第20講函數(shù)中的構(gòu)造問題【基礎(chǔ)回顧】一、構(gòu)造函數(shù)的基礎(chǔ)理論1.利用導(dǎo)數(shù)公式構(gòu)造(4).常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)特征2.結(jié)構(gòu)同構(gòu)導(dǎo)數(shù)的同構(gòu)其本質(zhì)就是構(gòu)造函數(shù),構(gòu)造形式大致可分為兩類:（1）雙變量輪換式構(gòu)造（2）指對(duì)混合構(gòu)造方法1：直接變形說明:取對(duì)數(shù)是最快捷的,而且同構(gòu)出的函數(shù),其單調(diào)性一看便知.方法2：先湊再變形若式子無法直接進(jìn)行變形同構(gòu),往往需要湊常數(shù)、湊參數(shù)或湊變量,如兩邊同乘以,同加上等,再用上述方式變形.常見的有:二．切線放縮基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)1:重要的切線不等式由圖像可以分析得到:說明:這4個(gè)不等式為切線放縮中較為重要的不等式,盡量掌握.知識(shí)點(diǎn)2:其他放縮不等式（作為了解即可）對(duì)數(shù)放縮放縮為一次函數(shù)放縮為雙撇函數(shù)放縮為二次函數(shù)放縮為類反比例函數(shù)指數(shù)放縮放縮成一次函數(shù)放縮成類反比例函數(shù)放縮成二次函數(shù)三角函數(shù)放縮說明:對(duì)于上述表格內(nèi)的放縮不等式,略作了解即可,不必完全掌握,針對(duì)較為復(fù)雜的放縮類型,并不是高考考察的內(nèi)容,并且在解答題中,選擇何種放縮類型,也基本都會(huì)在前一問中給提示,所以不必熟記.重要的是要學(xué)會(huì)放縮這種解題技巧和方法.題型一公式同構(gòu)分為指數(shù)函數(shù)的構(gòu)造，冪函數(shù)的構(gòu)造，對(duì)數(shù)函數(shù)的構(gòu)造以及三角函數(shù)的構(gòu)造。【例題精講】1．已知函數(shù)f（x）為定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x＞0時(shí)，xf′（x）+f（x）＞0，則下列正確的為（）A．f（﹣3）＜3f（1） B．f（﹣3）＞3f（1） C．f(?3)＜f(1)3 【答案】D【解答】解：令g（x）＝xf（x），因?yàn)楹瘮?shù)f（x）為定義在R上的偶函數(shù)，所以f（﹣x）＝f（x），所以g（﹣x）＝﹣xf（﹣x）＝﹣xf（x）＝﹣g（x），所以函數(shù)g（x）是奇函數(shù)，當(dāng)x＞0時(shí)，求導(dǎo)得g′（x）＝xf′（x）+f（x）＞0，即函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，則g（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增，因?yàn)椹?＜﹣1，所以g（﹣3）＜g（﹣1），即﹣3f（﹣3）＜﹣f（﹣1）＝﹣f（1），所以f(?3)＞f(1)3，雖然3f(1)＞f(1)3，但不能確定f（﹣3）與3f（1）的大小，故故選：D．2．若函數(shù)f（x）對(duì)任意的x∈R都有f′（x）＞f（x）+2成立，則2f（ln2）與f（2ln2）﹣2的大小關(guān)系為（）A．2f（ln2）＞f（2ln2）﹣2 B．2f（ln2）＜f（2ln2）﹣2 C．2f（ln2）＝f（2ln2）﹣2 D．無法比較大小【答案】B【解答】解：因?yàn)閒′（x）＞f（x）+2，因此f′（x）﹣f（x）＞2，令F(x)=f(x)+2e因此F（x）在R上單調(diào)遞增，因?yàn)?ln2＞ln2，因此F（2ln2）＞F（ln2），因此f(2ln2)+2e因此f（2ln2）+2＞2（f（ln2）+2），因此f（2ln2）﹣2＞2f（ln2）．故選：B．3．已知定義在（0，+∞）上的可導(dǎo)函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），若xf′（x）+2f（x）＜0，則不等式f（x+2）﹣x2f（x2+2x）＜0的解集為（）A．（0，1） B．（﹣2，1） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞）【答案】A【解答】解：因?yàn)閒（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），且xf′（x）+2f（x）＜0，所以，設(shè)h（x）＝x2f（x）（x＞0），則h′（x）＝x2f′（x）+2xf（x）＜0，所以h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，又f（x+2）﹣x2f（x2+2x）＜0?f（x+2）＜x2f（x2+2x）?