新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题23构造函数的应用（附解析）

微专题23　构造函数的应用一、单项选择题1．[2020·新高考Ⅱ卷]若2x－2y＜3－x－3－y，则(　　)A．ln(y－x＋1)＞0B．ln(y－x＋1)＜0C．ln|x－y|＞0D．ln|x－y|＜02．已知a＝，b＝，c＝，则(　　)A．b＞c＞aB．b＞a＞cC．c＞b＞aD．c＞a＞b3．已知函数f(x)＝2x－－alnx，则“a>5”是“函数f(x)在(1，2)上单调递减”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，有xf′(x)＋2f(x)>0恒成立，则(　　)A．f(1)>4f(2)B．f(－1)<4f(－2)C．4f(2)<9f(3)D．4f(－2)<9f(－3)5．[2023·安徽滁州模拟]已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<f(x)且f(x＋2)为偶函数，f(0)＝e4，则不等式f(x)<ex的解集为(　　)A．(－∞，4)B．(0，＋∞)C．(2，＋∞)D．(4，＋∞)6．[2022·新高考Ⅰ卷]设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln0.9，则(　　)A．a<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．a<c<b二、多项选择题7．定义在(0，π)上的函数f(x)满足f′(x)<恒成立，则(　　)A．f()>f()B．f()<f()C．f()>f()D．f()<f()8．已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，满足xf′(x)－f(x)＝(x－1)ex(e为自然对数的底数)，且f(1)＝0，则(　　)A．<B．f(x)在(0，1)上单调递增C．f(x)在x＝1处取得极小值D．f(x)无最大值[答题区]题号12345678答案三、填空题9．若存在x∈，使得不等式2x－sinx≥mx成立，则m的取值范围为________．10．[2023·广东江门模拟]已知f(x)＝|lnx|，x1，x2是方程f(x)＝a(a∈R)的两根，且x1<x2，则的最大值是________．四、解答题11．已知函数f(x)＝ex－a(x＋2).(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解： 12．设函数f(x)＝＋lnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)如果对于任意的x1，x2∈，都有x1f(x1)≥g(x2)成立，试求a的取值范围．解： 微专题23　构造函数的应用1．解析：因为2x－2y＜3－x－3－y，所以2x－3－x＜2y－3－y.因为y＝2x－3－x＝2x－()x在R上单调递增，所以x＜y，所以y－x＋1＞1，所以ln(y－x＋1)＞ln1＝0.故选A.答案：A2．解析：设f(x)＝，则f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0，f(x)递减；当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)递增；又a＝＝，b＝，c＝，即a＝f(4)，b＝f(π)，c＝f(5)，则f(π)>f(4)>f(5)，∴f(π)＞f(4)＞f(5)，即b＞a＞c.故选B.答案：B3．解析：函数f(x)＝2x－－alnx在(1，2)上单调递减，则f′(x)＝2＋－≤0在(1，2)上恒成立，所以a≥2x＋在(1，2)上恒成立，设函数h(x)＝2x＋，则h′(x)＝2－＝，令h′(x)＝0，解得x＝1或－1(舍去)，所以h′(x)>0在x∈(1，2)上恒成立，所以h(x)在(1，2)上单调递增，所以h(x)<h(2)＝5，所以a≥5.所以“a>5”是“a≥5”的充分不必要条件，即“a>5”是“函数f(x)在(1，2)上单调递减”的充分不必要条件．故选A.答案：A4．解析：令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，因为xf′(x)＋2f(x)>0，所以g′(x)>0，则g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上递增，又y＝x2是偶函数，且f(x)是定义在R上的奇函数，所以g(x)＝x2f(x)是定义在R上的奇函数，则g(x)在(－∞，0)上单调递增，所以g(2)>g(1)，即4f(2)>f(1)，故A错误；g(－1)>g(－2)，即f(－1)>4f(－2)，故B错误；g(3)>g(2)，即9f(3)>4f(2)，故C正确；g(－2)>g(－3)，即4f(－2)>9f(－3)，故D错误．故选C. 答案：C5．解析：令g(x)＝，因为f′(x)<f(x)，所以g′(x)＝<0，所以g(x)单调递减，因为f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)＝f(－x＋2)，所以f(x)的图象关于x＝2对称，则f(0)＝f(4)＝e4，所以g(4)＝＝1，又不等式f(x)<ex可化为<1，即g(x)<g(4)，所以x>4.故选D.答案：D6．解析：设f(x)＝(1－x)ex－1，x＞0，则当x＞0时，f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.1)＜f(0)＝0，即0.9e0.1－1＜0，所以0.1e0.1＜，即a＜b.