6.盘点全国卷中的比较大小问题_11.3-2_2026-11-03

6.盘点全国卷中的比较大小问题
1.单调性再搭桥
具体操作步骤如下：
①底数相同，指数不同时，如ax1和ax2，利用指数函数yax的单调性；
②指数相同，底数不同，如xa和xa利用幂函数yxa单调性比较大小；
1 2
③底数相同，真数不同，如log x 和log x 利用指数函数log x单调性比较大小；
a 1 a 2 a
④底数、指数、真数都不同，寻找中间变量0，1或者其它能判断大小关系的中间量，借
助中间量进行大小关系的判定.
⑤换底公式要记牢！
例1．（2019全国1卷）已知a log 0.2,b20.2,c0.20.3，则
2
A．abc B．acb C．cab D．bca
解析：a log 0.2log 10, b20.2 20 1, 00.20.3 0.20 1,则
2 2
0c1,acb．故选B．
点评：送分题.
例2．(2019年3卷)设 f x 是定义域为R的偶函数，且在 0, 单调递减，则
 1   3    2 
A． f  log   f 2 2  f 2 3 
 3 4    
 1   2    3 
B． f  log   f 2 3  f 2 2 
 3 4    
  3    2   1
C． f 2 2  f 2 3  f  log 
     3 4
  2    3   1
D． f 2 3  f 2 2  f  log 
     3 4
 1
解析： f x 是R上的偶函数， f  log   f log 4=f log 4 ．
 3 4 3 3
log 4120 2  2 3 2  3 2 0 ，又 f x 在(0，+∞)单调递减，
3
f log 4 f  2  2 3   f  2  3 2  ， f  2  3 2   f  2  2 3   f   log 1 ，故选C．
3          3 4
4 2 1
例3．(2016年3卷理科)已知a23,b45 ,c253,则 ( )
A．bac B．abc C．bca D．cab4 2 2 1 2 2
解析:因为a23 43 45 b,c253 53 43 a,故选A.
例4．(2016年1卷理科)若ab1，0c1，则 ( )
A.ac bc B.abc bac C.alog
b
cblog
a
c D.log
a
clog
b
c
解析：对A： 由于0c1，∴函数 y  xc在R上单调递增，因此ab1 ac bc，
A错误；
对B：由于1c10，∴函数y  xc1在1,上单调递减，
∴ab1 ac1 bc1 bac abc，B错误；
alnc blnc lnc lnc
对 C：要比较alog c和blog c，只需比较 和 ，只需比较 和 ，
b a lnb lna blnb alna
只需blnb和alna
构造函数 f x xlnxx1，则 f 'xlnx110， f x在1,上单调递
1 1
增，因此 f a f b0 alnablnb0 
alna blnb
lnc lnc
又由0c1得lnc0，∴  blog calog c，C正确
alna blnb a b
lnc lnc
对D：要比较log c和log c，只需比较 和
a b lna lnb
1 1
而函数y lnx在1,上单调递增，故a b1lna lnb0 
lna lnb
lnc lnc
又由0c1得lnc0，∴  log clog c，D错误，故选C．
lna lnb a b
例5．(2017年1卷理科)设x,y,z为正数,且2x 3y 5z,则 ( )
A．2x3y5z B．5z 2x3y C．3y5z 2x D．3y2x5z
解析：令2x 3y 5z k ,则xlog k,y log k ,z log k
2 3 5
2x 2lgk lg3 lg9 2x 2lgk lg5 lg25
∴    1,则2x3y ，    1,则2x5z
3y lg2 3lgk lg8 5z lg2 5lgk lg32
,故选D．
2．结合重要不等式
ab 1 1
基本不等式，糖水不等式以及一些重要的恒等关系   等需注意.
ab a b
例6．（2018全国3卷）设alog 0.3，blog 0.3，则
0.2 2
A．abab0 B．abab0
C．ab0ab D．ab0ab
1 1 1 1
详解：.a log0.20.3,blog20.3 log0.30.2, log0.32  log 0.4
a b a b 0.31 1 ab
0  1,即0 1，又a 0,b0，ab0即abab0，故选B.
a b ab
例7.（2020全国3卷）已知55<84，134<85．设a=log 3，b=log 5，c=log 8，则（ ）
5 8 13
A. a<b<c B. b<a<c C. b<c<a D. c<a<b
解析：由题意可知a、b、c0,1
，
a log 3 lg3 lg8 1 lg3lg8 2 lg3lg8 2 lg24 2
 5             1， ab
b log 5 lg5 lg5 lg52  2   2lg5  lg25
8
；
4
由blog 5，得8b 5，由55 84，得85b 84，5b4，可得b ；
8 5
4
由clog 8，得13c 8，由134 85，得134 135c，5c4，可得c .
13 5
综上所述，abc. 故选：A.
例8.（2020新高考1卷）.已知a>0，b>0，且a+b=1，则（ ）
1 1
A. a2 b2  B. 2ab 
2 2
C. log alog b2 D. a  b  2
2 2
2
解析：对于A，a2 b2 a2 1a2 2a2 2a12 