（x+2）2f（x+2）＜（x2+2x）2?f（x2+2x），所以h（x+2）＜h（x2+2x），則x+2＞x2+2x＞0，解得0＜x＜1．所以不等式f（x+2）﹣x2f（x2+2x）＜0的解集為（0，1）．故選：A．4．已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，且f（x）＞f'（x）+1，f（0）＝3，則不等式f（x）＞2ex+1的解集為（）A．（﹣∞，0） B．（0，+∞） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞）【解答】解：設(shè)g（x）=f(x)?1則g′（x）=?f(x)?f′(x)?1∵f（x）＞f′（x）+1，∴f（x）﹣f′（x）﹣1＞0，∴g′（x）＜0，∴y＝g（x）在定義域上單調(diào)遞減，∵f（x）＞2ex+1，∴g（x）=f(x)?1又g（0）=f(0)?1∴g（x）＞g（0），∴x＜0，∴f（x）＞2ex+1的解集為（﹣∞，0）．故選：A．5．已知函數(shù)f（x）與其導(dǎo)函數(shù)f'（x）的定義域均為R，且f′(x)+f(x)x?1＞0，則f（2﹣x）＝f（x）e2x﹣2，不等式A．（0，e2） B．（1，e2） C．（e，e2） D．（e2，+∞）【解答】解：令g（x）＝exf（x），則g'（x）＝ex[f'（x）+f（x）]，因?yàn)閒′(x)+f(x)x?1＞0，所以當(dāng)x＞1時(shí)，f'（x）+f（x）＞0，g'（x）＞0，g（當(dāng)x＜1時(shí)，f'（x）+f（x）＜0，g'（x）＜0，g（x）在（﹣∞，1）上為減函數(shù)，因?yàn)閒（2﹣x）＝f（x）e2x﹣2，所以e2﹣xf（2﹣x）＝f（x）ex，所以g（2﹣x）＝g（x），故g（2）＝g（0），因?yàn)閒(lnx)e2＜f(2)x等價(jià)于elnxf（lnx）＜e2f（2），等價(jià)于g所以0＜lnx＜2，故1＜x＜e2，即不等式的解集是（1，e2）．故選：B．題型二輪換式同構(gòu)同構(gòu)原則：物以類聚。【例題精講】1．若對(duì)任意的x1，x2∈（m，+∞），且當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有l(wèi)nx1?lnA．e B．13 C．3 D．【答案】C【解答】解：因?yàn)閤1＜x2時(shí)，都有l(wèi)nx所以lnx1﹣lnx2＜3(所以lnx1+3x1＜令f（x）＝lnx+3x，則f（x1）＜f（x又因?yàn)閷?duì)任意的x1，x2∈（m，+∞），所以f（x）在（m，+∞）上單調(diào)遞增，f′（x）=1令f′（x）＞0得x＞3，所以在（3，+∞）上，f（x）單調(diào)遞增，所以m≥3，所以m的最小值為3，故選：C．2．已知函數(shù)f(x)=ex?12x2?(1+a)x，若對(duì)任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1A．12 B．1 C．2 【答案】B【解答】解：不妨設(shè)x1＞x2，因?yàn)閒(x所以f（x1）+x1＞f（x2）+x2，令g(x)=f(x)+x=e則g（x1）＞g（x2），所以g（x）在R上單調(diào)遞增，則g′（x）＝ex﹣x﹣a≥0恒成立，即a≤ex﹣x恒成立，令h（x）＝ex﹣x，則h′（x）＝ex﹣1，當(dāng)x＜0時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x＞0時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，所以h（x）≥h（0）＝1，所以a≤1，所以a的最大值為1．故選：B．3．已知函數(shù)f(x)=alnx+12x2，在其圖象上任取兩個(gè)不同的點(diǎn)P（x1，y1）、Q（x2，y2）（x1＞x2），總能使得A．[4，+∞） B．[1，+∞） C．（4，+∞） D．（1，+∞）【解答】解：由已知得x1＞x2＞0，則f(x1)?f(x2)x1?x2＞4化為f（x1即f（x1）﹣4x1＞f（x2）﹣4x2，令函數(shù)g(x)=f(x)?4x=alnx+1有?x1＞x2＞0，g（x1）＞g（x2），則函數(shù)g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，等價(jià)于?x∈（0，+∞），g′(x)=ax+x?4≥0，即a≥﹣x2當(dāng)x＞0時(shí)，﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4≤4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取等號(hào)，則a≥4，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4，+∞）．