2026步步高高考大二轮复习数学-微专题5　导数中函数的构造问题

微专题5导数中函数的构造问题高考定位导数中的函数构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，通过已知等式或不等式的结构特性构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立问题.【真题体验】1.(2022·全国甲卷)已知a＝eq\f(31,32)，b＝coseq\f(1,4)，c＝4sineq\f(1,4)，则()A.c>b>a B.b>a>cC.a>b>c D.a>c>b答案A解析设f(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝－sinx＋x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))>f(0)＝0，所以coseq\f(1,4)－eq\f(31,32)>0，所以b>a，因为eq\f(c,b)＝4taneq\f(1,4)，因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinx<x<tanx，所以taneq\f(1,4)>eq\f(1,4)，即eq\f(c,b)>1，所以c>b.2.(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝eq\f(1,9)，c＝－ln0.9，则()A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.a<c<b答案C解析a＝0.1e0.1＝eq\f(1,10)e0.1，b＝eq\f(1,9)，则eq\f(a,b)＝eq\f(\f(1,10)e0.1,\f(1,9))＝eq\f(9,10)e0.1，构造f(x)＝(1－x)ex，则f′(x)＝－xex，当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(0.1)<f(0)＝1，∴eq\f(a,b)<1，∴a<b.下面比较a与c.设g(x)＝xex＋ln(1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,4)))，则g′(x)＝(x＋1)ex＋eq\f(1,x－1)＝eq\f(（x2－1）ex＋1,x－1)，令h(x)＝ex(x2－1)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,4)))，则h′(x)＝ex(x2＋2x－1)，易知当0<x<eq\f(1,4)时，h′(x)<0，则h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上为减函数，∴h(x)<h(0)＝0.又x－1<0，∴g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上为增函数，∴g(0.1)>g(0)，∴0.1e0.1＋ln0.9>0，∴a>c.综上，b>a>c.3.(2021·全国乙卷)设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝eq\r(1.04)－1，则()A.a<b<c B.b<c<aC.b<a<c D.c<a<b答案B解析显然1.012＞1.02，故b＜a①；令f(x)＝ln(1＋x)－eq\r(1＋2x)＋1(0<x<1)，∵1＋x＝eq\r(（1＋x）2)＝eq\r(1＋2x＋x2)>eq\r(1＋2x)，∴f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(1,\r(1＋2x))＝eq\f(\r(1＋2x)－（1＋x）,（1＋x）·\r(1＋2x))<0，∴f(x)在(0，1)上单调递减，∴f(x)<f(0)＝0，∴ln(1＋x)－eq\r(1＋2x)＋1<0，故ln(1＋0.02)<eq\r(1＋2×0.02)－1，即ln1.02<eq\r(1.04)－1，故b<c②；令g(x)＝2ln(1＋x)－eq\r(1＋4x)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,4)))，g′(x)＝eq\f(2,1＋x)－eq\f(1,2)×eq\f(4,\r(1＋4x))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋x)－\f(1,\r(1＋4x))))＝2×eq\f(\r(1＋4x)－x－1,（1＋x）\r(1＋4x))，令g′(x)＝0，得x＝2，当x∈(0，2)时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，2)上单调递增，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))>g(0)＝0，即2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,10)))－eq\r(1＋4×\f(1,10))＋1>0，即a>c③；结合①②③得a>c>b，故选B.【热点突破】热点一根据导数运算构造函数抽象函数的构造技巧已知函数构造函数f(x)＋f′(x)g(x)＝exf(x)f(x)－f′(x)g(x)＝eq\f(f（x）,ex)f(x)＋xf′(x)g(x)＝xf(x)f(x)－xf′(x)g(x)＝eq\f(f（x）,x)nf(x)＋f′(x)g(x)＝enxf(x)nf(x)－f′(x)g(x)＝eq\f(f（x）,enx)nf(x)＋xf′(x)g(x)＝xnf(x)nf(x)－xf′(x)g(x)＝eq\f(f（x）,xn)eq\f(f（x）,x)＋f′(x)lnxg(x)＝f(x)lnxeq\f(f（x）,x)－f′(x)lnxg(x)＝eq\f(f（x）,lnx)(lna)f(x)＋f′(x)g(x)＝axf(x)(lna)f(x)－f′(x)g(x)＝eq\f(f（x）,ax)f′(x)cosx－f(x)sinxg(x)＝f(x)cosxf′(x)sinx＋f(x)cosxg(x)＝f(x)sinxf(x)＋f′(x)tanxg(x)＝f(x)sinxf′(x)－f(x)tanxg(x)＝f(x)cosx考向1利用f(x)与x构造例1(2024·天津八校联考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足2xf(x)＋x2f′(x)<0，则关于x的不等式x2f(x)>4f(2)的解集为()A.