2023高考数学二轮专题 微专题38 构造函数比较大小

微专题38　构造函数比较大小

最近几年构造函数比较大小已成为高考的热点，而且多以选择压轴题的形式出现，小巧而灵活，难度较大.

类型一　构造具体函数比较实数的大小

一要注意实数的形式，二要分析实数间的关系才能恰当构造函数，利用其单调性比较大小.

例1 (1)(2022·湖北七市调研)已知a＝e－0.02，b＝0.01，c＝ln 1.01，则(　　)

A.c>a>b  B.b>a>c

C.a>b>c  D.b>c>a

(2)(2022·苏州模拟)已知x＝，y＝e，z＝π，则x，y，z的大小关系为(　　)

A.x>y>z  B.x>z>y

C.y>x>z  D.y>z>x

答案　(1)C　(2)D

解析　(1)由指数函数的性质得：e－0.02>e－＝>>0.01，

设f(x)＝ex－1－x，则f′(x)＝ex－1>0在x>0时恒成立，

所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，f(x)是连续函数，

因此f(x)在[0，＋∞)上是增函数，

所以f(0.01)>f(0)，即e0.01－1－0.01>0，即e0.01>1.01，所以0.01>ln 1.01，

所以a>b>c.故选C.

(2)由x＝，y＝e，z＝π，

得ln x＝ ln 2，ln y＝ln e，ln z＝ln π，

令f(x)＝ln x(x>0)，

则f′(x)＝(x>0)，

当0<x<e时，f′(x)>0，

当x>e时，f′(x)<0，

所以函数f(x)在(0，e)上递增，在[e，＋∞)上递减，

又因ln x＝ln 2＝ln 4，

e<π<4，且e，π，4∈[e，＋∞)，

所以f(e)>f(π)>f(4)，

即ln y>ln z>ln x，

所以y>z>x.

故选D.

训练1 (1)已知a＝e－1，b＝－，c＝4－，则(　　)

A.b>c>a  B.a>c>b

C.c>b>a  D.c>a>b

(2)已知a＝e0.1－1，b＝sin 0.1，c＝ln 1.1，则(　　)

A.a<b<c  B.b<c<a

C.c<a<b  D.c<b<a

答案　(1)C　(2)D

解析　(1)令f(x)＝ex－，x>0，

则a＝e－1＝f(1)，b＝e－＝f，

c＝4－＝eln 4－＝f(ln 4)，

又f′(x)＝ex＋>0，

所以f(x)在(0，＋∞)递增，

又≈1.33，ln 4＝2ln 2≈1.38，

∴1<<ln 4，

∴a<b<c.

故选C.

(2)令f(x)＝ex－1－sin x，

∴f′(x)＝ex－cos x，

当x>0时，ex>1，∴ex－cos x>0，

∴f′(x)>0，f(x)单调递增，

∴f(0.1)>f(0)，即e0.1－1－sin 0.1>0，

∴e0.1－1>sin 0.1，即a>b，

令g(x)＝ln(x＋1)－sin x，

∴g′(x)＝－cos x＝＝，

令h(x)＝1－xcos x－cos x，

∴h′(x)＝(x＋1)sin x－cos x

令φ(x)＝(x＋1)sin x－cos x，

∴φ′(x)＝2sin x＋(x＋1)cos x，

当0<x<时，φ′(x)>0，

∴h′(x)单调递增，

∴h′(x)<h′＝sin －cos ＝<0，

∴h(x)在x∈(0，0.1)上单调递减，

故h(x)<h(0)＝0，

∴g′(x)<0，∴g(x)在x∈(0，0.1)上单调递减，

∴g(0.1)<g(0)＝0，即ln 1.1－sin 0.1<0，∴c<b.

综上：c<b<a.

故选D.

类型二　构造具体函数比较代数式的大小

1.要注意分析代数式的结构形式及相互联系，并注意分析有关量的范围，恰当构造函数.

2.有些题目需要综合运用多种方法(如比差法等)解决.

