2023高考数学二轮专题导数38讲专题07 构造函数法解决导数不等式问题(二)

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专题07　构造函数法解决导数不等式问题(二)
考点四　构造F(x)＝f(x)±g(x)，F(x)＝f(x)g(x)，F(x)＝类型的辅助函数
【方法总结】
(1)若F(x)＝f(x)＋axn＋b，则F′(x)＝f′(x)＋naxn－1；
(2)若F(x)＝f(x)±g(x)，则F′(x)＝f′(x)±g′(x)；
(3)若F(x)＝f(x)g(x)，则F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(4)若F(x)＝，则F′(x)＝．
由此得到结论：
(1)出现f′(x)＋naxn－1形式，构造函数F(x)＝f(x)＋axn＋b；
(2)出现f′(x)±g′(x)形式，构造函数F(x)＝f(x)±g(x)；
(3)出现f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)形式，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；
(4)出现f′(x)g(x)－f(x)g′(x)形式，构造函数F(x)＝．
【例题选讲】
[例1](1)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝3，对任意x∈R，f′(x)<3，则f(x)>3x＋6的解集为(　　)
A．{x|－1－1}　　　　　C．{x|x<－1}　　　　　D．R
答案　C　解析　设g(x)＝f(x)－(3x＋6)，则g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)为减函数，又g(－1)＝f(－1)－3＝0，所以根据单调性可知g(x)>0的解集是{x|x<－1}．
(2)定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对∀x∈R，f′(x)＜，则不等式f(log2x)＞的解集为________．
答案　(0，2)　解析　构造函数F(x)＝f(x)－x，则F′(x)＝f′(x)－＜0，∴函数F(x)在R上是减函数．由f(1)＝1，得F(1)＝f(1)－＝1－＝，∴f(log2x)＞⇔f(log2x)－log2x＞⇔F(log2x)＞F(1)⇔log2x＜1⇔0＜x＜2．
(3)定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)＝1，且2f′(x)>1，当x∈时，不等式f(2cos x)>－2sin2的解集为(　　)
A．　　　　　　B．　　　　　　C．　　　　　　D．
答案　D　解析　令g(x)＝f(x)－－，则g′(x)＝f′(x)－>0，∴g(x)在R上单调递增，且g(1)＝f(1)－－＝
0，∵f(2cos x)－＋2sin2＝f(2cos x)－－＝g(2cos x)，∴f(2cos x)>－2sin2，即g(2cos x)>0，∴2cos x>1，又x∈，∴x∈．
(4)f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f′(x)＞2x．若f(a－2)－f(a)≥4－4a，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，1]　　　　　B．[1，＋∞)　　　　　C．(－∞，2]　　　　　D．[2，＋∞)
答案　A　解析　令G(x)＝f(x)－x2，则G′(x)＝f′(x)－2x．当x∈[0，＋∞)时，G′(x)＝f′(x)－2x＞0，∴G(x)在[0，＋∞)上是增函数．由f(a－2)－f(a)≥4－4a，得f(a－2)－(a－2)2≥f(a)－a2，即G(a－2)≥G(a)，又f(x)是定义在R上的偶函数，知G(x)是偶函数．故|a－2|≥|a|，解得a≤1．
(5)已知f′(x)是函数f(x)的导数，且f(－x)＝f(x)，当x≥0时，f′(x)>3x，则不等式f(x)－f(x－1)<3x－的解集是(　　)
A．　　　　　B．　　　　　C．　　　　　D．
答案　D　解析　设g(x)＝f(x)－x2，则g′(x)＝f′(x)－3x．因为当x≥0时，f′(x)>3x，所以当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－3x>0，即g(x)在[0，＋∞)上单调递增．因为f(－x)＝f(x)，所以g(－x)＝f(－x)－x2＝f(x)－x2＝g(x)，所以g(x)是偶函数．因为f(x)－f(x－1)<3x－，所以f(x)－x2 (6)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导数，当x>0时，f(x)＋f′(x)·xlnx<0，则不等式(x－1)f(x)>0的解集为________．
