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）

这是一份新教材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），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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|＜0
2．已知a＝eq \f(ln2,2)，b＝eq \f(lnπ,π)，c＝eq \f(ln5,5)，则( )
A．b＞c＞aB．b＞a＞cC．c＞b＞aD．c＞a＞b
3．已知函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－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)A．(－∞，4) B．(0，＋∞) C．(2，＋∞) D．(4，＋∞)
6．[2022·新高考Ⅰ卷]设a＝0.1e0.1，b＝eq \f(1,9)，c＝－ln0.9，则( )
A．a二、多项选择题
7．定义在(0，π)上的函数f(x)满足f′(x)A．f(eq \f(π,3))>f(eq \f(2π,3)) B．f(eq \f(π,3))f(eq \f(π,2)) D．eq \r(2)f(eq \f(π,4))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．eq \f(f（2）,2)C．f(x)在x＝1处取得极小值D．f(x)无最大值
[答题区]
三、填空题
9．若存在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，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)＝eq \f(a,x2)＋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∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))，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－(eq \f(1,3))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：A
2．解析：设f(x)＝eq \f(lnx,x)，
则f′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)，
当x>e时，f′(x)<0，f(x)递减；
当00，f(x)递增；
又a＝eq \f(ln2,2)＝eq \f(ln4,4)，b＝eq \f(lnπ,π)，c＝eq \f(1n5,5)，
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：B
3．解析：函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－alnx在(1，2)上单调递减，则f′(x)＝2＋eq \f(2,x2)－eq \f(a,x)≤0在(1，2)上恒成立，
所以a≥2x＋eq \f(2,x)在(1，2)上恒成立，
设函数h(x)＝2x＋eq \f(2,x)，则h′(x)＝2－eq \f(2,x2)＝eq \f(2（x＋1）（x－1）,x2)，
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)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：A
4．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：C
5．解析：令g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，
因为f′(x)所以g′(x)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)<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)＝eq \f(f（4）,e4)＝1，
又不等式f(x)即g(x)所以x>4.故选D.
答案：D
6．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＜eq \f(1,9)，即a＜b.令g(x)＝x－ln (1＋x)，x＞0，则当x＞0时，g′(x)＝1－eq \f(1,1＋x)＝eq \f(x,1＋x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(eq \f(1,9))＞g(0)＝0，即eq \f(1,9)－ln (1＋eq \f(1,9))＞0，所以eq \f(1,9)＞－lneq \f(9,10)，即b＞c.令h(x)＝xex＋ln (1－x)，0＜x≤0.1，则h′(x)＝(1＋x)·ex＋eq \f(1,x－1)＝eq \f(（x2－1）ex＋1,x－1).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：C
7．解析：∵x∈(0，π)，∴sinx>0，
f′(x)构造函数g(x)＝eq \f(f（x）,sinx)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）sinx－f（x）csx,sin2x)<0，
即g(x)在(0，π)上单调递减，
∵eq \f(π,3)g(eq \f(2π,3))，即eq \f(f（\f(π,3)）,sin\f(π,3))>eq \f(f（\f(2π,3)）,sin\f(2π,3))，
化简得f(eq \f(π,3))>f(eq \f(2π,3))，故A选项正确，B选项错误；
∵eq \f(π,4)g(eq \f(π,2))，即eq \f(f（\f(π,4)）,sin\f(π,4))>eq \f(f（\f(π,2)）,sin\f(π,2))，化简得eq \r(2)f(eq \f(π,4))>f(eq \f(π,2))，故C选项正确，D选项错误．故选AC.
答案：AC
8．解析：设g(x)＝eq \f(f（x）,x)(x>0)，
因为f(1)＝0，所以g(1)＝f(1)＝0，
因为g′(x)＝eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)，xf′(x)－f(x)＝(x－1)ex，
则g′(x)＝eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)＝eq \f(（x－1）ex,x2)＝(eq \f(ex,x))′，
故可设g(x)＝eq \f(ex,x)＋c，由g(1)＝0，
则g(1)＝e＋c＝0，解得c＝－e，
故g(x)＝eq \f(ex,x)－e，即f(x)＝ex－ex，
因为g′(x)＝eq \f(ex（x－1）,x2)，
令g′(x)>0，则x>1，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(2)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：ACD
9．解析：存在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，要使2x－sinx≥mx成立，
即m≤2－eq \f(sinx,x)，x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
令f(x)＝2－eq \f(sinx,x)，x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即m≤f(x)max，
又f′(x)＝eq \f(sinx－xcsx,x2)，设φ(x)＝sinx－xcsx，x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则φ′(x)＝xsinx>0，则φ(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内单调递增，
φ(x)>φ(0)＝0，则f′(x)>0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内单调递增，
f(x)max＝f(eq \f(π,2))＝2－eq \f(2,π)，故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，2－\f(2,π))).
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，2－\f(2,π)))
10．解析：由题意x1，x2是方程|lnx|＝a的两根，且x1则a>0，lnx1＝－a，lnx2＝a，即x1＝e－a，x2＝ea，
所以eq \f(a,x1x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝eq \f(a,e－a·ea·ea)＝eq \f(a,ea)，(a>0)，
令g(x)＝eq \f(x,ex)，(x>0)，g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
当00，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eq \f(1,e)，
所以eq \f(a,x1x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )的最大值是eq \f(1,e).
答案：eq \f(1,e)
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＝eq \f(ex,x＋2)有两个解，
令h(x)＝eq \f(ex,x＋2)(x≠－2)，则有h′(x)＝eq \f(ex（x＋2）－ex,（x＋2）2)＝eq \f(ex（x＋1）,（x＋2）2)，
令h′(x)>0，解得x>－1，令h′(x)<0，解得x<－2或－2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＝eq \f(ex,x＋2)有两个解时，有a>h(－1)＝eq \f(1,e)，
所以满足条件的a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
12．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(2a,x3)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2－2a,x3)，
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≥eq \r(2a)时，则f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，
当0所以a>0时，函数f(x)在(0，eq \r(2a))单调递减，在(eq \r(2a)，＋∞)上单调递增．
(2)由已知得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))时，g′(x)≥0，
所以函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))上单调递增，
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))时，g′(x)<0，所以函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))上单调递减，故其最大值在两个端点处取得，
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝－eq \f(83,27)依题意得，只需在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))，xf(x)≥1恒成立，
即eq \f(a,x)＋xlnx≥1，即a≥x－x2lnx在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，
令h(x)＝x－x2lnx(x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2)))，则h′(x)＝1－x－2xlnx，有h′(1)＝0，
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))时，1－x>0，xlnx<0，h′(x)>0，即h(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))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，＋∞).
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案