例2 (1)若a，b，c∈，满足a＝cos a，b＝sin(cos b)，c＝cos(sin c)，则(　　)

A.a<b<c  B.a<c<b

C.b<c<a  D.b<a<c

(2)(2022·广州综合测试)若正实数a，b满足a>b，且ln a·ln b>0，则下列不等式一定成立的是(　　)

A.logab<0  B.a－>b－

C.2ab＋1<2a＋b  D.ab－1<ba－1

答案　(1)D　(2)D

解析　(1)因为sin x<x在上恒成立，所以sin b<b＝sin(cos b)，所以b<cos b，

由于c＝cos(sin c)>cos c，构造g(x)＝x－cos x，g′(x)＝1＋sin x>0，

所以g(x)在上单调递增，

g(b)<g(a)＝0<g(c)，所以c>a>b.

故选D.

(2)因为a>b>0，y＝ln x为单调递增函数，故ln a>ln b，

由于ln a·ln b>0，

故ln a>ln b>0，或ln b<ln a<0，

当ln a>ln b>0时，a>b>1，此时logab>0；

a－－＝(a－b)>0，

故a－>b－；

ab＋1－(a＋b)＝(a－1)(b－1)>0，2ab＋1>2a＋b；

当ln b<ln a<0时，0<b<a<1，此时logab>0；a－－＝(a－b)<0，故a－<b－；

ab＋1－(a＋b)＝(a－1)(b－1)>0，

2ab＋1>2a＋b；

故ABC均错误；

D选项，ab－1<ba－1，两边取自然对数，(b－1)ln a<(a－1)ln b，因为无论a>b>1，还是0<b<a<1，均有(a－1)(b－1)>0，所以<，故只需证<即可，

设f(x)＝(x>0且x≠1)，

则f′(x)＝，

令g(x)＝1－－ln x(x>0且x≠1)，

则g′(x)＝－＝，

当x∈(0，1)时，g′(x)>0，

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，

即g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

所以g(x)<g(1)＝0，

所以f′(x)<0在x>0且x≠1上恒成立，

故f(x)＝在(0，1)和(1，＋∞)分别单调递减，因为a>b，所以<，结论得证，D正确.

训练2 (1)(2022·梅州质检)已知a，b，c∈(0，1)，且a－ln a＋1＝e，b－ln b＋2＝e2，c－ln c＋3＝e3，其中e是自然对数的底数，则(　　)

A.c>b>a  B.c>a>b

C.a>c>b  D.a>b>c

(2)(多选)(2022·八省联考)已知a，b∈R，满足ea＋eb＝1，则下列结论正确的是(　　)

A.a＋b≤－2ln 2  B.ea＋b<0

C.ab≥1  D.2(e2a＋e2b)≥1

答案　(1)D　(2)ABD

解析　(1)由条件a－ln a＝e－1＝e1－1，b－ln b＝e2－2，c－ln c＝e3－3，可知a－ln a<b－ln b<c－ln c，

记f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－，x∈(0，1)，

∴f′(x)<0，f(x)在(0，1)上递减，

且f(a)<f(b)<f(c)，

∴a>b>c，故选D.

(2)ea＋eb＝1≥2，即e≤，

所以≤－ln 2，

故a＋b≤－2ln 2，A选项正确；

而0<ea，eb<1，∴a，b<0，ea＋b＝1－eb＋b，令f(x)＝1＋x－ex，f′(x)＝1－ex，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(b)<f(0)＝0，即1－eb＋b<0，B选项正确；

当a＝b＝－ln 2时，ab＝ln22<1，C选项错误；

2(e2a＋e2b)≥(ea＋eb)2＝1，D选项正确，故选ABD.

类型三　构造抽象函数比较大小

此类问题大多给出了关于某个抽象函数的不等式，要结合此不等式的特点及导数的运算法则，才能准确构造出含有抽象函数的函数，然后利用此函数的性质比较大小.

例3 (多选)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x2＋x)f′(x)<(3x＋2)f(x)恒成立，则必有(　　)

A.f(3)>18f(1)  B.f(2)<6f(1)

C.3f(1)≥16f  D.f(3)<3f(2)

答案　BD

解析　题中条件不等式可化为

(x3＋x2)f′(x)－(3x2＋2x)f(x)<0，

令h(x)＝，则h′(x)＝

<0，

所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.

对A，h(3)<h(1)，<，

所以2f(3)<36f(1)，即f(3)<18f(1)，不正确；

对B，h(2)<h(1)，<，

即f(2)<6f(1)，正确；

对C，h(1)<h，<，

所以f(1)<2f，

即3f(1)<16f，不正确；

对D，h(3)<h(2)，<，

即f(3)<3f(2)，正确.