a 1

 1  1 ，
 2 2 2
1
当且仅当ab 时，等号成立，故A正确；
2
1
对于B，ab2a11，所以2ab 21  ，故B正确；
2
2
ab 1
对于C，log alog blog ablog
 
log 2，
2 2 2 2  2  2 4
1
当且仅当ab 时，等号成立，故C不正确；
2
 2
对于D，因为 a  b 12 ab 1ab2，
1
所以 a  b  2 ，当且仅当ab 时，等号成立，故D正确；故选：ABD
2
3．结构一致可同构
例9．(2020年高考2卷理科)若2x 2y 3x 3y，则 ( )
A．ln(yx1)0 B．ln(yx1)0
C．ln|x y|0 D．ln|x y|0解析：由2x 2y 3x 3y得：2x 3x 2y 3y，令 f t2t 3t ，
y 2x为R上的增函数，y 3x为R上的减函数， f t 为R上的增函数，
x y，Qyx0，yx11，lnyx10，则A正确，B错误；
Q x y 与1的大小不确定，故CD无法确定．故选：A．
例10．(2020年高考1卷理科)若2a log a 4b 2log b，则 ( )
2 4
A．a2b B．a2b C．a b2 D．ab2
解 析 ： 设 f(x)2x log x， 则 f(x)为 增 函 数 ， 因 为
2
2a log a 4b 2log b22b log b
2 4 2
所以 f(a) f(2b) 2a log a(22b log 2b) 22b log b(22b log 2b)
2 2 2 2
1
log 10，所以 f(a) f(2b)，所以a2b．
2 2
f(a) f(b2) 2a log a(2b2 log b2) 22b log b(2b2 log b2)
2 2 2 2
22b 2b2 log b，
2
当b1时， f(a) f(b2)20，此时 f(a) f(b2)，有a b2
当b2时， f(a) f(b2)10，此时 f(a) f(b2)，有ab2，所以C、D错误．
故选：B．
4.构造函数比较大小
1.构造相同函数，比较不同函数值
2.构造不同函数，比较相同函数值
这类问题虽然可能几个数的形式不一致，但它们的特别是不同的函数取了相同的函数值，
所以实质在比较不同函数差值或者商的性质，当然，这种问题下，如果自变量取值靠近基
本初等函数的麦克劳林级数展开点，利用泰勒展开来近似估计绝对是一个很好的方法!
3.构造不同函数，比较不同函数值
这个时候，不等式放缩就是首选之道了！下面的这些不等式放缩需要你的注意.
4.先同构，再构造，再比较
当题干呈现一个较复杂的等式或者不等式关系，并没有前几类那么明显的数字时，往往可
能现需要同构（变形）出一个函数之后再来比较大小.
ln2 ln3 ln5
例11．已知a ，b ，c ，则a，b，c的大小关系为（ ）
2 3 5
A．b<c<a B．c<a<bC．cba D．acb
ln2 ln3 ln5
解析：方法1. a =ln 2，b =ln33，c =ln55
2 3 5
由 2=686933，55=10251032  2，可得55 2  33，
又y=lnx为0，上增函数，则ln55ln 2ln33，即c<a<b，故选：B
lnx 1lnx
方法 2.设 f x ，则 f(x) x0，当 x0,e时， f(x)0，所以 f(x)在
x x2