故選：A．4．若對(duì)任意的x1，x2∈（1，3]，當(dāng)x1＜x2時(shí)，x1?xA．[3，+∞） B．（3，+∞） C．[6，+∞） D．（6，+∞）【解答】解：當(dāng)x1＜x2時(shí)，x1即當(dāng)x1＜x2時(shí)，x1設(shè)f(x)=x?a2lnx，x∈(1，3]，則f而f′(x)=1?a2x≤0在（1，3]上恒成立，即a所以a≥6．故選：C．題型三指對(duì)同構(gòu)及切線放縮同構(gòu)原則：指對(duì)分離，物以類聚，取啥補(bǔ)啥，多啥除啥?！纠}精講】1．已知正實(shí)數(shù)a，b滿足lna+a＝2025和b（lnb﹣2）＝e2027，則ab的值為（）A．e4052 B．e2 C．e2027 D．e2025【答案】C【解答】解：對(duì)b（lnb﹣2）＝e2027兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，得lnb+ln（lnb﹣2）＝2027，即lnb﹣2+ln（lnb﹣2）＝2025，設(shè)f（x）＝lnx+x，x＞0，則f′(x)=1∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又∵lna+a＝2025，∴a＝lnb﹣2，∴ab＝（lnb﹣2）b＝e2027．故選：C．2．已知a＝e0.05，b＝ln1.05+1，c=20A．b＞a＞c B．b＞c＞a C．a(chǎn)＞c＞b D．a(chǎn)＞b＞c【答案】D【解答】解：由題，令f（x）＝ex﹣x﹣1（x＞0），則f′（x）＝ex﹣1＞e0﹣1＝0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）＞f（0）＝e0﹣0﹣1＝0，則f（ln1.05）＝1.05﹣ln1.05﹣1＞0，故1.05＞ln1.05+1，f（0.05）＝e0.05﹣（0.05）﹣1＝e0.05﹣1.05＞0，故e0.05＞1.05，故有e0.05＞ln1.05+1＞1＞2021，即a＞故選：D．3．已知當(dāng)x＞0時(shí)，xex﹣2x≥a+2lnx恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）A．（﹣∞，1] B．（﹣∞，2+2ln2] C．（﹣∞，2ln2] D．（﹣∞，2﹣2ln2]【答案】D【解答】解：設(shè)函數(shù)f（x）＝xex﹣2lnx﹣2x＝elnx+x﹣2（lnx+x），則f（x）≥a對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，設(shè)t＝lnx+x，那么t∈R，且f（x）＝et﹣2t，設(shè)函數(shù)g（t）＝et﹣2t，那么導(dǎo)函數(shù)g′（t）＝et﹣2，因此函數(shù)g（t）在（ln2，+∞）上是增函數(shù)，在（﹣∞，ln2）上是減函數(shù)，因此g（t）≥g（ln2）＝2﹣2ln2，所以g（t）的最小值為2﹣2ln2，即f（x）的最小值為2﹣2ln2，所以a∈（﹣∞，2﹣2ln2]．故選：D．4．已知f（x）＝memx﹣lnx（m≥0），若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為（）A．(0，1e) B．(0，1e2【答案】A【解答】解：若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，則f（x）＝memx﹣lnx＝0有兩個(gè)解，等價(jià)于mxemx﹣xlnx＝0（x＞0）有兩個(gè)解，令g（t）＝tet，則原式等價(jià)于g（mx）＝g（lnx）有兩個(gè)解，即mx＝lnx（x＞0）有兩個(gè)大于零的解．令h(x)=lnxx(x＞0)當(dāng)0＜x＜e時(shí)，h′（x）＞0，當(dāng)x＞e時(shí)，h′（x）＜0，所以h（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，且h(e)=1e，h（所以當(dāng)0＜m＜1e時(shí)，m=lnxx有兩個(gè)交點(diǎn)，即故選：A．5．