4.4构造函数常见方法（精练）（教师版）_02高考数学_新高考复习资料_2024年新高考资料_一轮复习资料_完2024年高考数学一轮复习一隅三反系列（新高考）

4.4 构造函数常见方法（精练）
f x fx
xR
f x fx
1．（2023春·四川德阳）设函数 的导函数为 ，对任意 都有 成立，则（ ）
2023f ln20222022f ln2023 2023f ln20222022f ln2023
A． B．
2023f 20222022f 2023 2023f 20222022f 2023
C． D．
【答案】A
f x fx f x fx0
【解析】由 ，则 ，
f(x) f(x)exexf(x) f(x) f(x)
设g(x) g(x)  0，
ex e2x ex
gx
则 在R上单调递减.
f ln2022 f ln2023
则 ，即  ，
g(ln2022)g(ln2023) 2022 2023
2023f ln20222022f ln2023
即 .
故选：A.
f x f x f'x f'xcosx
2．（2023春·吉林长春）已知 是定义在R上的奇函数， 的导函数为 ，若 恒
f xsinx
成立，则 的解集为（ ）
π 
A．
π,
B．
π,
C．

2
,


D．
0,
【答案】D
gx f xsinx g'x f'xcosx
【解析】令函数 ，则 ，
f'xcosx， gx0，gx
因为 所以. 是增函数，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x f 00 g0 f 0sin00
因为 是奇函数，所以 ， ，
gx0 0, f x 0,
sinx
所以 的解集为 ，即 ≥ 的解集为 ；
故选：D.
π
3．（2023·甘肃）已知函数 f(x)及其导函数
fx
的定义域均为R，且 f(x)为偶函数，
f 
6


2
，
 π 1
3f(x)cosx fxsinx0 ，则不等式 f   x 2   cos3x 4 0 的解集为（ ）
 2π   π 
 ,  ,
A． 3  B． 3 
 2π π  2π
 ,  , 
C． 3 3 D． 3 
【答案】A
g(x) f(x)sin3x
【解析】令 ，
g(x)3f(x)sin2xcosx f(x)sin3x sin2 x3f(x)cosx f(x)sinx0
则 ，
g(x) R
所以 在 上单调递减.
 π π
又因为 偶函数，所以 f   f  2，
f(x)  6 6
 π  1 3  π 1
g   f  
所以  6  2  6 4.
 π  π  π  π
又gx  f x sin3 x  f x cos3x，
 2  2  2  2
 π 1  π  π
所以不等式 f x cos3x 0等价于gx g ，
 2 4  2  6
π π 2π
根据函数的单调性可知 x  ，解得x ，
2 6 3
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 π 1  2π 
f x cos3x 0  ,
所以不等式  2 4 的解集为 3 .
故选：A.
8
4．（2023春·河南）已知alog
7
8,b
7
,clog
8
9，则
a,b,c
的大小关系为（ ）
A．abc B．cba
C．acb D．bac
【答案】D
lnx 1lnx
【解析】构造函数
f x
x
，其中xe，则
fx
x2
0
，
f x e,
所以，函数 在 上为减函数，
ln7 ln8 ln8 8
所以， f 7 f 8，即 7  8 ，则alog 7 8 ln7  7 b，
ln8 ln9
ln82ln7ln9 ln82  

ln7
2
ln9 

2 ln82  ln 63 2  ln 64 2   ln 63 2
，
ac      0
ln7 ln8 ln7ln8 ln7ln8 ln7ln8 ln7ln8
因此，bac.故选：D.
 1 1  2 51
ae0.02,bsin cos  ,c
5．（2023·湖北武汉）设  100 100 50，则a,b,c的大小关系正确的是（ ）
A．abc B．acb
C．b<c<a D．bac
【答案】C
 1 1  2
ae0.02,bsin cos  1sin0.02,c10.02
【解析】由  100 100 ，
f xex1sinx(x0) fxexcosx0
令 ，则 ，
f x 0, f x f 00 ex 1sinx
所以 在 上递增，则 ，即 ，
则e0.02 1sin0.02，即ab；
gxex1x(x0) gxex10
令 ，则 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】gx 0, gxg00
ex 1x e0.02 10.02 ac
所以 在 上递增，则 ，即 ，则 ，即 ，故选：C
ae0.2,b 2,cln3.2 a,b,c
6．（2023·河南开封·校考模拟预测）若 ，则 的大小关系为（ ）
A．abc B．acb
C．bca D．bac
【答案】D
ae0.2 0 b 2 0 a5 e b5 4 2
【解析】由 ， 得： ， ，
4 2 e b5 a5
因为 ，所以 ，则ba；
f xexx1 fxex1
x0
设 （ ），则 ，
f�( x) >0 f x 0,
x0
当 时， ，所以 在 上单调递增，
x0 f x f 00 x0 ex x1
所以 时， ，即 时， ，
所以ae0.2 10.21.2lne1.2，
又  e1.25 e6 2.76 387.4 ， 3.25 335.5 ，所以e1.2 3.2，则lne1.2 ln3.2，
又cln3.2，所以ac，综上：bac，故选：D.
aln2.1,be0.1,c1.1 a,b,c
7．（2023·湖南郴州·安仁县第一中学校联考模拟预测）已知 ，则 的大小关系为
（ ）
A．abc B．acb
C．b<c<a D．cba
【答案】B
ln2.1lne11.1,ac,ln2.11e0 e0.1,ab
【解析】 ，
gxexx1,0x1 gxex10
令 ，则 ，
gxexx1
0x1
所以当 时，函数 单调递增，
g0.1g00
e0.110.10
，即 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】e0.1 1.1,bc acb
即 ，从而可知 .
故选：B.
y f x x,0
R
8．（2023·全国·高三对口高考）已知函数 是定义在 上的奇函数，且当 时不等式
f xxfx0 成立，若a30.3 f  30.3 ,blog π 3 f log π 3,clog 3 1 9 f    log 3 1 9    ，则 a,b,c 的大小关系
是（ ）
A．cba B．cab
C．acb D．bac
【答案】B
Fxxf x x,0 Fx f xxfx0
【解析】构造函数 ，则由题意可知当 时 ，
Fxxf x ,0
所以函数 在区间 上单调递减，
y f x Fxxf x
R R
又因为 是定义在 上的奇函数，所以 是定义在 上的偶函数，
Fx 0,
所以 在区间 上单调递增，
 1
aF  30.3， bFlog 3，cF