(0,e)上递增， f(x)在e，上递减. 由于2e345，a  f(2) f(4)，故选B.
ln2 ln3 ln 8
例12．若a ,b ,c ，则（ ）
2 3 2 2
A．abc B．bca
C．acb D．cba
lnx 1lnx
解析：设 f x ，则 f(x) x0，当x0,e时， f(x)0，所以 f(x)在
x x2
(0,e)上递增， f(x)在e，上递减，因为e2 23，所以 f  2 2   f 3，cb，
ln3 ln2 2ln33ln2 ln9ln8
因为ba    0，所以ba；故abc.故选：A.
3 2 6 6
lnx
注：在这里，我们需要特别注意函数 f(x) 在相关比较大小问题中的出镜率，以及
x
lnex x
结合对数性质，所出现的g(x)  型等等，比如可以看下例.
ex ex
1 4ln4
例13．设a ，bln 2，c ，则（ ）
2 e e2
A．abc B．cba C．acb D．bca
lnx
解析：设 f x ，x(0,)，所以 f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减.
x
1 1 ln2 ln4
而a  f( e)，bln22   f(2)  f(4)，
2 e 2 4
e2
ln
4ln4 2ln2 2 e2  e2
c    f  ，因为0 e 2e 4，所以abc．故选：
e2 e2 e2  2  2
2 2
A．
二．构造不同函数，比较相同函数值
这类问题虽然可能几个数的形式不一致，但它们的特别是不同的函数取了相同的函数值，
所以实质在比较不同函数差值或者商的性质，当然，这种问题下，如果自变量取值靠近基
本初等函数的麦克劳林级数展开点，利用泰勒展开来近似估计绝对是一个很好的方法!
1
例14．（2022新高考1卷）设a0.1e0.1,b ，cln0.9，则（ ）
9A．abc B．cba C．c<a<b D．acb
解析：方法1.构造函数，作差（商）比较大小，即讨论差（商）函数的性质.
x
令a xex，b ，cln(1x)，
1x
为 了 方 便 比 较 ， 做 如 下 处 理 ： lnalnbxlnx[lnxln(1x)]，
1 x
yxln(1x),x(0.0.1]； y'1  0，所以 y„ 0，所以 lnalnb„ 0，所以
1x 1x
ba
1 (1x)(1x)ex 1
acxex ln(1x),x(0,0.1]，y'xex ex   ，
1x 1x
令 k(x)(1x)(1x)ex 1，所以 k'(x)(1x2 2x)ex 0，所以 k(x)k(0)0，所以
y'0，
所以ac0，所以ac．
方法2.构造函数，利用泰勒展开直接估值.
10
构造函数 f(x) xex,g(x) ,h(x)ln(1x) .则可以看到：
1x
a f(0.1),b g(0.1),ch(0.1) ，由于0.1较小，所以对上述三个函数在x0处进行二
x2 x3
阶泰勒展开： f(x) x[1x o(x2)] xx2  o(x2)；（公众号：凌晨讲数
2 2
学）
g(x)10[1xx2 o(x2)]1010x10x2 o(x2)；
x2 x3
h(x)[x o(x2)] x o(x2) .
2 2
在x0.1处，显然b g(0.1)a  f(0.1)ch(0.1)，故bac.
0.4
例15．设aln1.1，be0.11，ctan0.1，d  ，则（ ）

