, 所以假设不正确,故一定存在y∈[a-θ,a+θ]使得cosy ≤cosθ. 解法三(综合法):第1步:利用两角和与差的余弦公式探 寻关系 因为cos(a+θ)+cos(a-θ)=2cosacosθ≤2cosθ, 所以cos(a+θ)与cos(a-θ)中必有一个小于等于cosθ. 第2步:反证法证明以上结论 否则cos(a+θ)>cosθ,cos(a-θ)>cosθ,这与cos(a+θ) +cos(a-θ)=2cosacosθ≤2cosθ矛盾. 第3步:得出结论 所以一定存在y=a-θ或y=a+θ,使得cosy≤cosθ, 所以对于给定θ∈(0,π)和a∈R,存在y∈[a-θ,a+θ]使 得cosy≤cosθ. (3)第1步:特殊值φ=0探路 令h(x)=5cosx-cos(5x+φ),当φ=0时,因为h(x)= h(-x), h(x)=h(x+2π),所以h(x)为偶函数,且2π为h(x)的周 期,所以讨论h(x)在[0,2π)上的情况,由(1)可知h(x)在 0,π6 上 单 调 递 增,在 π6,5π6 上 单 调 递 减,在 5π 6 ,π 上单调递增,结合对称性,及h(π)=-4,可知x∈ [0,2π)时h(x)≤3 3,所以此时b的最小值为3 3. 第2步:根据φ的任意性,将问题进行转化 要证3 3为b的最小值,对于任意的φ,只需要证明h(x) 的最大值不小于3 3, 只需要证明存在x0,使得h(x0)≥3 3. 第3步:利用(2)的结论进行求解 当|x0| ≤ π 6 时,令 y0 = 5x0 + φ,则 y0 ∈ -5π6+φ ,5π 6+φ . 由 (2)可 知,取 θ=5π6 ,a =φ,可 得 存 在 y0 ∈ -5π6+φ ,5π 6+φ 使得cosy0≤cos5π6=- 32, 所以h(x0)=5cosx0-cos(5x0+φ)=5cosx0-cosy0≥ 5× 32- - 3 2 =3 3, 综上可得,bmin=3 3. 2.解:(1)由条件得f'(x)=1x- k x2 (x>0), 因为曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线x-2= 0垂直, 所以f'(e)=0,即1e- k e2 =0,解得k=e,所以f'(x)=1x -e x2 =x-e x2 (x>0). 由f'(x)<0得0<x<e;由f'(x)>0得x>e. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —703— 所以f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增, 当x=e时,f(x)取得极小值,且f(e)=lne+ee=2. 所以f(x)的极小值为2. (2)由题意知对任意的x1>x2>0,f(x1)-x1<f(x2)- x2恒成立, 设h(x)=f(x)-x=lnx+kx -x (x>0), 则h(x)在(0,+∞)上单调递减, 所以h'(x)=1x- k x2 -1≤0在(0,+∞)上恒成立, 故当x>0时,k≥-x2+x=- x-12 2 +14 恒成立, 又- x-12 2 +14≤ 1 4 ,则k≥14 ,故实数k的取值范围 是 1 4 ,+∞ . 第二课时 导数与函数零点 考点知能突破 针对训练 1.解:(1)f'(x)=-1x2 +e x e= x2ex-e ex2 , 令f'(x)>0,解得x>1,令f'(x)<0,解得0<x<1, 所以f(x)在(0,1)上单调递减, 在(1,+∞)上单调递增. (2)F'(x)=f(x)=1x+ ex e-3 , 由(1)得∃x1,x2,满足0<x1<1<x2, 使得f(x)在(0,x1)上大于0,在(x1,x2)上小于0,在(x2, +∞)上大于0, 即F(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在 (x2,+∞)上单调递增, 而F(1)=0,x→0时,F(x)→ -∞,x→+∞时, F(x)→+∞, 画出 函 数 F(x)的 草 图,如 图 所示. 故F(x)在(0,+∞)上的零点 有3个. 2.解:(1)由题意知,函数f(x)的定义域为R, 又f(0)=1-a=2,得a=-1, 所以f(x)=ex-x+1,求导得f'(x)=ex-1. 易知f(x)在[-2,0]上单调递减,在(0,1]上单调递增, 所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2. (2)由(1)知f'(x)=ex+a,由于ex>0, ①当a>0时,f'(x)>0,f(x)在R上是增函数, 当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0; 当x<0时,取x=-1a , 则f -1a <1+a -1a-1 =-a<0. 所以函数f(x)存在零点,不满足题意. ②当a<0时,令f'(x)=0,得x=ln(-a). 在(-∞,ln(-a))上,f'(x)<0,f(x)单调递减, 在(ln(-a),+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以当x=ln(-a)时,f(x)取最小值. 函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a))=eln(-a)+ aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0, 解得-e2<a<0. 综上所述,实数a的取值范围是(-e2,0). 微专题(一) 导数中函数的构造问题 跟踪训练 1.答案:(-2,0)∪(2,+∞) 解析:构 造 函 数g(x)=x2f(x),其 中f(x)为 奇 函 数 且x≠0, 则g(-x)=(-x)2f(-x)=-x2f(x)=-g(x), 所以函数g(x)为奇函数, 且g(2)=0,g(-2)=-g(2)=0, 当x>0时,g'(x)=x2f'(x)+2xf(x)=x[xf'(x)+ 2f(x)]>0, 所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为函数g(x)为奇函数,故函数g(x)在(-∞,0)上单调 递增, 故x2f(x)>0⇒g(x)>0, 当x<0时,g(x)>0=g(-2),可得-2<x<0; 当x>0时,g(x)>0=g(2),可得x>2. 综上所述,不等式x2f(x)>0的解集为(-2,0)∪(2,+∞). 2.A 令φ(x)=exf(x)-ex,x∈R, 则φ'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex =ex[f(x)+f'(x)-1]. 又f(x)+f'(x)>1,∴f(x)+f'(x)-1>0, ∴φ'(x)>0, ∴φ(x)在定义域上是增函数, 不等式exf(x)>ex+1可化为exf(x)-ex>1, 又φ(0)=e0f(0)-e0=1, ∴原不等式等价于φ(x)>φ(0),故x>0, ∴原不等式的解集为{x|x>0}. 3.B 令g(x)=f(x)sinx,则g'(x)=f(x)cosx+f'(x)sinx, 当x∈ -π2 ,0 时恒有f(x)cosx+f'(x)sinx>0,所以 g'(x)>0,则g(x)=f(x)sinx在 -π2 ,0 上单调递增, 所以g -π6 >g -π4 ,则 -12f -π6 >- 22f -π4 ,即 f (-π6 < 2f -π4 ,选 项 A 错 误; g -π6 >g(-π3),则-12f(-π6)>- 32f(-π3), 又f(x)为奇函数,所以-f(-x)=f(x),即f (π6 )> - 3f(- π3 ),选 项 B正 确;g(- π3 )<g(- π4 ),则 3f(-π3 )> 2f(-π4 ),所以 3f(π3 )< 2f(π4 ),选 项C错误;由 3f(-π3 )> 2f(-π4 ),得- 3f(π3 )> 2f(-π4 ),选项D错误. 4.(1)D (2)D (1)易知a=12e= lne 2e , b=lnπ2π ,c=ln 33 = ln3 2×3 , 令f(x)=lnx2x (x>0), 则f'(x)=1-lnx2x2 ,f'(x)<0⇒x>e, 所以f(x)在(e,+∞)上单调递减, 又因为e<3<π, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —803—