专题6 高考提能2 导数应用中的函数构造 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用word）

专题强化训练 一、选择题 1．(2025·银川二模) 若命题“ ∀a，b∈R，都有 a－cos b＞b－cos a” 为真命题， 则 a，b 的大小关系为(　　) A．a＜b B．a＞b C．a≤b D．a≥b 解析：选 B．因为命题“ ∀a，b∈R，都有 a－cos b＞b－cos a” 为真命题， 所以命题“ ∀a，b∈R，都有 a＋cos a＞b＋cos b” 为真命题． 令 f(x)＝x＋cos x，x∈R， 则 f′(x)＝1－sin x. 因为 |sin x|≤1， 所以 f′(x)＝1－sin x≥0， 所以函数 f(x)＝x＋cos x 为增函数． 又因为 a＋cos a＞b＋cos b，所以 a＞b. 2．(2025·云南一模) 已知 a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a＜b＜c B．c＜b＜a　 C．c＜a＜b D．b＜a＜c 解析：选B.设 f(x)＝(x>0)，则 f′(x)＝， 当 x≥2 时， f′(x)＜0，故 f(x) 在 [2，＋∞)上单调递减，因此 ＞＞，故 c＜b＜a. 3．若对任意的正实数 x1，x2∈(m，＋∞)，当 x1＜x2 时， ＞2恒成立，则 m 的取值范围是(　　) A．[e3，＋∞) B．[e2，＋∞)　 C．[e，＋∞) D．[e，e2] 解析：选A.因为对任意的正实数 x1，x2∈(m，＋∞)，当 x1＜x2 时， ＞2恒成立， 所以对任意的正实数 x1，x2∈(m，＋∞)，当 x1＜x2 时， ＜恒成立， 令 f(x)＝，x∈(m，＋∞)，则f(x)在 (m，＋∞) 上单调递减，f′(x)＝，所以 f′(x)＝≤0 在 (m，＋∞) 上恒成立， 所以 ln x≥3，解得 x≥e3，所以 m 的取值范围是 [e3，＋∞). 4．定义在 上的函数 f(x)，f′(x) 是 f(x) 的导函数，且 f′(x)＜－tan x·f(x) 恒成立，则一定成立的是(　　) A．f＞f　 B．f＞f C．f＞f　 D．f＜f 解析：选C.f′(x)＜－tan x·f(x) 可化为 f′(x)＋tan x·f(x)＜0，设 g(x)＝，x∈，则 g′(x)＝＝＜0， 所以函数 g(x) 在 上单调递减， 因为 ＜＜，所以 g＞g＞g，所以 ＞＞， 即 f＞f＞2f. 对于A，因为 f＞f，所以f＞f 不一定成立； 对于B，因为 f＞3f，所以f＞f 不一定成立； 对于 C，f＞f 成立； 对于 D，f＞f， D选项不成立． 5．(2025·武汉三模) 已知定义在 (0，＋∞) 上的函数 f(x)，其导函数为 f′(x)，对任意的 x∈(0，＋∞) 都有 2f(x)－xf′(x)＞0 成立，则下列式子一定成立的是 (　　) A．4f(1)＜f(2)　 B．f(1)＝0　 C．4f(2)＞f(4)　 D．4f＞9f 解析：选C.设g(x)＝(x＞0)，对g(x)求导，可得g′(x)＝＝.因为对任意的x∈(0，＋∞)都有2f(x)－xf′(x)＞0，即xf′(x)－2f(x)＜0，且x3＞0，所以g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．对于A，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(1)＞g(2)，即＞，也就是4f(1)＞f(2)，故A不成立；对于B，仅根据已知条件无法得出f(1)＝0，故B不一定成立；对于C，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(2)＞g(4)，即＞，也就是4f(2)＞f(4)，故C一定成立；对于D，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g＜g，即＜，也就是4f＜9f，故D不成立． 6．(2025·滁州一模)已知函数 f(x)＝ln x，g(x) 是 f(x) 的反函数. 若 x1，x2 满足 ＝－1，则 －x1 的最大值为(　　) A．－e2 B．－e－ C．－e D．－1 解析：选D.由题意得 g(x)＝ex，x∈R，因为 ＝－1， 所以ln x1－ex2＝－(x1－x2)，所以ln x1＋x1＝ex2＋ln ex2， 令 h(x)＝ln x＋x，x>0，则h(x1)＝h(ex2)， 因为h(x) 在 (0，＋∞) 上单调递增，所以 x1＝ex2. 所以 －x1＝－ex2，令 F(x)＝－ex，x∈R，则F′(x)＝－ex＝， 令 m(x)＝1－x－e2x，x∈R，则 m′(x)＝－1－2e2x＜0， 所以 m(x) 在 R 上单调递减，又 m(0)＝0. 