(0，4) B.(2，＋∞)C.(4，＋∞) D.(0，2)答案D解析由题意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴g(x)>g(2)，∴原不等式的解集为(0，2)，故选D.考向2利用f(x)与ex构造例2(2024·贵阳模拟)已知定义域为R的函数f(x)，其导函数为f′(x)，且满足f′(x)－2f(x)<0，f(0)＝1，则下列不等式成立的是()A.e2f(－1)<1 B.f(1)>e2C.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<e D.f(1)>efeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))答案C解析设g(x)＝eq\f(f（x）,e2x)，则g′(x)＝eq\f(f′（x）·e2x－2f（x）e2x,（e2x）2)＝eq\f(f′（x）－2f（x）,e2x)，因为f′(x)－2f(x)<0在R上恒成立，所以g′(x)<0在R上恒成立，故g(x)在R上单调递减，所以g(－1)>g(0)，即eq\f(f（－1）,e－2)＝e2f(－1)>eq\f(f（0）,e0)＝1，故A不正确；所以g(1)<g(0)，即eq\f(f（1）,e2)<eq\f(f（0）,e0)，即f(1)<e2f(0)＝e2，故B不正确；所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<g(0)，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),e1)<eq\f(f（0）,e0)＝1，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<e，故C正确；所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>g(1)，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),e1)>eq\f(f（1）,e2)，即f(1)<efeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，故D不正确.考向3利用f(x)与sinx，cosx构造例3(2024·南昌质检)已知函数y＝f(x)对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()A.f(0)>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))C.f(0)>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))答案D解析构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，依题意当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，F′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋f（x）sinx,cos2x)>0，故函数F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增.由F(0)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))得eq\f(f（0）,cos0)<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，即f(0)<eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，排除A.由Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))得eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，即eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，排除B.由F(0)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))得eq\f(f（0）,cos0)<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，即f(0)<2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，排除C.由Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))得eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))))<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))))，即eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，D正确.规律方法1.根据条件中关于f′(x)的不等式结构，逆用导数的运算法则构造原函数，进而利用其单调性.2.熟悉知识拓展抽象函数的构造技巧，以便于构造原函数.训练1(1)设定义在R上的函数y＝f(x)，且当x∈(0，4]时，xf′(x)－f(x)>0，若a＝6f(2)，b＝4f(3)，c＝3f(4)，则a，b，c的大小关系是()A.a>b>c B.a>c>bC.c>b>a D.b>c>a(2)(2024·湖南师大附中、长沙一中联考)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)＋f′(x)>0在R上恒成立，则不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集是________.