2024年高考数学第一轮复习讲义第三章培优课3.4　函数中的构造问题(学生版+解析)

这是一份2024年高考数学第一轮复习讲义第三章培优课3.4　函数中的构造问题(学生版+解析)，共15页。试卷主要包含了4　函数中的构造问题等内容，欢迎下载使用。

函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题．
题型一 导数型构造函数
命题点1 利用f(x)与x构造
例1 (2023·苏州质检)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝lg2eq \f(1,8)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,8)))，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
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思维升华 (1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,xn).
跟踪训练1 (2023·重庆模拟)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)且f(1)＝0，则不等式f(x)<0的解集是( )
A．(－∞，1) B．(－1,1)
C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(0,1)
命题点2 利用f(x)与ex构造
例2 (2022·蚌埠质检)已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f′(x)－f(x)<1，且f(0)＝2 022，则不等式f(x)＋1>2 023ex的解集为( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))) D．(－∞，1)
听课记录：___________________________________________________________________
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思维升华 (1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,enx).
跟踪训练2 (2023·南昌模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3－x的解集为________．
命题点3 利用f(x)与sin x，cs x构造
例3 已知偶函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其导函数为f′(x)，当0A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
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思维升华 函数f(x)与sin x，cs x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x；
F(x)＝eq \f(fx,sin x)，
F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)；
F(x)＝f(x)cs x，
F′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x；
F(x)＝eq \f(fx,cs x)，
F′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x).
跟踪训练3 奇函数f(x)的定义域为(－π，0)∪(0，π)，其导函数是f′(x)．当0A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))
题型二 同构法构造函数
例4 (1)(2020·全国Ⅰ)若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，则( )
A．a>2b B．a<2b
C．a>b2 D．a听课记录：___________________________________________________________________
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(2)(2023·武汉模拟)已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为________．
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思维升华 指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成ln ex然后构造函数；另一种是将x变成eln x然后构造函数．
跟踪训练4 (1)(2023·南京模拟)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA．ab>e B．b>ea C．ab(2)已知函数f(x)＝eq \f(ex2,1＋ln x)，则不等式f(x)>ex的解集为( )
A．(0,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
C．(1，e) D．(1，＋∞)
§3.4 函数中的构造问题
函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题．
题型一 导数型构造函数
命题点1 利用f(x)与x构造
例1 (2023·苏州质检)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝lg2eq \f(1,8)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,8)))，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
答案 B
解析 因为函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，
令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，
由题意知，当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上单调递减，
又g(x)是奇函数，所以g(x)在R上单调递减，
因为20.6>1,0所以lg2eq \f(1,8)<0又a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，c＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,8)))，
所以c>b>a.
思维升华 (1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,xn).
跟踪训练1 (2023·重庆模拟)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)且f(1)＝0，则不等式f(x)<0的解集是( )
A．(－∞，1) B．(－1,1)
C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(0,1)
答案 D
解析 令g(x)＝eq \f(fx,x2)且x≠0，
则g′(x)＝eq \f(xf′x－2fx,x3)，
又对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)，
即当x>0时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由f(x)为偶函数，则g(－x)＝eq \f(f－x,－x2)＝eq \f(fx,x2)＝g(x)，所以g(x)也为偶函数，故g(x)在(－∞，0)上单调递减，
则g(－1)＝g(1)＝eq \f(f1,1)＝0，且f(x)<0等价于g(x)＝eq \f(fx,x2)所以x∈(－1,0)∪(0,1)．
命题点2 利用f(x)与ex构造
例2 (2022·蚌埠质检)已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f′(x)－f(x)<1，且f(0)＝2 022，则不等式f(x)＋1>2 023ex的解集为( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))) D．(－∞，1)
答案 A
解析 构造函数F(x)＝eq \f(fx＋1,ex)，
则F′(x)＝eq \f(f′x·ex－[fx＋1]·ex,e2x)＝eq \f(f′x－fx－1,ex)，因为f′(x)－f(x)<1，所以F′(x)<0恒成立，故F(x)＝eq \f(fx＋1,ex)在R上单调递减，f(x)＋1>2 023ex可变形为eq \f(fx＋1,ex)>2 023，又f(0)＝2 022，所以F(0)＝eq \f(f0＋1,e0)＝2 023，
所以F(x)>F(0)，解得x<0.
思维升华 (1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,enx).
跟踪训练2 (2023·南昌模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3－x的解集为________．
答案 (3，＋∞)
解析 设F(x)＝f(x)·ex，则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，
∴F(x)在R上单调递增．
又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3.