所以当 x＜0 时， m(x)＞0，即F′(x)＞0；当x＞0时， m(x)＜0，即 F′(x)＜0， 所以 F(x) 在 (－∞，0) 上单调递增，在(0，＋∞) 上单调递减， 所以 F(x)max＝F(0)＝－1. 7．(多选) (2025·庆阳模拟) 已知非零实数 x，y 满足 ＞x－y，则下列不等式一定成立的有(　　) A．y3＞x3 B．log3|y－x|＞0 C．＞＞0 D．2 0252y+1＞2 0252x+1 解析：选AD.由题意可得 ey＋2y＞ex＋2x，设函数f(x)＝ex＋2x，则f′(x)＝ex＋2＞0，则 f(x) 在 R 上单调递增，结合 ey＋2y＞ex＋2x，可得 x＜y. 对于 A，y3－x3＝(y－x)(x2＋y2＋xy)＝(y－x)·＞0，故 A一定成立； 对于 B，由 x＜y 不能判断 |y－x| 与 1 的大小，故 B不一定成立； 对于 C，取 x＝－2，y＝－1，此时 C 不成立，故 C不一定成立； 对于 D，因为 y＞x，由指数函数的单调性易得 2 0252y+1＞2 0252x+1，故 D一定成立． 8．(多选)(2025· 郴州三模) 已知定义在 (0，＋∞)上的函数 f(x) 的导数为 f′(x)，若 f(1)＝1，且 f′(x)＋＞0，则下列式子中一定成立的是　(　　) A．f＜3 B．f＞π C．f(log2e)＞ln 2 D．f(ln 3)＜log3e 解析：选AC.因为当 x＞0 时， f′(x)＋＞0， 令 g(x)＝f(x)－，x>0，可得 g′(x)＝f′(x)＋＞0， 所以 g(x) 在 (0，＋∞) 上单调递增． 因为f(1)＝1，可得g(1)＝0. 对于 A，因为 g(x) 在 (0，＋∞) 上单调递增，所以 g＜g(1)，即 g＝f－＜0，化简可得 f＜3，故A一定成立； 对于 B，因为 g(x) 在 (0，＋∞) 上单调递增，所以 g＜g(1)，即 g＝f－＜0，化简可得 f＜π，故B不成立； 对于 C，因为 g(x) 在 (0，＋∞) 上单调递增，所以 g(log2e)＞g(1)，即g(log2e)＝f(log2e)－＞0，化简可得 f(log2e)＞ln 2，故C一定成立； 对于D，因为g(x)在(0，＋∞) 上单调递增，所以 g(ln 3)＞g(1)，即 g(ln 3)＝f(ln 3)－＞0, 化简可得 f(ln 3)＞log3e，故 D不成立． 9．(多选) 若 f(x) 满足 xf′(x)－f(x)＞x2sin x，△ABC的内角A为钝角，则下列选项正确的是(　　) A．cos C·f(sin B)＜sin B·f(cos C)　 B．cos C·f(sin B)＞sin B·f(cos C) C．cos B·f(sin C)＜sin C·f(cos B)　 D．cos B·f(sin C)＞sin C·f(cos B) 解析： 选AC.当x≠0时，xf′(x)－f(x)＞x2sin x，即 ＞sin x. 当 x∈ 时， sin x＞0，所以 ＞sin x＞0， 令 F(x)＝，x∈， 则 F′(x)＝＞0，所以 F(x) 在 上单调递增． 因为在△ABC中，角A为钝角，所以 0＜B＋C＜， 即 0＜B＜－C＜， 所以 0＜sin B＜sin＝cos C＜1＜， 所以 F(sin B)＜F(cos C)， 即 ＜，即 cos C·f(sin B)＜sin B·f(cos C)，故A正确， B不正确； 同理，由0＜B＋C＜可得0＜C＜－B＜， 所以0＜sin C＜sin＝cos B＜1＜， 所以F(sin C)＜F(cos B)，即＜， 即 cos B·f(sin C)＜sin C·f(cos B)，故 C 正确， D不正确． 二、填空题 10．(2025·山西模拟) 已知函数 f(x) 在 R 上可导，其导函数为 f′(x)，且 f′(x)＋f(x)＜0，则不等式 e2x+2f(x＋2)＜f(－x) 的解集为________． 解析：设 g(x)＝exf(x)，则 g′(x)＝ex(f′(x)＋f(x))＜0，故 g(x) 在 R 上单调递减， 且 e2x+2f(x＋2)＜f(－x)，即 ex+2f(x＋2)＜e－xf(－x)， 即 g(x＋2)＜g(－x)，故 x＋2＞－x，解得x＞－1. 故不等式 e2x+2f(x＋2)＜f(－x) 的解集为 (－1，＋∞). 答案：(－1，＋∞) 11．(2025·黔东南三模) 已知函数 f(x)＝ex－ax2－x，若对任意 x1，x2∈[0，＋∞) 且 x1≠x2，不等式 ＞a－1 恒成立，则实数 a 的最大值为________． 