A．abcd B．acbd C．abd c D．acd b
解析：
方法1.（构造函数，泰勒展开估计）设axlnx1，bxex1，cxtanx，
4
dx x，注意到题干实质在比较：

a(0.1),b(0.1),c(0.1),d(0.1)，且考虑到0.1接近于0，故对上述函数在x0进行泰勒展
开
x2 x2 x3 0.4
即：a(x) x ,b(x) x ,c(x) x ,d(x) ，代入x0.1到上式，显然
2 2 3 易得：d bca，故选：B
方法2.（构造函数，作差比大小）
易得a0b0c0d0.
4 4 4
设ydxbx xex1，则令y ex 0有xln ，故ydxbx在
  
 4
,ln 上单调递增.
 
 4 10  4  10 5 10 25 5 24 5 3 5  4 10 4
①因为             e，即   e，故10ln 1，即
 3.2 4 16 16 2  
4
ln 0.1，故d0.1b0.1d0b00，即d b.

1 excos2x1
②设ybxcxex1tanx，则yex  ，设 f xexcos2x1
cos2x cos2x
，则 fxex cos2x2sinx  ex sin2x2sinx1  .
设gxxsinx，则gx1cosx0，故gxxsinx为增函数，故gxg00
，即xsinx.
故 fxex x22x1  exx122，当x0,0.1时 fx0，
 
f xexcos2x1为增函数，故 f xe0cos2010，故当x0,0.1时ybxcx为
增函数，故b0.1c0.1b0c00，故bc.
1 1 xsin2x
③设ycxaxtanxlnx1，y   ，易得当x0,0.1
cos2x x1 x1cos2x
时y0，故c0.1a0.1c0a00，即ca.
综上d bca
三．构造不同函数，比较不同函数值
这个时候，不等式放缩就是首选之道了！下面的这些不等式放缩需要你的注意.
1.切线不等式：
高中几个重要的函数 y ex,y lnx,y sinx都具有凸凹性，这样我们便可通过切线来构
造不等式，具体的原理请见《高观点：函数凸凹性》，这里只列举一些重要的切线不等
式：
1.1 ex  x1,x0； 1.2 lnx x1,x0；
将这两个切线不等式进行合适的取值与加减项，又可得到更多的不等式：
令：x
x x2
令：x
x x3
令：x
x xn
①ex  x；2ex  ;3ex  ;nex 
4 27 nn1
②ex x；取倒数ex  ,(x0)；
x
1
③ex x1；取倒数ex  ,(x1)；
1x
1
x1lnxlnx1  xlnx x1
x
2. 高次不等式放缩
1 x2
2.1 ex  x2 x1； 2.2 ln(1x) x ,x0；
2 2
x3 x2
2.3 sinx x ,x0； 2.4 cosx1 .
6 2
3.分式不等式放缩
 2(x1)
lnx ,x1

1  x1
3.1 lnx1 ,x0 3.2 
x 2(x1)