log 39 

F2F2 ，
π
因为 130.3  3 ， 0log π 31 ，所以 log π 330.3 2 ，所以 Flog π 3F  30.3 F2 ，即 bac ，
故选：B
f(x) (0,) xf(x) f(x)0
9．（2023·海南）已知 是定义在 上的非负可导函数，且满足 ，对任意正数a、
b，若ab，则必有（ ）
af(b)bf(a) bf(a)af(b)
A． B．
af(a) f(b) bf(b) f(a)
C． D．
【答案】A
 f x  fxx f x
【解析】由 xf(x) f(x)0  x    x2 0 .
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x f x f a f b
若 不是常函数，则 在 上单调递减，又 ，则  bf aaf b；
x x (0,) 0ab a b
f x f a f b
若 为常函数，则  bf aaf b .综上， .
x a b af(b)bf(a)
故选：A
f x 0, fx
10．（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知函数 的定义域为 ， 为函数
f x x2fxxf x1 f 10 f  2x 3  
的导函数，若 ， ，则不等式 的解集为（ ）
0,2 log 3,2 log 3, 2,
A． B． 2 C． 2 D．
【答案】D
1 lnx c
【解析】由题意得， xfx f x ，即xf x  lnxc ，所以xf xlnxc，即 f x  ，
x   x x
lnx 1lnx
又 f 10，所以 c=0 ，故 f x x ， f(x) x2 0 ，可得xe，
(0,e) f(x)0 f(x) (e,) f(x)0 f(x)
在 上， ， 单调递增；在 上， ， 单调递减，
1
f(e)=
所以 的极大值为 .简图如下：
f(x) e
所以 ， ， .故选：D.
f x0 2x 31 x2
f x fx
xR
11．（2023春·安徽六安）已知 是定义在R上的可导函数，其导函数为 ，对 时，有
fx2f x0 f x2023e2x4042f 20
，则不等式 （其中e为自然对数的底数）的解集为（ ）
2021, 2025,
A． B．
,2021 ,2025
C． D．
【答案】C
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x
【解析】设gx ， ，因为 ，
e2x xR fx2f x0
fxe2x 2e2xf x fx2f x
gx  0 f x
所以  e2x2 e2x ，所以gx 在 上单调递增，
e2x xR
f x2023 f 2
因为 f x2023e2x4042f 20，所以 e2x4046  e4 ，即 x20232 ，解得 x2021 .故选：C.
f x fx
R
12．（2023春·山西朔州·高二怀仁市第一中学校校考阶段练习）设函数 在 上存在导数 ，对任
π 
意的 xR ，有 f x f x2sinx ，且在0,上 fxcosx ．若 f  2 t   f tcostsint．则实数
t的取值范围为（ ）
 π π  π π π 
,   ,  ,   ,
A． 4 B．4  C．4 2 D．2 
【答案】A
f x f x2sinx f xsinx f xsinx
【解析】因为 ,所以 ,
gx f xsinx, gxgx gx
设 可得 , 为偶函数
0, fxcosx gx fxcosx0
在 上有 ， ，
gx 0, gx ,0
故 在 上单调递增，根据偶函数的对称性可知， 在 上单调递减，
π  π  π  π 
由 f  t f tcostsint得 f tsint f  tcost f  tsin t，
2  2  2  2 
π  π π  2 π2 π
gtg t t  t t2  t πt 0 t
即 2 ， 2 ，即 2  ， 4 ,解得 4 .故选：A.
ln2 1 2ln3
13．（2023春·河北承德）已知a ，b ，c ，则 ， ， 的大小关系为（ ）
2 e 9 a b c
A．abc B．acb
C．bac D．bca
【答案】C
ln2 ln4 1 lne ln9 lnx
【解析】因为a  ，b  ，c ，所以构造函数 f(x) ，
2 4 e e 9 x
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1lnx 1lnx
因为 f(x) ，由 f(x) 0有： ，
x2 x2 0xe
1lnx lnx
由 f(x)
x2
0有：
xe
，所以 f(x)
x
在e,上单调递减，
因为a ln2  ln4  f 4，b 1  lne  f e ，c ln9  f 9 ,
2 4 e e 9
因为94e，所以bac，故A，B，D错误.故选：C.
1 lnπ ln 3
a b c
14．（2023·山西·校联考模拟预测）设 2e， 2π ， 3 ，则（ ）
A．bca B．bac C．abc D．acb
【答案】D
1 lne lnπ ln 3 ln3
【解析】易知a  ，b ，c  ，
2e 2e 2π 3 23
lnx 1lnx
令 f x 2x x0 ，则 fx 2x2 ， fx0xe，所以 f x在e,上单调递减，
f e f 3 f π
e3π acb
又因为 ，所以 ，即 ．故选：D.
f x 0, fx xfx10
15．（2023春·安徽合肥）已知函数 的定义域为 ，其导函数为 ，若 ，
f e2
，则关于x的不等式
f  ex x1
的解集为（ ）
0,1 1,e 1, e,
A． B． C． D．
【答案】C
1 xfx1
【解析】设 Fx f xlnx ，x0,，则Fx fx  ，
x x
xfx10 Fx0 Fx 0,
x0
因为 ，所以 时， ，即 在 上单调递减，
f e2 Fe f elne1 f  ex x1 f  ex x1 f  ex lnex Fe
又 ，则 ，所以 ，
F  ex Fe f  ex x1 1,
即 ，则ex e，解得： x1 ，所以关于x的不等式 的解集为 ，故选：C.
f x fx fxf x
R
16．（2022春·重庆沙坪坝）设定义在 上的可导函数 的导函数为 ，且 ，若
1 1
f ln3 f x
资料整理【3淘宝店铺：向阳百分百】ex1 1
f ln3 ，则不等式 f x 的解集为（ ）
3 ex
1 
A．