训练3 已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且<f′(x)，则与f(2)－1的大小关系为(　　)

A.无法确定 B.＝f(2)－1

C.>f(2)－1 D.<f(2)－1

答案　D

解析　由题意得x·f′(x)＋2f(x)－2>0，

令F(x)＝x2·f(x)－x2，

则F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－2x

＝x(2f(x)＋x·f′(x)－2)>0，

所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，

所以F(2)>F(1)，

所以4f(2)－4>f(1)－1，

所以3f(2)－3>f(1)－f(2)，

∴f(2)－1>，故选D.

一、基本技能练

1.已知函数f(x)的导函数f′(x)满足x(1＋ln x)f′(x)<f(x)对x∈恒成立，则下列不等式中一定成立的是(　　)

A.2f(1)>f(e)  B.e2f(1)>f(e)

C.2f(1)<f(e)  D.ef(1)<f(e)

答案　A

解析　∵x(1＋ln x)f′(x)－f(x)<0，

∴(1＋ln x)f′(x)－<0，

令F(x)＝，

则F′(x)＝<0，

∴F(x)在上单调递减，F(1)>F(e)，

∴>，即f(1)>，2f(1)>f(e).故选A.

2.(2022·中原名校联考)已知a＝2ln 7，b＝3ln 6，c＝4ln 5，则(　　)

A.b<c<a  B.a<b<c

C.b<a<c  D.a<c<b

答案　B

解析　c＝4ln 5＝22ln 5＝2ln 25>2ln 7＝a，对b，c取对数可得ln b＝ln 3·ln 6，ln c＝

ln 4·ln 5，b与c的大小，即ln 6·ln 3与ln 5·ln 4的大小，即与的大小.

令f(x)＝(x>1)，

则f′(x)＝

＝，

再令g(x)＝xln x(x>1)，显然g(x)单调递增，且g(1)＝0，∴g(x)>0(x>1)，

∴g(x)<g(x＋1)，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴<，b<c，同理可得a<b，故a<b<c.

3.(2022·广州模拟)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且ln a＝a－1，bln b＝1，cec＝1，则(　　)

A.c<b<a  B.a<b<c

C.c<a<b  D.b<a<c

答案　C

解析　令f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1(x>0)，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，

＋∞)上单调递减，且f(1)＝0，故方程ln a＝a－1的解为a＝1；

令h(x)＝xln x－1，h′(x)＝ln x＋1(x>0)，h(x)在上单调递减，在上单调递增，

又h(1)＝－1<0，而h(b)＝bln b－1＝0，故b>1；

令g(x)＝xex－1，g′(x)＝ex＋xex>0(x>0)，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

g(1)＝e－1>0，g(0)＝－1<0，而cec－1＝0，∴0<c<1.故选C.

4.(2022·淮安模拟)已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为f′(x)，若对任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)>0恒成立，则下列结论正确的是(　　)

A.f(0)<0  B.9f(－3)<f(1)

C.4f(2)>f(－1)  D.f(1)<f(2)

答案　C

解析　令x＝0，则2f(0)＋0>0，

∴f(0)>0，则A错误；

令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，

当x>0时，由2f(x)＋xf′(x)>0，

∴g′(x)>0，

则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又因为偶函数f(x)的定义域为R，

∴g(x)＝x2f(x)为偶函数，

∴g(－3)＝g(3)>g(1)，

即9f(－3)>f(1)，故B错误；

∴g(2)>g(－1)，4f(2)>f(－1)，故C正确；

由题意，不妨假设f(x)＝c>0(c为常数)符合题意，此时f(1)＝f(2)＝c，故D错误.

5.已知a＝3，b＝(1＋e)，c＝4，则(　　)

A.b>a>c  B.b>c>a

C.c>a>b  D.a>b>c

答案　D

解析　a＝(1＋2)，b＝(1＋e)，c＝(1＋3)，设f(x)＝，f′(x)＝.

令g(x)＝－ln(1＋x)，

g′(x)＝－<0，

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以g(x)<g(0)＝0，所以f′(x)<0，

所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，

又2<e<3，所以f(2)>f(e)>f(3)，

即>>，

亦是ln(1＋2)>ln(1＋e)>ln(1＋3)，

即a>b>c.