答案　(0，1)　解析　由于函数y＝f(x)为R上的奇函数，则f(0)＝0．当x>0时，f(x)＋f′(x)·xlnx<0，则f(1)<0．当x>0时，构造函数g(x)＝f(x)lnx，则g′(x)＝f′(x)lnx＋f(x)·＝<0，所以函数y＝g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0．当0g(1)＝0，即f(x)lnx>0，此时f(x)<0；当x>1时，lnx>0，g(x)0时，f(x)<0．由于函数y＝f(x)为R上的奇函数，当x<0时，f(x)>0．对于不等式(x－1)f(x)>0，当x<0时，x－1<0，则f(x)<0，不符合题意；当01时，x－1>0，则f(x)>0，不符合题意．综上所述，不等式(x－1)f(x)>0的解集为(0，1)．
(7)(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是(　　)
A．2f(2)－3f(1)＞5　　　　　　　　　　　　B．若f(1)＝2，x＞1，则f(x)＞x2＋x＋
C．f(3)－2f(1)＜7　　　　　　　　　　　　D．若f(1)＝2，0＜x＜1，则f(x)＞x2＋x＋
解析　CD　答案　设函数g(x)＝，则g′(x)＝．因为(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以g′(x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而g(1)＞g(2)＞g(3)，整理得2f(2)－3f(1)＜5，f(3)－2f(1)＜7，故A错误，C正确．当0＜x＜1时，若f(1)＝2，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)＞g(1)＝，即＞，即f(x)＞x2＋x＋，故D正确，从而B不正确．即结论正确的是CD．
(8)已知函数f(x)，对∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上，f′(x) A．[－2，2]　　　　B．[2，＋∞)　　　　C．[0，＋∞)　　　　D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
答案　B　解析　因为对∀x∈R，都有f (－x)＋f (x)＝x2，所以f (0)＝0，设g(x)＝f (x)－x2，则g(－x)＝f (－x)－x2，所以g(x)＋g(－x)＝f (x)－x2＋f (－x)－x2＝0，又g(0)＝f (0)－0＝0，所以g(x)为奇函数，且f (x)＝g(x)＋x2，所以f (4－m)－f (m)＝g(4－m)＋(4－m)2－＝g(4－m)－g(m)＋8－4m≥8－4m，则g(4－m)－g(m)≥0，即g(4－m)≥g(m)．当x>0时，g′(x)＝f ′(x)－x<0，所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，又g(x)为奇函数，所以4－m≤m，解得m≥2．
(9)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝xf(x)＋的零点个数是(　　)
A．0　　　　　　　　B．1　　　　　　　　C．2　　　　　　　　D．3
答案　B　解析　依题意，记g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)，g(0)＝0，当x>0时，g′(x)＝x[f′(x)＋]>0，g(x)是增函数，g(x)>0；当x<0时，g′(x)＝x[f′(x)＋]<0，g(x)是减函数，g(x)>0．在同一坐标系内画出函数y＝g(x)与y＝－的大致图象，结合图象可知，它们共有1个公共点，因此函数F(x)＝xf(x)＋的零点个数是1．
(10)函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，当x>0时，f(x)的极值状态是___________．
答案　没有极大值也没有极小值　解析　因为x2f′(x)＋2xf(x)＝
，关键因为等式右边函数的原函数不容易找出，因此把等式左边函数的原函数找出来，设h(x)＝x2f(x)，则h′(x)＝，且h(2)＝，因为x2f′(x)＋2xf(x)＝，则f′(x)＝，判断f(x)的极值状态就是判断f′(x)的正负，设g(x)＝ex－2h(x)，则g′(x)＝ex－2h′(x)＝ex－2·＝ex·，这里涉及二阶导，g(x)在x＝2处取得最小值0，因此g(x) ≥0，则f′(x)≥0，故f(x)没有极大值也没有极小值(有难度，但不失为好题目)．
【对点训练】
1．已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，且对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　　)
A．(－1，1)　　　　B．(－1，＋∞)　　　　C．(－∞，－1)　　　　D．(－∞，＋∞)
1．答案　B　解析　由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0．设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2．因为f′(x)
＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B．
2．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数f′(x)<，则不等式f(x2)<＋的解集为．
2．答案　{x|x<－1或x>1}　解析　设F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－，∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，
即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)<＋，∴f(x2)－1，即不等式的解集为{x|x<－1或x>1}．
3．已知定义域为R的函数f(x)的导数为f′(x)，且满足f′(x)<2x，f(2)＝3，则不等式f(x)>x2－1的解集是(　　)
A．(－∞，－1)　　　　　B．(－1，＋∞)　　　　　C．(2，＋∞)　　　　　D．(－∞，2)
3．答案　D　解析　令g(x)＝f(x)－x2，则g′(x)＝f′(x)－2x<0，即函数g(x)在R上单调递减．又不等式f(x)>x2
－1可化为f(x)－x2>－1，而g(2)＝f(2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g(x)>g(2)，故不等式的解集为(－∞，2)．故选D．
4．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)＋1＞0，f(1)＝4，则不等式f(x)＞＋3的解集为________．
4．解析　(1，＋∞)　答案　由x2f′(x)＋1＞0得f′(x)＋＞0，构造函数g(x)＝f(x)－－3，则g′(x)＝f′(x)＋
＞0，即g(x)在(0，＋∞)上是增函数．又f(1)＝4，则g(1)＝f(1)－1－3＝0，从而g(x)＞0的解集为(1，＋∞)，即f(x)＞＋3的解集为(1，＋∞)．
5．设f(x)为R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cosx<0，则不等式f(x) 5．答案　(0，＋∞)　解析　令φ(x)＝f(x)－sinx，∴当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cosx<0，∴φ(x)在[0，＋∞)上
单调递减，又f(x)为R上的奇函数，∴φ(x)为R上的奇函数，∴φ(x)在(－∞，0]上单调递减，故φ(x)在R
上单调递减且φ(0)＝0，不等式f(x)0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．
6．设f(x)和g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，f′(x)，g′(x)分别为其导数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋
f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集是(　　)
A．(－3，0)∪(3，＋∞)　　　　　　　　　　　B．(－3，0)∪(0，3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)　　　　　　　　　　D．(－∞，－3)∪(0，3)
6．答案　D　解析　令h(x)＝f(x)g(x)，当x＜0时，h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，则h(x)在(－∞，0)上单
调递增，又f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)为奇函数，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由g(－3)＝0，可得h(－3)＝－h(3)＝0，所以当x＜－3或0＜x＜3时，h(x)＜0，故选D．
7．设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＜0，则当a＜x＜b时，有(　　)
A．f(x)g(x)＞f(b)g(b)　　　B．f(x)g(a)＞f(a)g(x)　　　C．f(x)g(b)＞f(b)g(x)　　　D．f(x)g(x)＞f(a)g(a)
7．解析　C　答案　令F(x)＝，则F′(x)＝＜0，所以F(x)在R上单调递减．又a＜x
＜b，所以＞＞．又f(x)＞0，g(x)＞0，所以f(x)g(b)＞f(b)g(x)．
8．设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上f′(x) m)＋f(－m)－m2＋2m－2≥0，则实数m的取值范围为__________．
8．答案　[1，＋∞)　解析　令g(x)＝f(x)－，则g(－x)＋g(x)＝0，g(x)是R上的奇函数．又当x∈(0，＋