3
,
 B．
ln3,
C．
0,ln3
D．
,ln3
【答案】D
fxf x fx f x0 gxexf x
【解析】因为 ，所以 令 ，则
gxexf xexfxexf x fx0 gx
  ，即 在定义域R上单调递减，
1
又 f ln3 ，所以gln3eln3f ln31，
3
1
因为
ex 0
，所以不等式 f x
ex
等价于exf x1，即gxgln3，
1
所以
xln3
，即不等式 f x
ex
的解集为,ln3.故选：D
ln 3 1 lnπ2
a b c 
17．（2023·河北·统考模拟预测）设 3 ， e2 ， 4π ，则（ ）
A．abc B．acb C．bac D．cba
【答案】B
lnx 12lnx
【解析】设函数 f(x) ,(x0)，则 f(x) ,(x0)，
x2 x2
0x e f(x)0 x e f(x)0
当 时， ，当 时， ，
f(x) (0, e) ( e,)
故 在 单调递增，在 上单调递减，
ln 3 ln 3 lnπ2 ln π
lne
a   f( 3) c   f( π)
b  f(e)
又 3 3 2 ， e2 ， 4π π 2 ，
e  3 π e f( 3) f( π) f(e) acb
因为 ，故 ，即 ，
故选：B
f x f 16 fx2 f x2x4
18．（2023春·吉林长春）函数 的定义城为R， ，对任意 xR ， ，则
的解集为（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x x1 x x1
A． B．
x x0 x x1
C． D．
【答案】D
gx f x2x4,xR gx fx2,xR
【解析】令 ，则 ，
fx2 gx0 gx
因为 ，所以 ，所以 在R上单调递减.
g1 f 1240 gx0 f x2x4 x x1
又因为 ，所以 即 的解集为 .
故选：D.
f x fx f x fx2 f 02024
19．（2023春·湖北黄冈）设定义在R上的函数 的导函数为 ，若 ， ，
2022
则不等式
f(x)2
（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ）
ex
2020, 0, 2022, ,02020,
A． B． C． D．
【答案】B
g(x)exf(x)2ex gxexf xexfx2ex ex  f x fx2 
【解析】设 ，则 ,
∵ f x fx2 ，∴ f x fx20 ,而ex 0,故 g(x)exf(x) f(x)20 ,
gx
∴ 在R上单调递增，
f 02024 g0 f 022022 gx2022 (0,)
又 ，故 ，∴ 的解集为 ，
2022
f(x)2
即不等式
ex
的解集为(0,)，故选：B
f x fx fx fxln20
20．（2023春·山东淄博·）已知定义在R上的函数 的导函数为 ， ，则下列不
等关系成立的是（ ）
2f 1 f 0 f 12f 2
A． B．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】5f log 54f 2 3f log 32f 1
C． 2 D． 2
【答案】C
hx2x f x hx2x fx2x fxln22x  fx fxln2 
【解析】设 ，则 ，
fx fxln20 2x 0 hx0 hx ,
又 ， ，所以 ，所以 在 上单调递减，
2f 1 f 0
由1>0可得 ，故A错；
22 f 22f 1 2f 2 f 1
由2>1可得 ，即 ，故B错；
hlog 5h2 5log 54f 2
由 log 2 52 ，∴ 2 ∴ 2 ，故C正确；
log 31 hlog 3h1 3flog 32f1
因为 2 ，所以 2 ．得 2 ，故D错误
故选：C
f x fx
xR
21．（2023·全国·高三专题练习）设函数 在R上存在导数 ，对任意的 ，有
f x f x2x2 0, f(x)2x f(3a) f(a)96a
，且在 上 ．若 ，则实数a的取值范围为（ ）
3   3 3 
A．

2
,


B．


,
2

C．

2
,3 
 D．
3,
【答案】A
f x f x2x2 f 0 f 00 f(0)0
【解析】因为 ，所以 ，得到 ，
g(x) f(x)x2 g(x) f(x)(x)2 2x2 f(x)x2 x2 f(x)g(x）
令 ，所以 ，
g(x) g(0) f(0)00
则 为奇函数，且 ，
x0 g(x) f(x)2x0 g(x) R
又当 时， ，所以由奇函数的性质知， 在 上单调递减，
f(3a) f(a)96a(3a)2a2 f(3a)(3a)2  f(a)a2 g(3a)g(a)
又 ，所以 ，即 ，
3
a
所以 ，即 .故选：A.
3aa 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】ln2 ln3 2
a b c
22．（2023·广东·高三专题练习）已知 2 ， e ， e 2 ，则（参考数据：ln20.7）（ ）
A．abc B．bac C．bca D．cab
【答案】B
lne 2
a ln2  2ln2  ln4 c
【解析】因为 2 4 4 ， e 2 ，
lnx 1lnx
考虑构造函数
f x
，则
fx
，
x x2
0xe f�( x) >0 f x 0,e
当 时， ，函数 在 上单调递增，
xe fx0 f x e,+
当 时， ，函数 在 上单调递减，
ln3 ln4 lne 2
e 2>  e0.72 4  
因为ln20.7，所以e0.7 2，即 ，所以3<4<e 2，所以 3 4 e 2 ，即
ln3 ln2 lne 2
 