lnx ,0 x1

 x1
9 10
例16．已知a ，  1 ，c1ln ，则a，b，c的大小关系为（ ）
be 9
10 11
A．abc B．bac C．cba D．cab
解：设 f xexx1， fxex1，令 f¢(x) =0，解得x0.x,0， f¢(x)<0，
f x单调递减，x0,， f¢(x)>0， f x单调递增.所以 f x f 00，即
1 1 1 10 1
ex x10，当且仅当x0时取等号.所以ex x1x0.又 e9  1  ，故
b 9 9 a
1 1 1 1x
 ，所以ba；设gxlnxx1，gx 1 ，令g¢(x) =0，解得x1.
b a x x
x0,1，g¢(x)>0，gx单调递增，x1,，g¢(x)<0，gx单调递减.
所以gxg10，即lnxx10，当且仅当x1时取等号.所以lnxx1x1，故
11 11 1 10 1 10 11
ln  1 ，又caln  ln ln ln10，所以ca，故bac.
10 10 10 11 10 11 10
故选：B.
1 sin 1 11
例17.设a ,be 6 1,cln ，（e是自然对数的底数），则（ ）
5 9
A．abc B．acb
C．cab D．bca
11 2
( 1) 2
2(x1) 11 9 9 1
解析：由于lnx ,x1，故ln 2  
x1 9 11 20 5
1
9 92x sin 1 1
所以对ex 1也用帕德逼近ex  ,x(0,2),e 6 1e6 1sinx x
2x
1
2
1 6 13 2 10 11 1
e6 1 1 1    ，故ca b.
1 11 11 55 55 5
2
6
当题干呈现一个较复杂的等式或者不等式关系，并没有前几类那么明显的数字时，往往可
能现需要同构（变形）出一个函数之后再来比较大小.
例18. 已知a5且ae5 5ea, b4且be4 4eb, c3且ce3 3ec，则（ ）
A. cba B. b<c<a C. acb D.
abc
ex
解析：因为ae5 5ea, a5，故a0，同理b0,c0，令 f x ,x0，则
x
exx1
f x  ，当0 x1时， fx0，当x1时， f¢(x)>0，
x2
e5 ea
故 f x 在 0,1 为减函数，在1,为增函数，因为ae5 5ea, a5，故  ，即
5 a
f 5 f a ，而0a5，故0a1，同理0b1，0c1， f 4 f b ，
f 3 f c 因为 f 5 f 4 f 3 ，故 f a f b f c ，所以
0abc1.
故选：D．
例19.已知e为自然对数的底数，a，b均为大于1的实数，若aea1bblnb，则（ ）
A．bea1 B．bea1 C．abe D．abe
b b b
解析：由aea1bblnb，可得aea1blnbbb(lnb1)bln ，即ealnea  ln ，
e e e
b
设 f xxlnx，可得 f(ea) f( )，因为a0，可得ea 1，又因为b(lnb1)0,b0，
e
所以lnb1，即be，
b
所以 1，当x1时， fxlnx10，可得函数 f x在(1,)为单调递增函数，所
e
b
以ea  ，即bea1. 故选B.
e
三．习题演练
1．已知函数 f xex22x，记a f log 2,b f log 3c f log 5，则（ ）
3 5 7
A．abc B．acb C．cab D．cba1 1 2 1 1 2
解析：因为log 2 log 8 log 9 ,log 3 log 27 log 25 ，
3 3 3 3 3 3 5 3 5 3 5 3
所以log 2log 3；又因为
3 5
1 1 3 1 1 3
log 3 log 81 log 125 ,log 5 log 625 log 343 ，所以
5 4 5 4 5 4 7 4 7 4 7 4
log 2log 3log 51，又因为 f xex22x ex121在,1上单调递减，
3 5 7
所以cba，故选：D．
2．已知函数y f x是定义在R上的奇函数，且当x,0时， f xxfx0，若
31 31 1  1  1  1
a  f  ，b(cos )f cos ，c4sin  f 4sin ，则𝐚,𝐛,𝐜的大小关系是
32 32 4  4  4  4
（ ）
A．cab B．acb C．bac D．cba
解析：令gxxf x，由y f x是定义在R上的奇函数，可得gxxf x是定义在
R上的偶函数，又因为x,0时，y f xxfx0，所以gxxf x在
x,0上是减函数，所以gxxf x是定义在0,上的增函数，构建
 π 1  π