∞)时，g′(x)＝f′(x)－x<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)是R上的单调减函数．原不等式等价于g(2－m)＋g(－m)≥0，g(2－m)≥－g(－m)＝g(m)，所以2－m≤m，m≥1．
9．已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足＋x<1，则下列结论正确的是(　　)
A．对于任意x∈R，f(x)<0　　　　　　　　B．对于任意x∈R，f(x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)，f(x)<0　　　　　D．当且仅当x∈(1，＋∞)，f(x)>0
9．答案　B　解析　∵＋x<1，f(x)是定义在R上的减函数，f′(x)<0，∴f(x)＋xf′(x)>f′(x)，∴f(x)＋(x－
1)f′(x)>0，∴[(x－1)f(x)]′>0，∴函数y＝(x－1)f(x)在R上单调递增，而x＝1时，y＝0，则x<1时，y<0，故f(x)>0．x>1时，x－1>0，y>0，故f(x)>0，∴f(x)>0对任意x∈R成立，故选B．
10．已知y＝f(x)为R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋＞0，若g(x)＝f(x)＋，则函数g(x)的零点个数
为(　　)
A．1　　　　　　　　B．2　　　　　　　　C．0　　　　　　　　D．0或2
10．答案　C　解析　令h(x)＝xf(x)，因为当x≠0时，＞0，所以＞0，因此当x＞0时，h′(x)
＞0，当x＜0时，h′(x)＜0，又h(0)＝0，易知当x≠0时，h(x)＞0，又g(x)＝，所以g(x)≠0，故函数g(x)的零点个数为0
考点五　构造具体函数关系式
【方法总结】
这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题．
【例题选讲】
[例1] (1) (2020·全国Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(　　)
A．a>2b　　　　　　B．a<2b　　　　　　C．a>b2　　　　　　D．a 答案　B　解析　由指数和对数的运算性质得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b．令f(x)＝2x＋log2x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a) (2)已知α，β∈，且αsinα－βsinβ＞0，则下列结论正确的是(　　)
A．α＞β　　　　　B．α2＞β2　　　　　C．α＜β　　　　　D．α＋β＞0
答案　B　解析　构造函数f(x)＝xsinx，则f′(x)＝sinx＋xcosx．当x∈时，f′(x)≥0，f(x)是增函数，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，又f(x)为偶函数，∴αsinα－βsinβ＞0⇔αsinα＞βsinβ⇔f(α)＞f(β)⇔f(|α|)＞f(|β|)⇔|α|＞|β|⇔α2＞β2，故选B．
(3)(多选)若0 A．x1＋lnx2>x2＋lnx1　　　B．x1＋lnx2　　　D．<
答案　AC　解析　令f(x)＝x－lnx，∴f′(x)＝1－＝，当0x2＋lnx1．设g(x)＝，则g′(x)＝＝．当0，故选AC．
(4)已知函数f(x)＝－ax，x∈(0，＋∞)，当x2＞x1时，不等式－<0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，e]　　　　　　B．(－∞，e)　　　　　　C．(－∞，)　　　　　　D．(－∞，]
答案　D　解析　由－<0，得x1f(x1) (5)(多选)若实数a≥2，则下列不等式中一定成立的是(　　)
A．(a＋1)a＋2>(a＋2)a＋1　　　　　　　　　B．loga(a＋1)>loga＋1(a＋2)
C．loga(a＋1)< 　　　　　　　　　　D．loga＋1(a＋2)<
答案　ABD　解析　若A成立，则(a＋1)a＋2>(a＋2)a＋1，两边取自然对数，得(a＋2)ln(a＋1)>(a＋1)ln(a＋2)，因为a≥2，所以>．令f(x)＝，则x≥3，f′(x)＝<0，故f(x)在[3，＋∞)上单调递减，所以>，故A成立；若B成立，则loga(a＋1)>loga＋1(a＋2)，即>，设g(x)＝，x≥2，则g′(x)＝＝，令h(x)＝x lnx，x≥2，则h′(x)＝lnx＋1>0，故h(x)在[2，＋∞)上单调递增，所以x lnx－(x＋1)ln(x＋1)<0，所以g′(x)<0，故g(x)在[2，＋∞)上单调递减，所以>，故B成立；若C成立，则loga(a＋1)<，即<，由A知f(x)＝在[2，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，取a＝2，故C不成立；若D成立，则loga＋1(a＋2)<，即<，由A知D成立．故选ABD．
(6) (2021·全国乙)设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝－1，则(　　)
