当前位置：首页>文档>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）（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）

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37 页
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文档内容

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．b0 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．b0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<40 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．c0 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．b0 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. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】
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