解析：不妨令 x1＞x2≥0，依题意， ∀x1，x2∈[0，＋∞)，x1＞x2，＞a－1，即f(x1)－(a－1)x1＞f(x2)－(a－1)x2，令 g(x)＝f(x)－(a－1)x＝ex－ax2－ax， 则∀x1，x2∈[0，＋∞)，x1＞x2，g(x1)＞g(x2)，所以函数 g(x) 在 [0，＋∞) 上单调递增， 因此 ∀x∈[0，＋∞)，g′(x)＝ex－a(2x＋1)≥0，即a≤在[0，＋∞) 上恒成立， 令函数 h(x)＝，x≥0，求导得 h′(x)＝，当 0≤x＜ 时， h′(x)＜0； 当 x＞ 时， h′(x)＞0，所以函数 h(x) 在 上单调递减，在 上单调递增， h(x)min＝h＝，因此 a≤，所以实数 a 的最大值为 . 答案： 12．“朗博变形” 是借助指数运算或对数运算，将 x 化成 x＝ln ex，x＝eln x(x＞0) 的变形技巧. 已知函数 f(x)＝x·ex，g(x)＝－，若 f(x1)＝g(x2)＝t＞0，则 的最大值为________． 解析：由 f(x1)＝g(x2)＝t＞0，得 x1·ex1＝－＝t>0， 即x1·ex1＝ln ＝eln＞0，所以x1>0，ln ＞0， 令 φ(x)＝xex(x＞0)，则 φ′(x)＝(x＋1)ex＞0 对任意的 x＞0 恒成立， 所以函数 φ(x) 在 (0，＋∞) 上单调递增， 由 x1·ex1＝eln 可得 φ(x1)＝φ，所以 x1＝ln ，令h(t)＝＝＝(t＞0)，所以 h′(t)＝， 当 0＜t＜1 时， h′(t)＞0; 当 t＞1 时， h′(t)＜0. 所以 h(t) 在(0，1)上单调递增，在 (1，＋∞) 上单调递减， 则 h(t)max＝h(1)＝. 答案： 三、解答题 13．(2025·广西三模) 已知函数 f(x)＝a ln x－x＋1(a∈R). (1)当 a＞0 时，求函数 f(x) 的单调区间； (2)对任意的 x1，x2∈(0，1]，当 x1＜x2 时，都有 (f(x1)－f(x2))＜，求实数 a 的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为 (0，＋∞)，f′(x)＝－1＝. 当a＞0时，令f′(x)＜0 得 x＞a，令f′(x)＞0得0＜x＜a. 此时函数 f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞). 综上所述，当 a＞0 时，函数 f(x) 的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为 (a，＋∞). ( 2 )由 (f(x1)－f(x2))＜， 化简为 f(x1)－f(x2)＜4， 即 f(x1)－＜f(x2)－. 令 g(x)＝f(x)－＝aln x－x－＋1，x∈(0，1]， 因为x1，x2∈(0，1]，x1＜x2，g(x1)＜g(x2)，所以函数 g(x) 在 (0，1] 上单调递增， 故 g′(x)＝－1＋≥0 在 (0，1] 上恒成立，即 a≥x－ 在 (0，1] 上恒成立， 设 y＝x－，y′＝1＋＞0，所以y＝x－ 在 (0，1]上单调递增，所以 a≥max＝1－4＝－3. 综上所述，实数 a 的取值范围为 [－3，＋∞). 14．(2025·青海三模) 已知函数 f(x)＝x2ln x，g(x)＝a·e. (1)求 f(x) 的极值； (2)当 a≠0 时，讨论 g(x) 的单调区间； (3)若 ∀x∈(1，＋∞)，f(x)＞g(x)，求 a 的取值范围． 解：(1)f(x)＝x2ln x的定义域为 (0，＋∞)， 故 f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)， 令 f′(x)＞0，得 x＞e，令 f′(x)＜0，得 0＜x＜e， 所以 f(x) 在(0，e) 上单调递减，在 (e，＋∞) 上单调递增， 所以 f(x)＝x2ln x在 x＝e 处取得极小值，极小值为 f＝－，无极大值． (2)a≠0，g(x)＝a·e，定义域为 (－∞，0)∪(0，＋∞)， g′(x)＝a·e·＝－＜0， 故 g(x)＝a·e (a≠0)的单调递减区间为 (－∞，0)，(0，＋∞)，无单调递增区间． (3)∀x∈(1，＋∞), x2ln x＞a·e，即 x ln x＞·e， 所以 ln x·eln x＞·e， 其中 ln x＞0，令 q(x)＝x·ex，则 q(ln x)＞q， q′(x)＝(1＋x)ex， 若 a≥0，则 ≥0，又因为q′(x)＝(1＋x)ex＞0 在 [0，＋∞)上恒成立，故 q(x)＝x·ex 在[0，＋∞) 上单调递增， 所以 ln x＞，即 x ln x＞a， 令 w(x)＝x ln x，x＞1，则 w′(x)＝1＋ln x＞0， 故 w(x)在(1，＋∞) 上单调递增， 故 w(x)＞w(1)＝0，即 x ln x＞0，所以 a≤0，又因为a≥0，故 a＝0； 若 a＜0，则＜0，·e<0，ln x·eln x>0，所以ln x·eln x>·e恒成立，所以a<0满足题意． 综上，a的取值范围为(－∞，0]. 学科网（北京）股份有限公司 $