2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测(二十) 技法先导——构造函数思想的应用

这是一份2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测(二十) 技法先导——构造函数思想的应用，共4页。
课时跟踪检测(二十) 技法先导——构造函数思想的应用1．(2023·保定一中模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，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.(－∞，＋∞)解析：选B　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>－1.2．(2023·洛阳尖子生第二次联考)已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，若a＝，b＝，c＝－，则a，b，c的大小关系正确的是(　 )A．a<c<b  B．b<c<a  C．a<b<c  D.c<a<b解析：选D　由题意，构造函数g(x)＝，当x>0时，g′(x)＝<0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵函数f(x)为奇函数，∴函数g(x)是偶函数，∴c＝＝g(－3)＝g(3)，又a＝g(e)，b＝g(ln 2)，且3>e>1>ln 2>0，∴g(3)<g(e)<g(ln 2)，∴c<a<b，故选D.3．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xln x，f＝，则f(x)(　 )A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值，又有极小值D．既无极大值，又无极小值解析：选D　因为xf′(x)－f(x)＝xln x，所以＝，所以′＝，所以＝ln2x＋c，所以f(x)＝xln2x＋cx.因为f＝ln2＋c×＝，所以c＝，所以f′(x)＝ln2x＋ln x＋＝(ln x＋1)2≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值．4．f(x)在(0，＋∞)上的导函数为f′(x)，xf′(x)>2f(x)，则下列不等式成立的是(　 )A．2 0212f(2 022)>2 0222f(2 021)B．2 0212f(2 022)<2 0222f(2 021)C．2 021f(2 022)>2 022f(2 021)D．2 021f(2 022)<2 022f(2 021)解析：选A　令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝＝>0，则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，即>，∴2 0212f(2 022)>2 0222f(2 021)．5．(2023·南通调研)已知α，β均为锐角，且α＋β－>sin β－cos α，则(　 )A．sin α>sin β  B．cos α>cos βC．cos α>sin β  D.sin α>cos β解析：选D　α＋β－>sin β－cos α，β－sin β>－α－sin，令f(x)＝x－sin x，x∈，f′(x)＝1－cos x>0，∴f(x)在上为增函数，∴β>－α，∵α，β均为锐角，∴cos β<cos，sin β>sin，∴cos β <sin α，sin β>cos α.故选D.6．(2023·黄石调研)已知a＝4ln 5π，b＝5ln 4π，c＝5ln π4，则a，b，c的大小关系是(　 )A．a<b<c  B．b<c<aC．b<a<c  D.c<b<a解析：选A　令f(x)＝，得f′(x)＝＝，当x≥e时，f′(x)≤0恒成立，所以f(x)＝在(e，＋∞)上单调递减，所以f(π)>f(4)>f(5)，即>>，可得4ln π>πln 4,5ln 4>4ln 5，所以ln π4>ln4π，5πln 4>4πln 5，所以5ln π4>5ln4π，5ln 4π>4ln 5π，即c>b，b>a，所以a<b<c.故选A.7．(2022·南京、盐城二模)已知实数a，b∈(1，＋∞)，且2(a＋b)＝e2a＋2ln b＋1，e为自然对数的底数，则(　 )A．1<b<a  B．a<b<2aC．2a<b<ea  D.ea<b<e2a解析：选D　将2(a＋b)＝e2a＋2ln b＋1变形为2b－2ln b＝e2a－2a＋1.令h(x)＝2ex－2x，则h(ln b)＝2eln b－2ln b＝2b－2ln b，易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增．①令f(x)＝ex－x＋1，则f(2a)＝e2a－2a＋1.h(x)－f(x)＝ex－x－1，令u(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，易得函数u(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以u(x)＝ex－x－1>0.则当x>1时，h(x)－f(x)>0，所以h(x)>f(x)，由题意得f(2a)＝h(ln b)，所以f(2a)＝h(ln b)<h(2a)，2a>ln b，即b<e2a.②令m(x)＝e2x－2x＋1，则m(a)＝e2a－2a＋1.当x>1时，m(x)－h(x)＝e2x－2ex＋1＝(ex－1)2>0，所以h(x)<m(x)，由题意得m(a)＝h(ln b)，所以h(a)<m(a)＝h(ln b)，a<ln b，即ea<b.综上，可得ea<b<e2a.故选D.8．(2023·石家庄一模)若∃x∈[0,2]，使不等式(e－1)ln a≥ae1－x＋e(x－1)－x成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是________．解析：因为ae1－x＝eln a＋1－x，所以原不等式变形为eln a－ln a≥eln a＋1－x＋ex－e－x，移项且两边同时加1，得e(ln a＋1－x)＋1≥eln a＋1－x＋ln a＋1－x，令ln a＋1－x＝t，可得et＋1≥et＋t，令f(t)＝et＋t，g(t)＝et＋1，因为g(0)＝f(0)＝1，g(1)＝f(1)＝e＋1，由图象可知，当f(t)≤g(t)时，可得t∈[0,1]，故0≤ln a＋1－x≤1，所以x－1≤ln a≤x，因为∃x∈[0,2]，所以－1≤ln a≤2，解得≤a≤e2.答案：9．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a＝________.解析：由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝－a＝0，得x＝，当0＜x＜时，f′(x)＞0；当x＞时，f′(x)＜0. ∴f(x)max＝f＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.答案：110．若对任意a，b满足0<a<b<t，都有bln a<aln b，则t的最大值为________．解析：∵0<a<b<t，bln a<aln b，∴<，令y＝，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，故y′＝>0，解得0<x<e，故t的最大值是e.答案：e11．设定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝2，f′(x)<1，则不等式f(x2)>x2＋1的解集为________．解析：由条件式f′(x)<1得f′(x)－1<0，待解不等式f(x2)>x2＋1可化为f(x2)－x2－1>0，可以构造F(x)＝f(x)－x－1，由于F′(x)＝f′(x)－1<0，所以F(x)在R上单调递减．又因为F(x2)＝f(x2)－x2－1>0＝2－12－1＝f(12)－12－1＝F(12)，所以x2<12，解得－1<x<1，故不等式f(x2)>x2＋1的解集为{x|－1<x<1}．答案：{x|－1<x<1}