Fxtanxx,x0, ，则Fx 10，可知Fx在0, 内单调递增，则
 2 cos2x  2
 π  π
FxF00，可得tanxx,x0, ；构建Gxxsinx,x0, ，则
 2  2
 π
Gx1cosx0，可知Gx在0, 内单调递增，则GxG00，可得
 2
1
4sin
 π  π 4 1 1 1
xsinx,x0, ；由tanxx,x0, ，可得 4tan 1，故4sin cos ，所
 2  2 1 4 4 4
cos
4
1
以cb；设h(x)cosx x21,x(0,)，则h(x)sinxx0，所以h(x)在(0,)
2
1 1 31 1 31
单调递增，故h h(0)=0，所以cos  0，即cos  ，所以ba，所以
4 4 32 4 32
cba，故选：D
f(x)
3．已知定义在R上的函数 f(x)的导函数为 f(x)，对于任意的实数x都有 e2x，且
f(x)
f(1) f(ln2)  1
x0时， fx f(x)．若a ，b ，c3f ln ，则a，b，c的大小关系
e 2  3
是（ ）
A．acb B．abc C．cab D．cba
f x f x f x f x
解析：令gx ，对于任意的实数x都有 e2x   ，即
ex f x ex ex
gxgxgx为偶函数；ag1,bgln2,cgln3gln3；fx f x
当x0时， fx f x,gx 0，当x0时，gx为增函数；又
ex
ln21ln3，gln3g1gln2，即cab. 故选：C.
4．已知函数 f(x)的定义域为R， f(x) f(x1) f(x2)，且当x3时 f(x)x，则下列
结论中一定正确的是（ ）
A． f(10)100 B． f(20)1000
C． f(10)1000 D． f(20)10000
解析：因为当x3时 f(x)x，所以 f(1)1, f(2)2，又因为 f(x) f(x1) f(x2)，
则 f(3) f(2) f(1)3, f(4) f(3) f(2)5，
f(5) f(4) f(3)8, f(6) f(5) f(4)13, f(7) f(6) f(5)21，
f(8) f(7) f(6)34, f(9) f(8) f(7)55, f(10) f(9) f(8)89，
f(11) f(10) f(9)144, f(12) f(11) f(10)233, f(13) f(12) f(11)377
f(14) f(13) f(12)610, f(15) f(14) f(13)987，
f(16) f(15) f(14)15971000，则依次下去可知 f(20)1000，则B正确；且无证据
表明ACD一定正确.故选：B.
1
5．已知正实数a，b满足e2a2eb e22a eb，则a 的最大值为（ ）
2b
1 3
A．0 B． C．1 D．
2 2
解析：由题e2a2e22a ebeb，构造函数 f xexex，则 f 2a2 f b，显然
2b
f x在R上单调递增，所以2a2b，即a ，所以
2
1 2b 1 1  1 1 1 1
a   1 b 1 2 b 0，当且仅当a ，b1时等号成立.
2b 2 2b 2  b 2 b 2
1
所以a 的最大值为0.故选：A.
2b
1 1 1 103  1  2.01  2  2.01
6．已知a   ,bln ,c    ，则（ ）
100 101 102 100 10 15
A．abc B．cba C．b<c<a D．c<a<b
1 x
解析：设 f xxlnx1(x0)，则 fx1  0，所以 f x在0,单
x1 x1
调递增，所以 f x f 00，即当x0时，有xlnx1，所以
1 101 1 1
ln ln101ln100．同理可得 ln102ln101, ln103ln102，所以
100 100 101 102
1 1 1 103 1
  ln103ln100ln ，即ab．设gxlnx 1(x1)，则
100 101 102 100 x1 1 x1
gx   0，所以gx在1,单调递增，所以gxg10，即当x1
x x2 x2
1 103 100 3 1
时，有lnx1 ，所以bln 1   ．又因为
x 100 103 103 36
 1  2.01  2  2.01  1  2  2  2 1
c         ，所以bc．综上可知，cba．故选：B．
10 15 10 15 36
1
7．已知实数a，b分别满足lna10.01，eb 1.01，且c ，则（ ）
101
A．abc B．bca C．cba D．bac
解析：由eb 1.01，lna10.01，得bln1.01，ae0.011，设gxexx1，则