∵f(x)>3e3－x等价于f(x)·ex>3e3，即F(x)>F(3)，
∴x>3，即所求不等式的解集为(3，＋∞)．
命题点3 利用f(x)与sin x，cs x构造
例3 已知偶函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其导函数为f′(x)，当0A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
答案 A
解析 因为偶函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
所以设g(x)＝eq \f(fx,cs x)，
则g(－x)＝eq \f(f－x,cs－x)＝eq \f(fx,cs x)，
即g(x)也是偶函数．
当0根据题意g′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x)<0，
则g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，且为偶函数，
则g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增．
所以f(x)<2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))cs x
⇔eq \f(fx,cs x)所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)解得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).
思维升华 函数f(x)与sin x，cs x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x；
F(x)＝eq \f(fx,sin x)，
F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)；
F(x)＝f(x)cs x，
F′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x；
F(x)＝eq \f(fx,cs x)，
F′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x).
跟踪训练3 奇函数f(x)的定义域为(－π，0)∪(0，π)，其导函数是f′(x)．当0A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))
答案 D
解析 令F(x)＝eq \f(fx,sin x)，因为当0所以当0所以函数F(x)在(0，π)上单调递减，
所以当0即F(x)当－πeq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),sin \f(π,4))，即eq \f(－fx,sin－x)>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),sin \f(π,4))，
因为函数f(x)为奇函数，故eq \f(f－x,sin－x)>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),sin \f(π,4))，
也即F(－x)>Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，
所以－x－eq \f(π,4)，
所以－eq \f(π,4)综上，所求不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π)).
题型二 同构法构造函数
例4 (1)(2020·全国Ⅰ)若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，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可得
2a＋lg2a＝4b＋2lg4b＝22b＋lg2b.
令f(x)＝2x＋lg2x，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又∵22b＋lg2b<22b＋lg2b＋1＝22b＋lg22b，
∴2a＋lg2a<22b＋lg22b，
即f(a)(2)(2023·武汉模拟)已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为________．
答案 e
解析 ∵xa＝＝ealn x，∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，
∵a>0且x>1，∴aln x>0，设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递增，∴x≤aln x，即a≥eq \f(x,ln x)，
即存在x∈(1，＋∞)，使a≥eq \f(x,ln x)，∴a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,ln x)))min，
设f(x)＝eq \f(x,ln x)(x>1)，则f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln2x)，当x∈(1，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.
故a的最小值为e.
思维升华 指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成ln ex然后构造函数；另一种是将x变成eln x然后构造函数．
跟踪训练4 (1)(2023·南京模拟)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA．ab>e B．b>ea
C．ab答案 B
解析 由已知aea则ealn ea设f(x)＝xln x，
则f(ea)因为a>0，则bln b>0，则b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以ea(2)已知函数f(x)＝eq \f(ex2,1＋ln x)，则不等式f(x)>ex的解集为( )
A．(0,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
C．(1，e) D．(1，＋∞)
答案 B
解析 函数f(x)＝eq \f(ex2,1＋ln x)，
则f(x)>ex，即eq \f(ex2,1＋ln x)>ex，
所以eq \f(e1＋ln x,1＋ln x)>eq \f(ex,x)，
因为x>0，则不等式f(x)>ex成立必有1＋ln x>0，即x>eq \f(1,e)，
令g(x)＝eq \f(ex,x)，x>eq \f(1,e)，
则g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
当eq \f(1,e)当x>1时，g′(x)>0，
因此函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又f(x)>ex，即g(1＋ln x)>g(x)，
当x>1时，ln x＋1>1，于是得1＋ln x>x，
即1＋ln x－x>0，令h(x)＝1＋ln x－x，
当x>1时，h′(x)＝eq \f(1,x)－1<0，
函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，则∀x>1，h(x)因此1＋ln x>x无解；
当eq \f(1,e)于是得1＋ln x此时h′(x)＝eq \f(1,x)－1>0，
函数h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，
则∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，h(x)所以不等式1＋ln x综上，不等式f(x)>ex的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)).
课时精练
1．(2023·株州模拟)已知a＝eq \f(1,e2)，b＝eq \f(ln 2,4)，c＝eq \f(ln 3,9)，则( )
A．aC．b答案 B
解析 设f(x)＝eq \f(ln x,x2)，则a＝f(e)，b＝f(2)，c＝f(3)，又f′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，于是当x∈(eq \r(e)，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)＝eq \f(ln x,x2)在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减，注意到eq \r(e)2．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)＋1＞0，f(2)＝ln eq \f(1,2)，则不等式f(ex)＋x＞0的解集为( )
A．(0,2ln 2) B．(0，ln 2)
C．(ln 2,1) D．(ln 2，＋∞)
答案 D
解析 令g(x)＝f(x)＋ln x(x＞0)，
则g′(x)＝f′(x)＋eq \f(1,x)＝eq \f(xf′x＋1,x)，
由已知得g′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而g(2)＝f(2)＋ln 2＝0，
由f(ex)＋x＞0，得g(ex)＞g(2)，
∴ex＞2，即x＞ln 2.