3 2 e 2 ，
ln3 ln3 ln3 ln2 lne 2
  
又 3 e ，所以 e 2 e 2 ，故bac，故选：B.
f x fx fxexx
R
23．（2023·全国·高三专题练习）已知偶函数 与其导函数 的定义域均为 ，且 也
f 2a1 f a1
a
是偶函数，若 ，则实数 的取值范围是（ ）
,2 0,2
A． B．
2, ,02,
C． D．
【答案】B
f x f x=f x fxfx
【解析】因为 为偶函数，则 ，等式两边求导可得 ，①
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】fxexx fxexx fxexx
因为函数 为偶函数，则 ，②
exex
联立①②可得 fx x，
2
exex
令 gx fx，则gx 1 exex 10，且 gx不恒为零，
2
gx fx
所以，函数 在R上为增函数，即函数 在R上为增函数，
fx f00 f x 0,
x0
故当 时， ，所以，函数 在 上为增函数，
f 2a1 f a1 f 2a1 f a1
由 可得 ，
2a1  a1 a2 2a0 0a2
所以， ，整理可得 ，解得 .
故选：B.
f(x) R
fx
f(x) f(x)1
24．（2023春·河南郑州）设函数 的定义域为 ，其导函数为 ，且满足 ，
f(0)2023 exf(x)ex2022 e
，则不等式 （其中 为自然对数的底数）的解集是（ ）
(2022,) (,2023) (0,2022) (,0)
A． B． C． D．
【答案】D
f(x)1
【解析】设g(x) ，
ex
f(x) f(x)1
，即 ，g(x) 0，
 f(x) f(x)1 f(x) f(x)10 ex
g(x)在R上单调递减，又 f(0)2023，
f(x)1 f(0)1
不等式exf(x)ex2022 2022 f(0)1 ，即 ， ，
 ex e0 g(x)g(0) x0
 (,0)
原不等式的解集为 .故选：D
1
25．（2023春云南）已知定义在 上的奇函数 f x满足， f 1 ，若 f x fx，则不等式
R e
f x2ex
的解集为（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】,0 ,1 1, 3,
A． B． C． D．
【答案】B
 f x f xf x fx fx fx
【解析】 是定义在R上的奇函数， ，则 ，即 是偶函数，
f x f x fx
由 f x fx fx，可得 f x fx0 ，构造gx ex ，则gx ex 0，
f x2 1 f 1
所以函数 gx单调递增，不等式
f
x2ex可化简为
ex2

e2

e
，
gx2g1
x21 x1
即 ，所以 ，解得 .故选：B.
(0,) f(x) xf(x) f(x)0 f(2)2
26．（2023春·广东佛山）已知定义在 上的函数 满足 ，且 ，则
f  ex ex 0
的解集为（ ）
(,ln2) (0,ln2)
A． B．
(ln2,) (ln2,2)
C． D．
【答案】A

 f(x) xf(x) f(x) f(x)
 0
【解析】因为  x   x2 ，所以函数 x 在区间0,上单调递减，
f
 ex
f(2)
不等式 f  ex ex 0可化为 ex  2 ，即ex 2，解得xln2.
故选：A
f x ,0U0, x0,
27．（2023春·天津南开）已知 是定义在 上的奇函数，若对于任意的 ，都
有2f xxfx0成立，且 f 2 1 ，则不等式 f x 2 0解集为（ ）
2 x2
2, 2,00,2
A． B．
0,2 2,02,
C． D．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】A
g(x)x2f(x) x,00,
【解析】令 ， ，
f x ,0U0, f xf x
因为 是定义在 上的奇函数，即 ，
gxx2 f xx2f xgx g(x)x2f(x)
， 是奇函数；
gx2xf xx2fxx2f xxfx0
又当x0时，   ，
g(x)
0,
g(x)
,0
在 上单调递增， 在 上单调递增；
1
又 f 2
2
， g222f22 ，
2
对于不等式
f x
x2
0 ，又x,00,，所以x20,
，
2
所以不等式 f x x2 0 等价于x2f x20，即x2f x2，即gxg2 ，
2
所以x2，即不等式 f x x2 0 解集为2,．
故选：A．
1.01
28．（2023·海南·统考模拟预测）已知
alnsin1.01
，
b
101 ，cln1.01，则（ ）
A．abc B．c<a<b
C．bac D．acb
【答案】D
π 3
【解析】因为
sin1.01sin
3

2 ，所以
alnsin1.010
，显然b0,c0.
x
令 ，则b ， ，
x0.01 1x cln(1x)
x
若ycbln(1x) ，且 ，
1x x0
2 1x(2x) ( 1x1)2
y  0
则 2(1x) 1x 2(1x) 1x ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】0
所以 在 上递减，则yln(10) 0，即 ，
y (0,) 10 0cb
综上，acb.
故选：D.
f x f 02
R xR
29．（2022·宁夏吴忠·统考模拟预测）函数 的定义域是 ， ，对任意 ，
f x fx1 ex f xex1
，则不等式： 的解集为（ ）
x x0 x x0
A． B．
x x1 x1 x x1 0x1
C． 或 D． 或
【答案】A
gxexf xex1 g0 f 020
【解析】构造函数 ，则 ，
gxexf x fx10 gx
  ，则函数 在R上单调递增，
ex f xex1 gxexf xex 10g0
x0
由 可得 ，可得 ，
ex f xex1 x x0
因此，不等式 的解集为 .
故选：A.
f x fx
R
30．（2023·江苏南京·统考二模）已知函数 是定义在 上的可导函数，其导函数为 ．若对任意
fx1 f 1x f 1x0 f 02 f x1x1
xR
有 ， ，且 ，则不等式 的解集为（ ）
0, 1, 2, 3,
A． B． C． D．
【答案】D
gx f xx gx fx10
R
【解析】设 ，则 恒成立，故函数在 上单调递增.
f 1x f 1x0 f 2 f 00 f 22
，则 ，即 ，
g2 f 220
故 .
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x1x1 gx10 gx1g2
x12 x3
，即 ，即 ，故 ，解得 .
故选：D
y f x fx
R
31．（2023春·陕西咸阳·高二校考期中）已知定义在 上的可导函数 的导函数为 ，满足
f x
f x fx，且 f 02 ，则不等式 ex 2的解集为（ ）
,0 0, ,2 2,
A． B． C． D．
【答案】B
f x fxex f xex fx f x
【解析】令gx ，则gx  0，
ex e2x ex
gx
R
在 上单调递增，
f 0
 f 02 ，g0 e0 2
f x
则不等式
ex
2，即为 gx2 ，即为 gxg0，
x0
，
f x
所以不等式
ex
2的解集为0,.
故选：B
f x 0, fx x0,
32．（2023春·四川绵阳）函数 定义域为 ，其导函数为 ，若 ，
xfx f x1 f 12 xf xx1
，且 ，则不等式 的解集为（ ）
1,2 2, 0,1 1,
A． B． C． D．
【答案】D
gxxf xxx0 gx f xxfx10
【解析】令 ，则
gx 0,
故 在 单调递减，
g11 f 111 xf xx1 gxg1
x1
又因为 ，所以不等式 等价于 ，故 ．
故选：D．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1 10 10
33．（2023春·四川广安）已知a ,be10 1,c ln ,，试比较 大小关系（ ）
9 9 9 a,b,c
A．bca B．bac C．cab D．cba
【答案】C
f x1xln1xx,x1
【解析】令
fxln1x f�( x) >0 f x 0,
x0
则 ，令 ，则 恒成立，即 在 上单调递增，
1 1
∵ 0 f   f 0
9 9
10 10 1
即 ln  0ca
9 9 9
令 gxe1 9 0 x 1x ，则gx 9 e1 9 0 x 1
10
10 10  10 10
令 gx0 得x
9
ln
9
，即 gx在

