2024屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)基礎(chǔ)夯實練21：函數(shù)中的構(gòu)造問題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

基礎(chǔ)夯實練21 函數(shù)中的構(gòu)造問題 1．(2023·株洲模擬)已知a＝，b＝，c＝，則(　　)A．a<b<c B．c<a<bC．b<a<c D．c<b<a2．若2x－2y<3－x－3－y，則(　　)A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<03．(2023·濟(jì)南模擬)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，則f(x)>x2＋2的解集是(　　)A．(－1,0)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(0,1)4．(2023·常州模擬)已知函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱，且當(dāng)x>0時，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，則下列說法正確的是(　　)A．f <－f <－f B．－f <f <－f C．－f <－f <f D．－f <f <－f 5．(多選)(2023·開封模擬)已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且＋ln x·f′(x)>0，則(　　)A．f ＋f(e)>0 B．f <0C．f(e)>0 D．f(1)＝06．若ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1，則(　　)A.>e B.<eC．m－n>e D．m－n<e7．已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(x)<f′(x)<0，則(　　)A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1)B．ef(2)>f(1)，f(2)<ef(1)C．ef(2)<f(1)，f(2)>ef(1)D．ef(2)<f(1)，f(2)<ef(1)8．(2022·龍巖質(zhì)檢)已知m>0，n∈R，若log2m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，則等于(　　)A. B．1 C. D．29．已知f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足f(x)<－xf′(x)，則不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是________．10．(2022·渭南模擬)設(shè)實數(shù)λ>0，對任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，則λ的取值范圍為________．
參考答案1．B　2.A3．B　[令g(x)＝f(x)－x2，因為f(x)是偶函數(shù)，則g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)，所以函數(shù)g(x)也是偶函數(shù)，g′(x)＝f′(x)－2x，因為當(dāng)x≥0時，f′(x)－2x>0，所以當(dāng)x≥0時，g′(x)＝f′(x)－2x>0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不等式f(x)>x2＋2即為不等式g(x)>2，由f(1)＝3，得g(1)＝2，所以g(x)>g(1)，所以|x|>1，解得x>1或x<－1，所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．]4．D　[由f(x－1)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱可知，f(x)的圖象關(guān)于點(0,0)對稱，則f(x)為奇函數(shù)，令g(x)＝f(x)sin x，則g(x)為偶函數(shù)，又x>0時，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，即[f(x)sin x]′>0，則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則有g＝g<g<g，即－f <f <－f ，即－f <f <－f .]5．AC　[令函數(shù)g(x)＝ln x·f(x)，則g′(x)＝＋ln x·f′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，所以g(e)＝f(e)>0，g＝－f <0，所以f ＋f(e)>0，f >0，f(1)的大小不確定．]6．A　[由題意可知，m>0，n>0，則ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1>ln(en)－en＋2e2n2，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝2x2－x＋ln x，其中x>0，則f′(x)＝4x＋－1≥2－1＝3>0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時，等號成立，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，由ln m－m＋2m2>ln(en)－en＋2e2n2可得f(m)>f(en)，所以m>en>0，則>e，故A對，B錯，無法判斷C，D選項的正誤．]7．C　[由題意可知，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，f(x)＋f′(x)<0，f′(x)－f(x)>0.構(gòu)造函數(shù)h(x)＝exf(x)，定義域為R，則h′(x)＝exf(x)＋f′(x)ex＝ex[f(x)＋f′(x)]<0，所以h(x)在R上單調(diào)遞減，所以h(2)<h(1)，所以e2f(2)<ef(1)，即ef(2)<f(1)，故A，B錯誤；構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，定義域為R，則g′(x)＝＝>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，所以g(2)>g(1)，所以>，即f(2)>ef(1)，故D錯誤．]8．B　[由題意得log2m＋2m＝2n＋1＋n，log2m＋2m＝2×2n＋n＝log22n＋2×2n，令g(x)＝log2x＋2x(x>0)，則g′(x)＝＋2>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因為g(m)＝g(2n)，所以m＝2n，所以＝1.]9．(2，＋∞)10．λ≥解析　由題意，得eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，令f(t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，則f′(t)＝(t＋1)·et>0，所以f(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(λx)≥f(ln x)，即當(dāng)x∈(1，＋∞)時，λx≥ln x，即λ≥恒成立，令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，則g′(x)＝，所以在(1，e)上，g′(x)>0，則g(x)單調(diào)遞增；在(e，＋∞)上，g′(x)<0，則g(x)單調(diào)遞減；所以g(x)≤g(e)＝，故λ≥.