A．a 答案　B　解析　b－c＝ln1.02－＋1，设f(x)＝ln(x＋1)－＋1，则b－c＝f(0.02)，f′(x)＝－＝，当x>0时，x＋1＝>，故当x>0时，f′(x)＝<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.02)＝＝x＋1，故当00，所以g(x)在(0，2)上单调递增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c (7)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，若xf′(x)－f(x)＝xlnx，且f＝，则(　　)
A．f′＝0　　B．f(x)在x＝处取得极大值　　C．0 答案　ACD　解析　由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xlnx，即满足＝．因为′＝，所以′＝，所以可设＝ln2x＋b(b为常数)，所以f(x)＝xln2x＋bx．因为f＝·ln2＋＝，解得b＝，所以f(x)＝xln2x＋x，所以f(1)＝，满足0 【对点训练】
1．若a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．a 1．答案　C　解析　设f(x)＝，则f′(x)＝，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递
减，即有f(6) 2．设a，b>0，则“a>b”是“aa>bb”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
2．答案　D　解析　因为a，b>0，由aa>bb可得aln a>bln b．设函数f(x)＝xln x，则f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)>0
可得x>，所以函数f(x)＝xlnx在上单调递减，在上单调递增，所以a>b不一定有aln a>blnb，即aa>bb，所以充分性不成立；当aa>bb，即aln a>bln b时，不一定有a>b，所以必要性不成立，所以“a>b”是“aa>bb”的既不充分也不必要条件，故选D．
3．已知0 A．>　　　　B．<　　　　C．x2ln x1>x1ln x2　　　　　　　　D．x2ln x1 3．答案　D　解析　设f(x)＝xln x，则f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)>0，得x>，所以函数f(x)在上单
调递增；由f′(x)<0，得00，得0 ，即函数g(x)在(0，e)上单调递增，故函数g(x)在(0，1)上单调递增，所以g(x1) 4．已知a>b>0，ab＝ba，有如下四个结论：(1)be；(3)存在a，b满足a·b a·b>e2，则正确结论的序号是(　　)
A．(1)(3)　　　　　　B．(2)(3)　　　　　　C．(1)(4)　　　　　　D．(2)(4)
4．答案　C　解析　由ab＝ba两边取对数得bln a＝aln b⇒＝．对于y＝，由图象易知当b 时，才可能满足题意．故(1)正确，(2)错误；另外，由ab＝ba，令a＝4，b＝2，则a>e，be2，故(4)正确，(3)错误．因此，选C．

5．设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则(　　)
A．2x<3y<5z　　　　　B．5z<2x<3y　　　　　C．3y<5z<2x　　　　　D．3y<2x<5z
5．答案　D　解析　令2x＝3y＝5z＝t(t>1)，两边取对数得x＝log2t＝，y＝log3t＝，z＝log5t＝，
从而2x＝ln t，3y＝ln t，5z＝ln t．由t>1知，要比较三者大小，只需比较，，的大小．又＝，e<3<4<5，由y＝在(e，＋∞)上单调递减可知，>>，从而<<，3y<2x<5z，故选D．
6．已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则(　　)
A．c 6．答案　D　解析　方法一　由已知＝，＝，

＝，设f(x)＝，则f′(x)＝，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(3) 方法二　设ex＝x，①，ex＝x，②，ex＝x，③，a，b，c依次为方程①②③
的根，结合图象，方程的根可以看作两个图象的交点的横坐标，∵>>，由图可知a
7．若0 A．　　　　　　　　B．1　　　　　　　　C．e　　　　　　　　D．2e
7．答案　B　解析　－≤－，即＋≤＋，令f(x)＝＋，则f(x)在(0，a)上为增函数，
所以f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝1，所以f(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，所以a≤1，所以a的最大值为1，选B．
8．下列四个命题：①ln 5；③<11；④3eln 2>4．其中真命题的个数是(　　)