,
9
ln
9


上单调递减，
因为0 1  10 ln 10 ，所以g   1  g0 即e1 9 0  1 9 1 1 0即e1 1 0 1 1 ，
9 9 9 9 9 9
即ba，所以bac．
故选：C
0, f x,gx
34．（2023春·江西·高三校联考阶段练习）定义在 上的函数 的导函数都存在，且
f xxfxx2gx
，则必有（ ）
2g22f 1 f 22g1 2g22f 1 f 22g1
A． B．
4g22f 1 f 24g1 4g22f 1 f 24g1
C． D．
【答案】A
x0,
【解析】由题意， ，
xfx f x
由
f
xxfxx2gx，得gx
x2
．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x xfx f x
设函数hxgx ,x0，则hxgx 0，
x x2
hx 0, h2h1
∴ 在 上单调递增，从而 ．
f 2 f 1
即g2 g1 ，即 2g22f 1 f 22g1．
2 1
故选：A.
f(x) f(x) xR
35．（2023春·北京）已知e为自然对数的底数，函数 的导函数为 ，对任意 ，都有
f(x)f(x)
成立，则（ ）
f(0) f 0
A．  f(1)ef(2) B． f 1ef 2
e e
f(0) f(0)
ef(2) f(1) ef(2)  f(1)
C． D．
e e
【答案】A
【解析】由 f(x)f(x)得 f(x) f(x)0
gxexf x gⅱ( x) =ex轾f ( x) +f ( x) <0 gx
臌
令 ，则 ，所以 单调递减，
f(0)
故g0g1g2,即e0f (0) >e1f (1) >e2f (2) ,同除以 得  f(1)ef(2) ，
e e
故选：A
f x fx 3f x fx0 f 11
R
36．（2023春·湖北武汉）设函数 的定义域为 ， 是其导函数，若 ， ，
f xe33x
则不等式 的解集是（ ）
0， 1， ，0 0，1
A． B． C． D．
【答案】B
g(x)e3x3f(x) g(x)3e3x3f(x)e3x3f(x)e3x33f(x) f(x)
【解析】令 ，则 ，
3f(x) f(x)0 3e3x3f(x)e3x3f(x)0 g(x)0
因为 ，所以 ，所以 ，
g(x)e3x3f(x)
R
所以函数 在 上单调递增，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f xe33x e3x3f(x)1 g(1)e33 f(1)1
而 可化为 ，又
即g(x)  g(1)，解得x1，
f xe33x (1,)
所以不等式 的解集是 ．
故选：B
 π
1．（2023春·山东聊城）已知偶函数 y f x 满足 cosx fxsinx f x0 对 x  0, 2  恒成立，下列正
确的是（ ）
π π π 6  π
2f   f   f   f  
A． 4 3 B． 4 2  6
π 3  π  π
f   f   2f 0 f  
C． 6 3  3 D．  4
【答案】A
y f x f x f x
【解析】因为 为偶函数，则 ，
gxcosx f x gxcosx f xcosx f x
令 ，则 ，
gxcosx f x
所以 为偶函数，
 π
又 gxcosx fxsinx f x，则当x  0, 2   时 gx0 ，
所以 gx在  

0, π
2
 

上单调递增，则g0g  

π
6
 

g  

π
4
 

g  

π
3
 

，
π π π π π π
cos f  cos f   2f   f  
所以 4 4 3 3，即 4 3，故A正确；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】π π π π 3 π 2 π
cos f  cos f   f   f  
6 6 4 4，即 2 6 2 4，
π 6 π π 6  π
f   f   f   f  
则 4 2 6，即 4 2  6，故B错误；
π π π π 3 π 1 π
cos f  cos f   f   f  
6 6 3 3，即 2 6 2 3，
π 3 π π 3  π
f   f   f   f  
则 6 3 3，即 6 3  3，故C错误；
π π 2 π
cos0f 0cos f   f 0 f  
4 4，即 2 4，
π  π
2f 0 f   2f 0 f  
则 4，即  4，故D错误；
故选：A
a e1,b1.01e,ce1.01
2．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知 ，则（ ）
A．abc B．acb
C．cba D．c<a<b
【答案】A
f xexex fxex e
【解析】令 ，则 ,
x1, f�( x) >0 y f x 1,
但 时 ，则 在 上单调递增,
f 1.01 f 10 cb
所以 ，则 .
b1.01ee,a e1
因为 ，
a,b e1 e (e1)2 e
所以，比较 的大小可以比较 与 ，即比较 与 ，
3 
设 gxx23x1 ，可知 gx在x
2
,