gxex1，所以当x,0时，gx0，gx单调递减，当x0,时，
gx0，gx单调递增，所以gxg00，即ex1x，同理可证lnx1x，所
以lnx1xex1，当x0.01时，可得ln1.01e0.011，即ba，设
x1 x1
f xlnx (x0)，则 fx ，所以当x0,1时，𝐟'(𝐱)<𝟎， f x单调递
x x2
减，当x1,时，𝐟'(𝐱)>𝟎， f x单调递增，所以 f 1.01 f 1，即
0.01 1
ln1.01 ln1，整理得ln1.01 ，即bc，所以cba.故选：C
1.01 101
8．德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概
念．在研究切线时认识到，求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐标的差值，以
及当此差值变成无限小时它们的比值，这也正是导数的几何意义．设 fx是函数 f x的
导函数，若 fx0，对x 1 ，x 2 0, ，且x 1  x 2 ，总有 f x 1  2 f x 2   f    x 1  2 x 2   
，则下列选项正确的是（ ）
A． f 2 f e f π
B． fπ fe f2
C． f2 f 3 f 2 f3
D． f3 f 3 f 2 f2
解析：A选项，根据 fx0可得， f x在R上单调递增，因为πe2，所以
f 2 f e f π，A正确；
B选项，因为x 1 ，x 2 0, ，且x 1  x 2 ，总有 f x 1  2 f x 2   f    x 1  2 x 2    ，
所以函数图象上凸，画出函数图象，由几何意义可知， fx表示函数图象上的各点处的
切线斜率，显然随着x的增大，切线斜率变小，且恒为正，因为πe2，所以fπ fe f2，B正确；
f 3 f 2
C选项，k   f 3 f 2，结合函数图象可知 f3 f 3 f 2 f2
AB 32
，C错误，D正确.
故选：ABD
axbx
9．已知函数 f x ab1，且ab2，则（ ）
axbx
ab
A． f a f b0 B． f a f b2f  
 2 
C． f a f b2f  2  D． f a f b f 1 f 2
axbx axbx1 2x1 2 2x1 2x1
解析： f x   1 ，则 f x  f x，
axbx axbx1 2x1 2x1 2x1 12x
函数 f x是定义在,00,上的奇函数，在0,上单调递减且下凸（类似于
反比例函数），由题意1ba，ab2，可得1b 2a2.
对于A，1b 2a2，f a f bf b，即 f a f b0，故A不正
确；
f a+f b ab
对于B、D，函数 f x在0,上单调递减且下凸，  f  ，即
2  2 
ab
f a f b2f  ，故B正确，
 2 
f a f b f 1 f 2
 ，即 f a f b f 1 f 2，故D正确；
2 2
2 2 2 2 2 2
f a f b1 1 2  ga2 
对于C，
2a 1 2b1 2a 1 2
，设
2a 1 2
2a 1 2a 1
，
2 1 2 1
22aln22 4ln22a
ga
22aln2

a2

22aln2

a2
 2a 1 2  2  2  2a 1 2  2  2 ，当a 2时
2a 1 2a 1
   
ga0，gag  2  2f  2  ，故C错误.故选：BD.
10．已知定义在R上的函数 f x满足 f x f 2x，且对任意的x，x 1,，当
1 2
x  x 时，都有x f x x f x x f x x f x 成立．若a f ln2，
1 2 1 1 2 2 1 2 2 1b f log 0.03，c f  20.7 ，则a，b，c的大小关系为___________．（用符号“”连
0.2
接）
解析：因为x
1
f x
1
x
2
f x
2
x
1
f x
2
x
2
f x
1
，所以x
1
x
2


f x
1
 f x
2


0，
所以函数𝐟(𝐱)在1,上单调递减，因为函数𝐟(𝐱)满足 f x f 2x，所以
1 3
a f ln2 f 2ln2因为 1 即 ln21，所以12ln2 ，又
lne2 ln2lne
2 2
3 243 3
220.7 25  58 5  ，log 0.03log 0.042，所以
0.2 0.2
32 2
log 0.03220.7  3 2ln21，所以 f log 0.03 f  20.7  f 2ln2即bca.
0.2 2 0.2
故答案为：bca.