若x＞0時(shí)，2mx﹣xe2x+mlnx?0，則實(shí)數(shù)m的最大值為（）A．1e B．1 C．2 D．【答案】D【解答】解：根據(jù)題意，原不等式可化為m（2x+lnx）≤e2x+lnx，令t＝2x+lnx，顯然函數(shù)t在（0，+∞）上單調(diào)遞增且連續(xù)，且當(dāng)x→+∞時(shí)，t→+∞，當(dāng)x→0時(shí)，t→﹣∞，因此t的值域?yàn)镽，當(dāng)t＝0，原不等式顯然成立；當(dāng)t＞0時(shí)，原不等式可化為m≤e令函數(shù)f(t)=ett當(dāng)t＞1時(shí)，f′（t）＞0，當(dāng)0＜t＜1時(shí)，f′（t）＜0，因此f（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減，f（t）min＝f（1）＝e，因此m≤f（t）min＝e；當(dāng)t＜0時(shí)，原不等式可化為m≥e導(dǎo)函數(shù)f′(t)=(t?1)ett2又當(dāng)t→﹣∞時(shí)，f（t）→0，故m≥0．綜合t＞0時(shí)可知0≤m≤e，故m的最大值為e．故選：D．6．設(shè)實(shí)數(shù)a＞0，對(duì)任意實(shí)數(shù)x＞0，若不等式12eax?A．[12e，+∞) B．[2e，+∞)【解答】解：因?yàn)?2eax依題意12eax≥ln(2x)a恒成立，即ae因?yàn)閤＞0，所以axe令g（x）＝xex，則g′（x）＝（x+1）ex，當(dāng)x＞0時(shí)，g'（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，則不等式12eax?ln(2x)a≥0恒成立，等價(jià)于g（ax因?yàn)閍＞0，x∈（0，+∞），所以ax＞0，所以g（ax）＝axeax＞0，當(dāng)x∈(0，12]時(shí)，ln（2x）≤0，g（ln（2x）＝eln（2x）?ln（2x）≤0，此時(shí)g（ax）≥g（ln當(dāng)x∈(12，+∞)時(shí)，ln（2x）＞0，所以ax≥ln2x對(duì)任意的x∈(1設(shè)h(t)=lntt(t＞1)當(dāng)1＜t＜e時(shí)，h′（t）＞0，h（t）在（1，e）單調(diào)遞增，當(dāng)t＞e時(shí)，h′（t）＜0，h（t）在（e，+∞）單調(diào)遞減．所以當(dāng)t＝e時(shí)，函數(shù)h（t）取得最大值，為h(e)=1e，此時(shí)2x＝所以a2≥1綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2故選：B．（多選）7．若不等式xex+x+lnx＞ln（ax）+ax恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值可能是（）A．12 B．1e C．2 【解答】解：xex+x+lnx＞ln（ax）+ax即lnxex+xex＞ln（ax）+ax，記f（x）＝lnx+x，f′(x)=1x+1＞0，所以函數(shù)f由lnxex+xex＞ln（ax）+ax可得f（xex）＞f（ax），因此xex＞ax＞0，即ex＞a＞0在（0，+∞）恒成立．因此0＜a≤1，故AB均符合，CD不符合．故選：AB．課時(shí)精練一．選擇題（共12小題）1．已知定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x），f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，滿足xf′（x）﹣2f（x）＜0，且f（3）＝9，則不等式f（3x）﹣9x＜0的解集是（）A．（0，1） B．（0，2） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞）【答案】D【解答】解：令g(x)=f(x)x2當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，由f（3）＝9，則g(3)=f(3)又f（3x）＝9xg（3x），所以f（3x）﹣9x＜0?9xg（3x）﹣9x＜0，即g（3x）＜1＝g（3），即有3x＞33x故選：D．2．若a=ln2A．c＞b＞a B．a(chǎn)＞b＞c C．b＞a＞c D．b＞c＞a【答案】D【解答】解：因?yàn)閍=ln22，b=1令f(x)=lnxx，定義域?yàn)椋?，+∞），則當(dāng)0＜x＜e時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x＞e時(shí)，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，又因?yàn)?