6.已知a＝4＋ln 2，b＝2＋21.2，c＝22.1，则(　　)

A.a<b<c  B.b<a<c

C.c<b<a  D.a<c<b

答案　D

解析　先比较b和c，因为b－c＝2＋21.2－22.1＝2＋2·20.2－22·20.1＝2[1－2·20.1＋(20.1)2]＝2(1－20.1)2>0，所以b>c；

再比较a和c，

c－a＝22.1－

＝4×20.1－4－ln 20.4

＝4×20.1－4－4ln 20.1＝4(20.1－1－ln 20.1)，

令f(x)＝x－1－ln x(x>1)，

f′(x)＝1－>0，

所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，

因为20.1>1，所以f(20.1)>f(1)，

即20.1－1－ln 20.1>0，

所以4(20.1－1－ln 20.1)>0.

所以c>a.

综上，a<c<b.

7.已知a，b，c∈(0，1)，且a－4＝ln ，b－5＝ln ，c－6＝ln ，则(　　)

A.a<b<c  B.a<c<b

C.b<c<a  D.c<b<a

答案　D

解析　构造g(x)＝x－ln x，g′(x)＝1－＝，

g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，

因为a－4＝ln ，所以a－ln a＝4－ln 4，

所以g(a)＝g(4)，

同理可得g(b)＝g(5)，g(c)＝g(6)，g(4)<g(5)<g(6)，

所以g(a)<g(b)<g(c)，

又a，b，c∈(0，1)，所以a>b>c.故选D.

8.已知a＝2ln 3－2，b＝ln 5－＋1，c＝3ln 2－2＋1，则a，b，c的关系是(　　)

A.a<c<b  B.c<b<a

C.a<b<c  D.b<c<a

答案　A

解析　a＝ln 9－＋1，b＝ln 5－＋1，c＝ln 8－＋1，

令g(x)＝ln x－＋1，

g′(x)＝－＝<0在(4，＋∞)恒成立，

所以g(x)在(4，＋∞)上单调递减，

所以g(5)＝b>g(8)＝c>g(9)＝a.故选A.

9.若y＝f(x)在R上可导且满足不等式xf′(x)＋f(x)>0恒成立，对于任意正数a，b，若a<b，则(　　)

A.af(b)<bf(a)  B.bf(a)<af(b)

C.af(a)<bf(b)  D.bf(b)<af(b)

答案　C

解析　令g(x)＝xf(x)，

∵xf′(x)＋f(x)>0，

∴g′(x)＝[xf(x)]′＝f(x)＋xf′(x)>0，

即g(x)在R上递增，

∵a，b∈(0，＋∞)且a<b，

∴g(a)<g(b)，

即af(a)<bf(b)，选C.

10.(2022·连云港一模)已知a>b>0，且a＝b，则(　　)

A.0<b<  B.0<b<1

C.1<b<e  D.b>e

答案　C

解析　因为a＝b>0，a>b>0，

所以ln a＝ln b，即＝.

记f(x)＝，则f′(x)＝，

令f′(x)>0，解得0<x<e，

令f′(x)<0，得x>e，

所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.

因为a>b>0，则f(a)＝f(b)时，有b<e，

又因为当x>e时，f(x)＝>0，

所以f(b)＝f(a)>0，

因为f(1)＝0，所以f(b)>f(1)，所以b>1.

综上，1<b<e.

11.已知a＝ln π，b＝，c＝ln 8，则(　　)

A.b<a<c  B.a<b<c

C.c<a<b  D.a<c<b

答案　A

解析　设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.

因为<<2<e，所以f()<f()<f(2)，

所以<<＝<，

所以<<，

所以·<·<·，

所以<ln π<ln 8，即b<a<c.

12.已知a，b∈，且＝e2ln a，＝e3ln b，则(　　)

A.<a<b<1  B.<b<a<1

C.<a<b<  D.b<<a<1

答案　A

解析　构造函数f(x)＝xln x，

则f′(x)＝1＋ln x，故f(x)在上单调递减，在上单调递增.

∵＝e2ln a，＝e3ln b，

∴－2e－2＝e－2ln e－2＝a ln a，

－3e－3＝e－3ln e－3＝bln b，

即f(e－2)＝f(a)，f(e－3)＝f(b)，

∵e－2，e－3∈，

∴f(e－2)<f(e－3)，即f(a)<f(b)，

又∵a，b∈，

∴a，b∈，

∴<a<b，

又∵当x∈(0，1)时，f(x)<0，

∴<a<b<1.