上单调递增，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】3
因为 e2.7 ，且g2.72.7232.710.19，
2
geg2.70 e12 e
所以 ，则 ，故ba.
所以abc.
故选：A.
f x R, f'x f x
3．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数 的定义域为 为函数 的导函数，当
x0, sin2x f'x0 xR, f x f x2sin2x0
时， ，且 ，则下列说法一定正确的是（ ）
π π 1 π π 1
f   f   f   f  
A． 3 6 2 B． 3 4 4
π 3π 1 π  3π 1
f   f   f   f  
C． 3  4  4 D． 3  4  4
【答案】B
Fxsin2x f x F'xsin2x f'x
【解析】令 ，则 ，
x0, sin2x f'x0 F'x0 Fxsin2x f x 0,
因为当 时， ，所以 ，所以 在 上单调递增，
xR, f x f x2sin2x0
又 ，
Fxsin2x f xsin2x2sin2x f xsin2x f xFx Fx
所以 ，即 为奇函数，
Fxsin2x f x
R
在 上单调递增，
π π π π π π π π 1  π π
F F  F F sin2  f  sin2  f     f   f   0
所以对于A， 3 6，即 3 6 3 3 6 6 2  3 6 ，
π π 1
f   f  
3 6 2，A错误；
π π 3 π 1 π π π 1
F F   f    f   f   f  
对于B， 3 4 ，即4 3 2 4 ； 3 4 4，B正确；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】π 3π 3 π 1 3π π 3π 1
F F   f    f  , f   f  
对于C， 3  4 ，即4 3 2  4  3  4  4，C错误；
π  3π 3 π 1  3π π  3π 1
F F ,  f    f  ,f   f  
对于D， 3  4  4 3 2  4  3  4  4，D错误；
故选：B.
f x fx fx
R R
4．（2023·江苏苏州·模拟预测）已知函数 及其导数 的定义域均为 ， 在 上单调递增，
f1x
4b 5 3c 4
为奇函数，若2a3， ， ，则（ ）
f a f b f c fb fa fc
A． B．
f b f c f a f c f b f a
C． D．
【答案】C
f1x f1xf1x
【解析】因为 为奇函数，所以 ，
f1f1 f10
x0
令 ，则 ，故 ，
fx
R
又 在 上单调递增，
fx0 f x
x1
所以当 时， ，则 单调递减；
x1 f�( x) >0 f x
当 时， ，则 单调递增；
因为 ，4b 5，3c 4，
2a3
alog 3log 21 blog 5log 41 clog 4log 31
所以 2 2 ， 4 4 ， 3 3 ，
4ln2ln4ln2ln42 ln82 ln92 4ln32
因为 ，
ln2ln4ln32
由于ln2ln4，故上式等号不成立，则 ，
ln4 ln3
又 ln30,ln20 ，所以 ln3  ln2 ，即log 4log 3，即 ca ，
3 2
同理可得bc，所以1bca，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f b f c f a
所以 .
故选：C.
aln1.1,b0.1,ce0.9
5．（2023·河南·校联考模拟预测）已知 ，则（ ）
A．abc B．bac C．b<c<a D．cab
【答案】A
1 x
【解析】造函数 f xlnx1x,x1,，则 fx 1 ，
x1 x1
x1,0 fx0, f x 1,0
当 时， 在 上单调递增；
x0, fx0, f x 0,
当 时， 在 上单调递减，
f 0.1 f 00 ln0.110.10
ln1.10.1 ab
所以 ，即 ，得 ，即 ；
gx xex1,xR gx1ex1
构造函数 ，则 ，
x,1 gx0,gx ,1
当 时， 在 上单调递增，
x1, gx0 gx 1,
当 时， ， 在 上单调递减，
bc g0.1 g10,bc
，
所以abc.
故选：A.
1 3 1
6．（2023·湖南长沙·周南中学校考三模）设a ，bln ，ctan ，则（ ）
3 2 2
A．abc B．bac
C．c<a<b D．acb
【答案】A
3 3 27 3 1 3 1 1
   e e3 ln lne3 
【解析】因为2 8 ，所以2 ，所以 2 3，
所以ba，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 sin2x
令
f
xtanxx,x0,1，则 fx
cos2 x
1
cos2x
tan2x0,x0,1，
f x 0,1
所以 在 上单调递增，
1 1 1 1 1
所以 f   f 00，即tan  0，所以tan  ，
2 2 2 2 2
x
令gxxlnx1,x0,，则gx 0,x0,
，
x1
gx 0,
所以函数 在 上递增，
1 1 3 1 3
所以g g00，即 ln 0，即 ln ，
2 2 2 2 2
1 3
所以tan ln ，即 ，
2 2 cb
综上，abc.
故选：A.
10 19 20 39
a  ,b 
7．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）设  9  19 ，则下列关系正确的是
（ ）
abe2 bae2 e2 ab e2 ba
A． B． C． D．
【答案】D
10  1 20  1 
lna19ln 291ln1  lnb39ln 2191ln1 
【解析】 9  9， 19  19，
 1
设函数 f x2x1ln1 2x1  lnx1lnx  ,x1，
 x
 1 1  1 1 2 1 
fx2lnx12lnx(2x1)  2ln1    
x1 x  x
1
1 x x2，
x
x22x x2
设gx2ln1x 1x ,x0,1,gx (1x)2 0，故 gx在0,1单调递减， gxg00 ，
f x 1, f 9 f 19
ab
从而 在 单调递减，故 ，即 ；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2t 1 4 t2
htlnt1 ,t0,,ht   0
设 t2 t1 (t2)2 t1(t2)2 ，
1
故 ht 在 0, 单调递增， h x   h00 ，即 f x2 ，从而有 f 192 ，
因此be2．
e2 ba
综上， .
故选：D
f x ,0U0, fx
x0
8．（2023春·河北）已知函数 是定义在 上的偶函数，其导函数为 ，当 时，
f xxfx1 f 23 f x x 1
，且 ，则不等式 的解集是（ ）
,22, ,20,2
A． B．
2,02, 2,00,2
C． D．
【答案】A
f x1 xfx f x1
【解析】设gx ，则gx ．
x x2
f xxfx1 xfx f x10 gx0
x0
当 时， ，即 ，则 ，
gx 0,
故 在 上单调递增．
f x f x f x
因为 是偶函数，所以 ，
f x1 f x1
所以gx  gx，则gx是奇函数，
x x
gx ,0
故 在 上单调递增．
f 21
因为 f 23 ，所以g2 1，则g21．
2
x0 x0
 
不等式 等价于 f(x)1 或 f(x)1
1 1
f x x 1   x   x
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x0 x0
 
即g(x)g(2)或g(x)g(2)解得x<2或x2．
故选：A.
f x f xx  exex
9．（2023·四川·川大附中校考模拟预测）定义在R上的可导函数f（x）满足 ，
x1
且在0,上有 fx ex 0 若实数a满足 f 2a f a22ae2a aea22ea2 0，则a的取值范
围为（ ）
 2   2
A．



3
,2 
 B．
2,
C．


,
3


2,
D．
,2
【答案】A
x x
【解析】由 f x f xx  exex，得 f x  f x .
ex ex
x
令gx f x
ex
，则gxgx，即gx为偶函数.
x1
又x0,时，gx fx
ex
0
.
gx 0,
所以 在 上单调递减.
2a a2
由 f 2a f a22ae2a aea22ea2 0，得 f 2a e2a  f a2 ea2 ，即g2aga2.
gx
又 为偶函数，
g2aga2
所以 ，
2
所以 2a  a2 ，即 4a2 a24a4 ，解得 3 a2，
 2 
 ,2
 