＜e＜3，所以f（2）＜f（e），f（e）＞f（3），又f(2)?f(3)=ln2所以f（2）＜f（3），所以f（e）＞f（3）＞f（2），即b＞c＞a．故選：D．3．已知a=e2ln3，b＝ee﹣1A．a(chǎn)＜b＜c B．a(chǎn)＜c＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a【答案】C【解答】解：把a(bǔ)，b，c變形得a=e3?1ln3，b=所以構(gòu)造函數(shù)f(x)=ex?1lnx，x＞1，則a＝f（3），b＝f（e），又f′(x)=e令g(x)=lnx?1x，則所以g（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，因?yàn)間(e)=lne?1所以f′（x）＞0在[e，+∞）上恒成立，所以函數(shù)f(x)=ex?1lnx所以f（e）＜f（3）＜f（4），即b＜a＜c．故選：C．4．已知實(shí)數(shù)x，y滿足yeA．x＜y B．2x＜y C．x＜2y D．x＞2y【答案】D【解答】解：由題可知，ex設(shè)g(x)=exx，x＞1，g′(x)=ex因?yàn)間(x)=exx=e2yy＞e故選：D．5．已知f′（x）﹣f（x）＞0在R上恒成立，且f（0）＝1，則不等式e﹣xf（x）＞1的解集為（）A．（﹣∞，0） B．（0，+∞） C．（﹣∞，0）∪（0，1） D．（﹣1，0）∪（0，+∞）【答案】B【解答】解：令F（x）＝e﹣xf（x），則F'（x）＝e﹣x[f'（x）﹣f（x）]＞0，F(xiàn)（x）為增函數(shù)，故e﹣xf（x）＞1?F（x）＞F（0），即解集為（0，+∞）．故選：B．6．已知函數(shù)f(x)=alnx+12x2，在其圖象上任取兩個(gè)不同的點(diǎn)P（x1，y1）、Q（x2，y2）（x1＞x2），總能使得A．[4，+∞） B．[1，+∞） C．（4，+∞） D．（1，+∞）【答案】A【解答】解：由已知得x1＞x2＞0，則f(x1)?f(x2)x1?x2＞4化為f（x1即f（x1）﹣4x1＞f（x2）﹣4x2，令函數(shù)g(x)=f(x)?4x=alnx+1有?x1＞x2＞0，g（x1）＞g（x2），則函數(shù)g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，等價(jià)于?x∈（0，+∞），g′(x)=ax+x?4≥0，即a≥﹣x2當(dāng)x＞0時(shí)，﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4≤4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取等號(hào)，則a≥4，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4，+∞）．故選：A．7．已知a＝e0.02，b=50A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．b＜a＜c【答案】A【解答】解：構(gòu)建函數(shù)f（x）＝xex+1+1，其中x∈（﹣1，0），那么導(dǎo)函數(shù)f′（x）＝（x+1）ex+1＞0，可知f（x）在區(qū)間（﹣1，0）內(nèi)單調(diào)遞增，那么f（x）＞f（﹣1）＝0，令x=?4950，那么可得所以e0.02＜5049，因此構(gòu)建函數(shù)g(x)=lnx+1x?1，x＞1可知g（x）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，那么可得g（x）＞g（1）＝0，令x=4948，可得g(49可得50ln4948＞5049綜上所述：a＜b＜c．故選：A．8．已知a＝e0.1﹣1，b=19，c＝A．c＜a＜b B．a(chǎn)＜b＜c C．c＜b＜a D．a(chǎn)＜c＜b【答案】A【解答】解：令f(x)=ex?令φ（x）＝ex（x﹣1）2﹣1，則φ′（x）＝ex（x﹣1）（x+1），當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，φ′（x）＜0，所以φ（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，所以φ（x）＜φ（0）＝0，即f′（x）＜0，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，所以f（0.1）＜f（0），即e0.1?11?0.1＜0，所以e令g（x）＝ex﹣ln（x+1）﹣1，x∈（0，1），則g′(x)=e令ω(x)=ex?1x+1，則ω′(x)=所以ω（x）＞ω（0）＝0，即g′（x）＞0，所以g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，所以g（0.1）＞g（0）＝0，即e0.1﹣ln1.1﹣1＞0，所以e0.1﹣1＞ln1.1，即a＞c．