∴不等式f(ex)＋x＞0的解集为(ln 2，＋∞)．
3．(2023·济南模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x≥0时，f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，则f(x)>x2＋2的解集是( )
A．(－1,0)∪(1，＋∞)
B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(0,1)
D．(－∞，－1)∪(0,1)
答案 B
解析 令g(x)＝f(x)－x2，
因为f(x)是偶函数，
则g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)，
所以函数g(x)也是偶函数，
g′(x)＝f′(x)－2x，
因为当x≥0时，f′(x)－2x>0，
所以当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－2x>0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
不等式f(x)>x2＋2即为不等式g(x)>2，
由f(1)＝3，得g(1)＝2，
所以g(x)>g(1)，
所以|x|>1，解得x>1或x<－1，
所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
4．(2023·常州模拟)已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，且当x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cs x>0，则下列说法正确的是( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))<－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))<－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))
B．－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))C．－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))<－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))D．－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))答案 D
解析 由f(x－1)的图象关于点(1,0)对称可知，f(x)的图象关于点(0,0)对称，则f(x)为奇函数，
令g(x)＝f(x)sin x，则g(x)为偶函数，
又x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cs x>0，即[f(x)sin x]′>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则有geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))即－eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))即－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))5．定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意实数x有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2 024为奇函数，则不等式f(x)＋2 024ex<0的解集是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，ln 2 024)
C．(0，＋∞) D．(2 024，＋∞)
答案 C
解析 设g(x)＝eq \f(fx,ex)，
则g′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)，
因为f(x)>f′(x)，
所以g′(x)<0，g(x)为定义在R上的减函数，
因为f(x)＋2 024为奇函数，
所以f(0)＋2 024＝0，f(0)＝－2 024，g(0)＝eq \f(f0,e0)＝－2 024，
所以f(x)＋2 024ex<0，即eq \f(fx,ex)<－2 024，
即g(x)0.
6．若ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1，则( )
A.eq \f(m,n)>e B.eq \f(m,n)C．m－n>e D．m－n答案 A
解析 由题意可知，m>0，n>0，则ln m－m＋2m2＝ln n－n＋2e2n2＋1>ln(en)－en＋2e2n2，
构造函数f(x)＝2x2－x＋ln x，其中x>0，则f′(x)＝4x＋eq \f(1,x)－1≥2eq \r(4x·\f(1,x))－1＝3>0，
当且仅当x＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由ln m－m＋2m2>ln(en)－en＋2e2n2可得f(m)>f(en)，所以m>en>0，则eq \f(m,n)>e，
故A对，B错，无法判断C，D选项的正误．
7．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)A．ef(2)>f(1)，f(2)>ef(1)
B．ef(2)>f(1)，f(2)C．ef(2)ef(1)
D．ef(2)答案 C
解析 由题意可知，函数f(x)在R上单调递减，f(x)＋f′(x)<0，f′(x)－f(x)>0.
构造函数h(x)＝exf(x)，定义域为R，则h′(x)＝exf(x)＋f′(x)ex＝ex[f(x)＋f′(x)]<0，所以h(x)在R上单调递减，所以h(2)构造函数g(x)＝eq \f(fx,ex)，定义域为R，
则g′(x)＝eq \f(f′x·ex－ex·fx,ex2)＝eq \f(f′x－fx,ex)>0，所以g(x)在R上单调递增，所以g(2)>g(1)，所以eq \f(f2,e2)>eq \f(f1,e)，即f(2)>ef(1)，故D错误．
8．(2022·龙岩质检)已知m>0，n∈R，若lg2m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则eq \f(m,2n)等于( )
A.eq \f(1,2) B．1 C. eq \r(2) D．2
答案 B
解析 由题意得lg2m＋2m＝2n＋1＋n，
lg2m＋2m＝2×2n＋n＝lg22n＋2×2n，
令g(x)＝lg2x＋2x(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1,xln 2)＋2>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g(m)＝g(2n)，
所以m＝2n，所以eq \f(m,2n)＝1.
9．已知f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(0)＝1，对任意的x总有2f′(x)－f(x)>2，则不等式f(x)＋2≥的解集为________．
答案 [0，＋∞)
解析 设函数g(x)＝，
则g′(x)＝
∵2f′(x)－f(x)>2，∴g′(x)>0，
∴g(x)在R上单调递增，
又g(0)＝f(0)＋2＝3，
故不等式f(x)＋2≥，即≥3，所以g(x)≥g(0)，由g(x)的单调性可得该不等式的解集为[0，＋∞)．
10．(2022·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值范围为________．
答案 λ≥eq \f(1,e)
解析 由题意，得eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，
令f(t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，
则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(λx)≥f(ln x)，
即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，
即λ≥eq \f(ln x,x)恒成立，
令g(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈(1，＋∞)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
所以在(1，e)上，g′(x)>0，则g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，则g(x)单调递减；
所以g(x)≤g(e)＝eq \f(1,e)，故λ≥eq \f(1,e).