二、创新拓展练

13.(2022·厦门质检)已知a＝logb c，b＝logc a，则(　　)

A.a<b<c  B.b<c<a

C.c<a<b  D.c<b<a

答案　B

解析　a＝logbc＝，b＝logca＝，则ln a，ln b，ln c同号，

ab＝，则ln b＝，

bln b＝b·＝，

作出f(x)＝xln x与g(x)＝的图象如下，

∴0<b<a<1或1<b<a.

⇒

a>c>b，故选B.

14.已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　)

A.a>b>c  B.a>c>b

C.b>a>c  D.b>c>a

答案　C

解析　因为a＝，b＝＝，c＝＝，构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，

所以当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，

所以当x＝e时，f(x)取最大值.

a＝＝＝＝f(4)，b＝f(e)，c＝f(9)，f(e)>f(4)>f(9)，即b>a>c.故选C.

15.设a＝＋，b＝e0.01－1，c＝ln 1.02，则(　　)

A.a<b<c  B.b<c<a

C.b<a<c  D.c<a<b

答案　A

解析　当x∈(0，2)时，x2＋1＋x<ex<，所以＋<b＝e0.01－1<

且当x>1时，ln x>，c＝ln 1.02>＝，

所以a<＋<b<<<c.故选A.

16.(多选)(2022·鄂东南三校适应性训练)下列大小比较中，正确的是(　　)

A.3e<e3<πe  B.e3<πe<eπ

C.πe<eπ<3π  D.π3<eπ<3π

答案　ABC

解析　对于选项D，构造函数f(x)＝，所以f′(x)＝，所以当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.

所以f(x)≤f(e)＝(当且仅当x＝e时取等号)，

故ln π3>π，故π3>eπ，所以选项D错误；

对于选项A，3e<πe，f(3)<f(e)，

∴<，∴3e<e3，

在f(x)≤中，令x＝，则<，化简得ln π>2－，

故eln π>e>2.7×>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，

所以eln π>3，∴ln πe>ln e3，∴πe>e3.

所以3e<e3<πe，所以选项A正确；

对于选项B，在f(x)≤中，令x＝π，则<，∴πe<eπ，所以e3<πe<eπ，所以选项B正确；

对于选项C，eπ<3π，所以πe<eπ<3π，所以选项C正确.故选ABC.

17.(多选)若实数t≥2，则下列不等式一定成立的是(　　)

A.(t＋3)ln(t＋2)>(t＋2)ln(t＋3) B.(t＋1)t＋2>(t＋2)t＋1

C.1＋>logt(t＋1) D.logt＋1(t＋2)>logt＋2(t＋3)

答案　ABD

解析　构造g(x)＝，

则g′(x)＝，

g(x)在(e，＋∞)单调递减，在(0，e)单调递增，

因为t≥2，t＋3>t＋2>e，

所以<，

所以(t＋2)ln(t＋3)<(t＋3)ln(t＋2)，A正确；

同理>，

所以(t＋2)ln(t＋1)>(t＋1)ln(t＋2)，B正确；

令g(x)＝(x≥3)，

则g′(x)＝<0.

故g(x)在[3，＋∞)上单调递减，且t＋1<t＋2.

所以g(t＋1)>g(t＋2)，

所以>，

故logt＋1(t＋2)>logt＋2(t＋3)，D正确；

对于C，当t＝2时，1＋－log23＝－log23＝log2－log2<0.故C错误.

故选ABD.

18.下列不等关系中正确的是(　　)

A.ln 2＋ln 3>2ln  B.<ln 3－ln 2<

C.ln 2·ln 3>1 D.<

答案　B

解析　对于A，ln 2＋ln 3－2ln ＝ln 6－ln ＝ln ，∵函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，∴ln <ln 1＝0，则ln 2＋ln 3<2ln ，A不正确.

对于B，ln 3－ln 2＝ln ，因为e<＝，e>＝，即e<<e，

所以<ln 3－ln 2<，B正确.

对于C，易知，0<ln 2<ln 3，ln 2·ln 3<＝(ln )2<(ln e)2＝1，C不正确.

对于D，＝log23>log2＝，D不正确.