2023高考数学二轮专题 微专题38 构造函数比较大小

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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>cC.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>yC.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>bC.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<aC.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<bC.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>bC.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<0C.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)－1C.>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<cC.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<cC.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>aC.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<cC.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<bC.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<aC.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<1C.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<cC.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<1C.<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<aC.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>bC.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<aC.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<eπC.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＋1C.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.