令g(x)＝x－ln(1＋x)，x＞0，则当x＞0时，g′(x)＝1－＝＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g()＞g(0)＝0，即－ln(1＋)＞0，所以＞－ln，即b＞c.令h(x)＝xex＋ln(1－x)，0＜x≤0.1，则h′(x)＝(1＋x)·ex＋＝.设t(x)＝(x2－1)ex＋1，则当0＜x≤0.1时，t′(x)＝(x2＋2x－1)ex＜0，所以t(x)在(0，0.1]上单调递减，所以t(x)＜t(0)＝0，所以当0＜x≤0.1时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(0.1)＞h(0)＝0，即0.1e0.1＋ln0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故选C.答案：C7．解析：∵x∈(0，π)，∴sinx>0，f′(x)<即f′(x)sinx－f(x)cosx<0，等价于<0，构造函数g(x)＝，则g′(x)＝<0，即g(x)在(0，π)上单调递减，∵<，∴g()>g()，即>，化简得f()>f()，故A选项正确，B选项错误； ∵<，∴g()>g()，即>，化简得f()>f()，故C选项正确，D选项错误．故选AC.答案：AC8．解析：设g(x)＝(x>0)，因为f(1)＝0，所以g(1)＝f(1)＝0，因为g′(x)＝，xf′(x)－f(x)＝(x－1)ex，则g′(x)＝＝＝()′，故可设g(x)＝＋c，由g(1)＝0，则g(1)＝e＋c＝0，解得c＝－e，故g(x)＝－e，即f(x)＝ex－ex，因为g′(x)＝，令g′(x)>0，则x>1，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(2)<g(3)，即<，故A正确；因为f′(x)＝ex－e，令f′(x)＝ex－e>0，解得x>1，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，故B错误，C正确；因为x逼近于＋∞时，f(x)逼近于＋∞，所以f(x)无最大值，故D正确．故选ACD.答案：ACD9．解析：存在x∈，要使2x－sinx≥mx成立，即m≤2－，x∈，令f(x)＝2－，x∈，即m≤f(x)max，又f′(x)＝，设φ(x)＝sinx－xcosx，x∈，则φ′(x)＝xsinx>0，则φ(x)在内单调递增，φ(x)>φ(0)＝0，则f′(x)>0，f(x)在内单调递增，f(x)max＝f()＝2－，故m的取值范围为.答案： 10．解析：由题意x1，x2是方程|lnx|＝a的两根，且x1<x2，则a>0，lnx1＝－a，lnx2＝a，即x1＝e－a，x2＝ea，所以＝＝，(a>0)，令g(x)＝，(x>0)，g′(x)＝，当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，则当x＝1时，g(x)取最大值，所以的最大值是.答案：11．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1,令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞).(2)若f(x)有两个零点，即ex－a(x＋2)＝0有两个解，从方程可知，x＝－2不成立，即a＝有两个解，令h(x)＝(x≠－2)，则有h′(x)＝＝，令h′(x)>0，解得x>－1，令h′(x)<0，解得x<－2或－2<x<－1，所以函数h(x)在(－∞，－2)和(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，且当x<－2时，h(x)<0，而x→－2＋时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以当a＝有两个解时，有a>h(－1)＝，所以满足条件的a的取值范围是.12．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，当a≤0时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，当x≥时，则f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，当0<x<时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以a>0时，函数f(x)在(0，)单调递减，在(，＋∞)上单调递增．(2)由已知得g′(x)＝3x2－2x＝3x，x∈，所以当x∈时，g′(x)≥0，所以函数g(x)在上单调递增，当x∈时，g′(x)<0，所以函数g(x)在上单调递减，故其最大值在两个端点处取得， 又g＝－<g(2)＝1，所以函数g(x)在上的最大值为1，依题意得，只需在，xf(x)≥1恒成立，即＋xlnx≥1，即a≥x－x2lnx在x∈上恒成立，令h(x)＝x－x2lnx(x∈)，则h′(x)＝1－x－2xlnx，有h′(1)＝0，当x∈时，1－x>0，xlnx<0，h′(x)>0，即h(x)在上单调递增，当x∈(1，2]时，1－x<0，xlnx>0，h′(x)<0，所以h(x)在(1，2]上单调递减，所以，当x＝1时，函数h(x)取得最大值h(1)＝1，故a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).