所以c＜a＜b．故選：A．9．f（x）是定義在x≠0上的偶函數(shù)，f′（x）為其導(dǎo)函數(shù)且f（﹣1）＝0，且x＞0時(shí)，xf′（x）﹣f（x）＜0，則不等式f（x）＞0的解集為（）A．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） B．（﹣∞﹣1）∪（0，1） C．（﹣1，0）∪（0，1） D．（﹣1，0）∪（1，+∞）【答案】C【解答】解：x＞0時(shí)，xf′（x）﹣f（x）＜0，當(dāng)x＞0時(shí)，令F(x)=f(x)x，則F'（x）＝所以F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，因?yàn)閒（x）為偶函數(shù)，f（﹣1）＝0，所以f（1）＝0，F(xiàn)（x）為奇函數(shù)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，F(xiàn)（x）＞0，即f（x）＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，F(xiàn)（x）＜0，即f（x）＜0，當(dāng)﹣1＜x＜0時(shí)，F(xiàn)（x）＜0，即f（x）＞0，當(dāng)x＜﹣1時(shí)，F(xiàn)（x）＞0，即f（x）＜0，故不等式的解集為{x|﹣1＜x＜0或0＜x＜1}．故選：C．10．設(shè)函數(shù)f（x）是R上可導(dǎo)的偶函數(shù)，且f（3）＝2，當(dāng)x＞0，滿足2f（x）+xf′（x）＞0，則x2f（x）＜18的解集為（）A．（﹣∞，3） B．（﹣3，+∞） C．（﹣3，3） D．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）【答案】C【解答】解：令g（x）＝x2f（x），因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在（﹣∞，+∞）上是可導(dǎo)的偶函數(shù)，所以g（x）＝x2f（x）在（﹣∞，+∞）上也是偶函數(shù)又當(dāng)x＞0時(shí)，2f（x）+xf′（x）＞0，所以2xf（x）+x2f′（x）＞0，所以g′（x）＝2xf（x）+x2f′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)因?yàn)閒（3）＝2，由x2f（x）＜18得x2f（x）＜18＝32f（3），即不等式轉(zhuǎn)化為g（|x|）＜g（3），所以x不為0時(shí)有|x|＜3，而x為0時(shí)，不等式顯然成立，所以x2f（x）＜18的解集為（﹣3，3）．故選：C．11．已知實(shí)數(shù)x，y滿足lny=e2xyA．1e2 B．1e C．e 【答案】C【解答】解：由lny=e2xy?ln(2x)（可得ylny＝e2x﹣yln（2x），即ylny+yln（2x）＝e2x，即yln（2xy）＝e2x，所以2xyln（2xy）＝2xe2x，即eln（2xy）ln（2xy）＝2xe2x，設(shè)f（x）＝xex（x＞0），則f'（x）＝（x+1）ex＞0，則f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，所以ln（2xy）＝2x，則2xy＝e2x，即y=e令g(x)=e2x2x當(dāng)0＜x＜12時(shí)，g'（當(dāng)x＞12時(shí)，g'（所以g（x）在(0，12)所以ymin故選：C．12．若函數(shù)f（x）在R上可導(dǎo)，且f（x）＞f′（x），則當(dāng)a＞b時(shí)，下列不等式成立的是（）A．eaf（a）＞ebf（b） B．ebf（a）＞eaf（b） C．ebf（b）＞eaf（a） D．eaf（b）＞ebf（a）【答案】D【解答】解：令g（x）=f(x)ex，則g′（x∵f（x）＞f′（x），∴f′(x)?f(x)e∴g（x）=f(x)ex又∵a＞b，∴f(a)e故eaf（b）＞ebf（a），故選：D．二．填空題（共7小題）13．已知函數(shù)f（x）是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，當(dāng)x＞0時(shí)，f′（﹣x）＞2f（x），且f（1）＝0，則不等式f（x）＞0的解集為（﹣1，0）∪（1，+∞）．