所以a的取值范围为 3 .
故选：A.
f x fx
10．（2023·山东烟台·统考二模）已知函数 的定义域为R，其导函数为 ，且满足
1
fx f xex f 00  e2x1  f xe
e
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1
fx f xex， f 00，则不等式  e2x1  f xe 的解集为（ ）．
e
 1 1 
1,   ,e
A． e B．e 
1,1 1,e
C． D．
【答案】C

【解析】由 fx f xex 得exfxexf x1，即   exf x  1，
exf xxm
可设 ，
f 00
x0 m0
当 时，因 得 ，
f xxex
所以 ，
1 1
 e2x1  f xe 可化为xex e2x 1  e ，
e e
1
即
xex xex e
，
e
gxxexxex
设 ，
gxxexxex gx gx
因 ，故 为偶函数
gxexxexxexex
，
当x0时，因xexxex 0，exex 0，
gxexxexxexex 0 gx 0,
故 ，所以 在区间 上单调递增，
g1ee1
因 ，
1
所以当 时 gxxexxex e 的解集为0,1，
x0 e
1
又因gx为偶函数，故
gxe
的解集为1,1.
e
故选：C
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x fx 0, fxsin2x0
11．（2023·海南·统考模拟预测）设函数 在R上的导函数为 ，在 上 ，且
f x f x2cos2 x
xR
，有 ，则（ ）．
 2π  5π
A． f    3    f    6   B． f π f 0
π 5π 2π
f π f   f   f  
C． 4 D．  6   3 
【答案】A
f x f x2cos2 x f xcos2x f xcos2 x0
【解析】由 ，可得 ．
gx f xcos2x gxgx0 gx
设 ，则 ，所以 是R上的奇函数，
0, fxsin2x0 gx fx2sinxcosx fxsin2x0
又在 上 ，即 ，
gx 0, gx gx
所以 在 上单调递减，又 是R上的奇函数，所以 在(-∞,0)上单调递减，
 2π  5π  2π 1  5π 3
所以g g ，即 f    f   ，
 3   6   3  4  6  4
 2π  5π 1  2π  5π
f   f   0 f   f  
因此  3   6  2 ，故  3   6 ，故A正确；
gπg0 f π1 f 01 f π f 0
所以 ，即 ，因此 ，故B不正确；
π π 1 π 1
所以gπg ，即 f π1 f   ，则 f π f   ，
4 4 2 4 2
π
所以 f π 与 f  4  的大小不能确定，故C不正确；
5π 2π 5π 3 2π 1 5π 2π 1
所以g g ，即 f    f   ，则 f   f   ，
 6   3   6  4  3  4  6   3  2
5π 2π
f   f  
所以  6 与  3 的大小不确定，故D不正确.
故选：A.
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f xlnxax2 x x
12．（2023春·山东德州）已知函数 ，若对任意两个不等的正实数 1， 2，都有
f x  f x 
1 2 2
x x ，则实数a的取值范围是（ ）
1 2
1  1 
 ,  ,
A．4  B．2 
1  1 

,

,
C．4  D．2 
【答案】D
x x 0
1 2
【解析】由题意,不妨设 ,
f x  f x 
1 2 2
因为对任意两个不等的正实数x,x ,都有 x x ,
1 2 1 2
f x  f x 2x 2x f x 2x  f x 2x
所以 1 2 1 2,即 1 1 2 2,
g(x) f(x)2xlnxax22x(x0)
构造函数 ,
gx gx 
则 1 2 ,
g(x) (0,)
所以 在 上单调递增，
1
g(x) 2ax20
所以
x
在
(0,)
上恒成立,
1 1
a 
即
x 2x2
在
(0,)
上恒成立,
1 1 1 1 1x
设 m(x)  (x0) ,则 m(x)   ，
x 2x2 x2 x3 x3
x(0,1) m(x)0,m(x)
所以当 时, 单调递增，
x(1,) m(x)0,m(x)
时, 单调递减，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1
所以 m(x) m(1)1  ，
max 2 2
1
a
所以 .
2
故选：D.
f(x)
1,
f(x)xf(x)
13．（2023春·山东潍坊）已知 是定义在 上的可导函数，且满足 ，则不等式
f(x1)(x1)f(x21)
的解集是（ ）
1,1 1, 0,1 0,
A． B． C． D．
【答案】D
f(x) 1, f(x1)(x1)f(x21)
【解析】因为 定义在 上，所以 中的式子要有意义，
x11,

需满足x211，解得x0.
f(x)xf(x) f(x)xf(x)0 (xf(x))�<0
因为 ，所以 ，即 ，
g(x)xf(x)(x1) g(x)
设函数 ，则 在定义域上单调递减.
f(x1)(x1)f(x21)
要求 ，则
x10 x1 (x1)f(x1)(x21)f(x21) g(x1)g(x21)
当 ，即 时， ，即 ，
所以x1x21，解得x1或x0，所以x1；
x10 0x1
(x1)f(x1)(x21)f(x21) g(x1)g(x21)
当 ，即 时， ，即 ，
所以x1x21，解得0x1；
在 f(x)xf(x)中，令x0得 f(0)0，
f(x1)(x1)f(x21) x10 f(0)2f(0)
而在 中，当 时，有 ，显然成立；
f(x1)(x1)f(x21) 0,
综上， 的解集为 .
故选：D.
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x gx
14．（2023·安徽·校联考模拟预测）已知函数 、 是定义域为R的可导函数，且 xR ，都有
fx gx