A．1　　　　　　　　B．2　　　　　　　　C．3　　　　　　　　D．4
8．答案　B　解析　构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x
∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．①ln 5⇒2ln>⇒>＝，又e>>，故正确．③<11⇒ln 2>e，故正确．④3eln 2>4⇒>2×⇒>，显然错误．因此选B．
9．已知函数f(x)＝ex＋mlnx(x∈R)，若对任意正数x1，x2，当x1＞x2时，都有f(x1)－f(x2)＞x1－x2成立，
则实数m的取值范围是________．
9．答案　m≥0　解析　由f(x1)－f(x2)＞x1－x2得，f(x1)－x1＞f(x2)－x2，令g(x)＝f(x)－x，所以g(x1)＞g(x2)
，所以g(x)在(0，＋∞)单调递增，又g(x)＝f(x)－x＝ex＋mlnx－x，所以g′(x)＝ex＋－1≥0，在(0，＋∞) 上恒成立，即m≥(1－ex)x，令h(x)＝(1－ex)x，则h′(x)＝－ex(x＋1)＋1<0，所以h(x)在(0，＋∞)单调递减，所以h(x)min＝0(但取不到)．所以m≥0．
10．若实数a，b满足2a＋3a＝3b＋2b，则下列关系式中可能成立的是(　　)
A．0 10．答案　ABD　解析　因为实数a，b满足2a＋3a＝3b＋2b，所以设f(x)＝2x＋3x，g(x)＝3x＋2x，在同一
平面直角坐标系中作出f(x)与g(x)的图象如图所示．由图象可知：①当x<0 时，f(x)g(x)，所以当2a＋3a＝3b＋2b时，01 时，f(x)
11．已知函数f(x)＝－ax，x∈(0，＋∞)，当x2>x1时，不等式<恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，e] 　　　　　　B．(－∞，e) 　　　　　　C．　　　　　　D．
11．答案　D　解析　因为x∈(0，＋∞)，所以x1f(x1) 上是单调增函数，则g′(x)＝ex－2ax≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，所以2a≤在x∈(0，＋∞)上恒成立．令m(x)＝，则m′(x)＝，当x∈(0，1)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，所以2a≤m(x)min＝m(1)＝e，所以a≤．故选D．
12．设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，f(e)＝，则下列结论正确的是(　　)
A．f(x)在(0，＋∞)单调递增　　　　　　　　B．f(x)在(0，＋∞)单调递减
C．f(x)在(0，＋∞)上有极大值　　　　　　　　D．f(x)在(0，＋∞)上有极小值
12．答案　B　解析　由x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，得xf′(x)＋f(x)＝，构造F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝，F(x)＝xf(x)
＝＋m，当x＝e时，xf(x)＝＋m，又e f(e)＝＋m，所以m＝，所以f(x)＝，所以f′(x)＝－≤0，f(x)在(0，＋∞)单调递减，选B．
13．(多选)下列不等式中恒成立的有(　　)
A．ln(x＋1)≥，x>－1　　　　　　　　B．ln x≤，x>0
C．ex≥x＋1　　　　　　　　　　　　　　D．cos x≥1－x2
13．答案　ACD　解析　A选项，因为x>－1，令t＝x＋1>0，f(t)＝ln t＋－1，则f′(t)＝－＝，所
以当01时，f′(t)＝>0，即f(t)单调递增，所以f(t)min＝f(1)＝0，即f(t)＝ln t＋－1≥0，即ln t≥，即ln(x＋1)≥，x>－1恒成立，故A正确；B选项，令f(x)＝ln x－，x>0，则f′(x)＝－＝＝－≤0显然恒成立，所以f(x)＝ln x－在x>0上单调递减，又f(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f(x)>f(1)＝0，即ln x>，故B错；C选项，令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，当x>0时，f′(x)＝ex－1>0，所以f(x)单调递增；当x<0时，f′(x)＝ex－1<0，所以f(x)单调递减，则f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，故C正确；D选项，令f(x)＝cos x－1＋x2，则f′(x)＝－sin x＋x，令h(x)＝f′(x)＝－sin x＋x，则h′(x)＝－cos x＋1≥0恒成立，即函数f′(x)＝－sin x＋x单调递增，又f′(0)＝0，所以当x>0时，f′(x)>0，即f(x)＝cos x－1＋x2单调递增；当x<0时，f′(x)<0，即f(x)＝cos x－1＋x2单调递减，所以f(x)min＝f(0)＝0，因此cos x≥1－x2恒成立，故D正确．