【答案】（﹣1，0）∪（1，+∞）．【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，即f（﹣x）＝﹣f（x），兩邊同時(shí)求導(dǎo)可得﹣f′（﹣x）＝﹣f′（x），即f′（﹣x）＝f′（x）且f（0）＝0，又因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，f′（﹣x）＞2f（x），所以f′（x）＞2f（x）．設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)e2x所以當(dāng)x＞0時(shí)，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又因?yàn)閒（1）＝0，所以h（1）＝0，h（x）在（1，+∞）上大于零，在（0，1）上小于零，又因?yàn)閑2x＞0，所以f（x）在（1，+∞）上大于零，在（0，1）上小于零，因?yàn)閒（x）為奇函數(shù)，所以f（x）在（﹣∞，﹣1）上小于零，在（﹣1，0）上大于零，綜上所述，f（x）＞0的解集為（﹣1，0）∪（1，+∞）．故答案為：（﹣1，0）∪（1，+∞）．14．若存在正實(shí)數(shù)x，使得不等式1alnx≥3axln3（a＞0）成立（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），則a的最大值為1eln3【答案】1eln3【解答】解：當(dāng)a＞0時(shí)，1alnx≥3axln3?lnxln3≥a?3ax?x?log3x≥ax?3ax?3log3設(shè)f（x）＝x?3x（x＞0），則f′（x）＝3x+x?3x?ln3＝3x（1+xln3）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以由3log3x?log3x≥ax?3ax，可得f（log3x）≥所以log3x≥ax，即a≤lo設(shè)g（x）=log3則g′（x）=1令g′（x）＝0得，x＝e，當(dāng)x∈（0，e）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，所以g（x）max＝g（e）=lo所以a≤1即a的最大值為1eln3故答案為：1eln315．已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣aeax，若對(duì)任意的x?1e，f(x)?0成立，則正數(shù)a的取值范圍是【答案】[1【解答】解：根據(jù)函數(shù)f（x）≤0，所以lnx﹣aeax≤0，得lnx≤aeax．由于x≥1e，因此xlnx≤axeax＝eaxlne設(shè)函數(shù)g（x）＝xlnx，那么導(dǎo)函數(shù)g′（x）＝lnx+1．由于x≥1e，因此導(dǎo)函數(shù)g′（x）≥0，因此函數(shù)g（x）在由于xlnx≤eaxlneax，因此g（x）≤g（eax），因此x≤eax，因此lnx≤ax，因此a≥lnx令函數(shù)h(x)=lnxx，那么導(dǎo)函數(shù)由導(dǎo)函數(shù)h′（x）＜0，得x＞e，則h（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減；由導(dǎo)函數(shù)h′（x）＜0，得0＜x＜e，則h（x）在（0，e）上單調(diào)遞增．所以h(x)≤h(e)=1e，即故答案為：[116．已知函數(shù)f（x）在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x），且f′（x）+f（x）＜0，則不等式e2x+2f（x+2）＜f（﹣x）的解集為（﹣1，+∞）．【答案】（﹣1，+∞）．【解答】解：設(shè)函數(shù)g（x）＝exf（x），那么導(dǎo)函數(shù)g′（x）＝ex[f′（x）+f（x）]＜0，因此函數(shù)g（x）在R上單調(diào)遞減，且e2x+2f（x+2）＜f（﹣x），即ex+2f（x+2）＜e﹣xf（﹣x），所以g（x+2）＜g（﹣x），因此x+2＞﹣x?x＞﹣1．因此e2x+2f（x+2）＜f（﹣x）的解集為（﹣1，+∞）．故答案為：（﹣1，+∞）17．若關(guān)于x的不等式axex﹣x﹣lnx≥0對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1e，+∞）【答案】[1【解答】解：axex﹣x﹣lnx≥0，即axex≥x+lnx＝lnex+lnx＝ln（xex），x∈（0，+∞），設(shè)t＝xex，t′＝（x+1）ex＞0恒成立，函數(shù)單調(diào)遞增，故t＞