f x0，gx0，若 f x 、gx 满足 f x gx ，则当x xx 时下列选项一定成立的是（ ）
1 2
f x gx  f x gx  f xgx  f x gx
A． 2 1 1 2 B． 1 1
f x gx  gx  f x  f x  f x 
2 2  2 2  1 2
C． f x gx  gx  D． gx  gx gx 
1 1 1 2 1 2
【答案】D
fx gx
  fxgx f xgx0
【解析】由题意： f x gx ，
f x fxgx f xgx
Fx Fx
设 gx ，则 g2x ，
fxgx f xgx0 Fx0
由 得 ，
f x  f x f x 
2   1
因为x xx ，所以 gx  gx gx  ，
1 2 2 1
f x gx
又 、 是定义域为R的恒大于0的可导函数，
f xgx  f x gx f x gx  f x gx 
故 1 1 ，B错误， 2 1 1 2 ，A错误；
f x  f x  f x  f x  f x gx  f x gx 
2  1  2 1 1 1 2 2  1 1
gx  gx  gx  gx  gx  gx  ，
2 1 2 1 2 1
f x gx  f x gx 
因为 2 2 ， 1 1 不知道正负，所以C不一定成立；
f x  f x  gx  f x  gx gx  f x  f x 
2  1  1  1  2 1  2 1
gx  gx  gx  f x  gx  f x  ，
2 1 2 2 2 2
f x  f x  f x 
2  1 2
即 gx  gx gx  ，D正确.
2 1 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故选：D.
f x fx f 2x f 2x0
15．（2023·湖北·模拟预测）已知函数 及其导函数 的定义域均为R，且 ，
f 12x f 12x4x f 10 f11
，则 （ ）
A．11 B．9 C．0 D．9
【答案】A
xR, f 2x f 2x0 f xf x
【解析】因为对任意的 ，即 ，
f x f 00
所以 为奇函数，故 ．
f 12x f 12x4x f 1x f 1x2x
由 得， ，
f 1x1x f 1x1x
即 ，
gx f xx gx g00 g1xg1x
设 ，则 为奇函数， ，且 ，
gx
x1
所以 图像关于直线 对称，
g1xg1x gxg2x
由 得， ，
gxg2x
所以 ，
g4xg22xg2x  gx gx
 
所以
gx
所以 的周期为4．
g10 g2 g00 f 10 g101010
所以 ，所以 ，
g1xg1x g1xg1x gx 1,0 g10
由 求导可得 ，所以 关于 对称，所以
gx
x=1
由对称性可知 图像关于直线 对称，
gxg2x gxg2x
因为 ，所以 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】gxg2x
所以 ，
g4xg22xg2xgxgx
 
所以
gx g11g1g10
所以 的周期为4，所以 ，
gx fx1 f11 g1111
又 ，所以 ，
f 10 f1111
所以 ．
故选：A.
f x 0, fx
16．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）已知函数 的定义域为 ，其导函数为 ，
f xlnx fx f 12f1 f x
， ，则 （ ）
A．无极值 B．有极大值，也有极小值
C．有极大值，无极小值 D．有极小值，无极大值
【答案】D
f xlnx fx f 1 f1ln10
【解析】由已知 知 ，
f 12f1 f 1 f10
又 ，所以 ，
gxexf x gxex

fx f x

exlnx
令 ，则 ，
gx 1
又 fxlnx f xlnx ex  ex   exlnxgx ，
hxexlnxgx
令 ，
1  1  ex
hxex  lnxgxex  lnxexlnx 0
所以 x  x  x ，
hx 0, h1g1ef 10
所以 在 上单调递增，又 ，
x0,1 hx0 fx0 f x
所以当 时， ， ， 单调递减；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x1, hx0 f�( x) >0 f x
当 时， ， ， 单调递增，
f x f 10
所以 的极小值为 ，无极大值，
故选：D.
f x gx f xgx0
R
17．（2023春·吉林长春）已知函数 和 都是定义域为 的函数，且满足 ，且
f xgx fxgx
axb
恒成立，那么当 时，一定成立的是（ ）
f bgx f xgb f xgx f agb
A． B．
f xgb f bgx f xga f agx
C． D．
【答案】C
f xgx fxgx f xgx fxgx0
【解析】由 可得： ，
gx gx f xgx fx
Fx Fx 0
令 f x， f2x ，
Fx
R
所以 在 上单调递增，
ga gx gb
 
若axb，则FaFxFb，所以 f a f x f b，
f xgx0 f x,gx
因为 ，所以 恒为正或恒为负，
ga gx ga f xgx f a
  0
所以FaFx0， f a f x f a f x ，
f a f x0 ga f xgx f a0
，所以 ，
f xga f agx
所以 ，故D不正确；
gx gb gx f bgb f x
  0
FxFb0， f x f b f x f b ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x f b0 gx f bgb f x0
， ，
f xgb f bgx
故 ，故C正确，A不正确；
f x f x f x f b
ax
对于B，若 恒为正，且 单调递减，则 ，由 ，
gx gx gxgb
xb
若 恒为正，且 单调递增，则 ，由 ，
f xgx f agb
则有 ，故B不正确；
故选：C.
f x fx
18．（2023·贵州遵义·校考模拟预测）已知函数 的定义域为R，其导函数为 ，若
f x f x x x x x 
sin ，且当 时，2fxcos 0，则 f 2xπ1 f xsin 2sin 1的解集
2 2 x0 2 2 2 
为（ ）
 π π 
π,  ,π ,
A． 3 B． 3 
 π  π 
π,  ,π ,
C． 3 D．  3 
【答案】C
x
【解析】由已知可推得， f x f x2sin .
2
x x x
令gx f xsin ，则gx f xsin  f xsin ，
2 2 2
x x x
gxgx f xsin  f xsin  f x f x2sin 0
所以 ，
2 2 2
gx
所以， 为偶函数.
1 x 1 x
又gx fx cos  2fxcos ，
2 2 2 2
x
因为当 时，2fxcos 0，
x0 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】gx0 gx ,0
所以， ，所以 在 上单调递增.
gx gx 0,
又 为偶函数，所以 在 上单调递减.
x x 
由 f 2xπ1 f xsin 2sin 1可得，
2 2 
x x
f 2xπ12sin2  f xsin
.
2 2
2xπ x
因为g2xπ f 2xπsin  f 2xπcosx  f 2xπ12sin2 ，
2 2
g2xπgx
所以， .
gx 0, gx
因为 在 上单调递减， 为偶函数，
2xπ  x
所以有 ，
平方整理可得，3x24πxπ2 0，
π
解得πx
.
3
故选：C.
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