答案(1)C(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))解析(1)令g(x)＝eq\f(f（x）,x)⇒g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)，由已知可得x∈(0，4]时，g′(x)>0⇒g(x)＝eq\f(f（x）,x)单调递增，所以eq\f(f（2）,2)<eq\f(f（3）,3)<eq\f(f（4）,4)⇒6f(2)<4f(3)<3f(4)，即C正确.(2)法一令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在R上单调递增，不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)，即g(2x＋1)>g(3－x)，所以2x＋1>3－x，得x>eq\f(2,3).所以不等式的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).法二设f(x)＝ex，则不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)可化为e4x＋2>e6－2x，即4x＋2>6－2x，得x>eq\f(2,3).故填eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).热点二根据数值特征构造函数根据数值特征构造函数的类型：(1)构造相同的函数，利用其单调性解决问题；(2)构造不同的函数，通过比较两个函数的函数值确定大小.例4(1)已知a＝2lneq\f(3,2)－eq\f(1,2)，b＝2lneq\f(4,3)－eq\f(1,3)，c＝2lneq\f(5,4)－eq\f(1,4)，则()A.a<c<b B.b<a<cC.a<b<c D.c<b<a(2)已知a＝eq\f(9,10)，b＝e－eq\f(1,9)，c＝1＋lneq\f(10,11)，则a，b，c的大小关系为()A.a<b<c B.b<a<cC.c<b<a D.c<a<b答案(1)D(2)B解析(1)a＝2lneq\f(3,2)－eq\f(1,2)＝2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1))－eq\f(1,2)，b＝2lneq\f(4,3)－eq\f(1,3)＝2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋1))－eq\f(1,3)，c＝2lneq\f(5,4)－eq\f(1,4)＝2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋1))－eq\f(1,4)，构造函数f(x)＝2ln(x＋1)－x(0<x<1)，则f′(x)＝eq\f(2,x＋1)－1＝eq\f(1－x,x＋1)，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，所以c<b<a.(2)令f(x)＝ex－x－1，得f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0.当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以ex>x＋1(x≠0).则eq\f(1,b)＝eeq\f(1,9)>eq\f(1,9)＋1＝eq\f(10,9)＝eq\f(1,a)>0，所以b<a.因为c＝1＋lneq\f(10,11)＝1＋lneq\f(1,1＋\f(1,10))，a＝eq\f(9,10)＝1－eq\f(1,10)，所以c－a＝lneq\f(1,1＋\f(1,10))＋eq\f(1,10).令h(x)＝lneq\f(1,1＋x)＋x＝－ln(1＋x)＋x，得h′(x)＝－eq\f(1,1＋x)＋1＝eq\f(x,1＋x).由h′(x)>0得x>0；由h′(x)<0得－1<x<0，所以h(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，有h(x)≥h(0)＝0，所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))>0，即c－a>0，则c>a，所以b<a<c，故选B.规律方法1.观察实数的结构，对实数适当变形寻找实数间的联系.2.放缩法的应用：(1)用基本初等函数单调性放缩；(2)用切线不等式：ex≥x＋1，lnx≤x－1(x>0)，sinx<x<tanxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(π,2)))等放缩；(3)用二项展开式放缩.训练2(1)(2024·邵阳模拟)设a＝eq\f(\r(7,e),8)，b＝eq\f(\r(8,e),7)，c＝eq\f(e,56)，则a，b，c的大小关系为()A.a<c<b B.a<b<cC.b<a<c D.c<a<b(2)(2024·湖北十一校联考)已知a＝eq\f(0.2,π)，b＝eq\f(0.4,e2)(e≈2.718)，c＝sin0.1，则()A.a<b<c B.b<a<cC.c<b<a D.c<a<b答案(1)D(2)B解析(1)eq\f(a,b)＝eq\f(\f(1,8)e\f(1,7),\f(1,7)e\f(1,8))＝eq\f(\f(e\f(1,7),\f(1,7)),\f(e\f(1,8),\f(1,8)))，设f(x)＝eq\f(ex,x)，0<x<1，则f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，∴f′(x)<0，∴f(x)在(0，1)上单调递减.又eq\f(1,7)>eq\f(1,8)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))，即a<b；又a－c＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\f(1,7)－\f(e,7)))，设g(x)＝ex－ex，g′(x)＝ex－e，当x<1时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，1)上单调递减，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))>g(1)＝0，∴a>c.综上，c<a<b，故选D.(2)法一由已知得a－b＝eq\f(0.2,π)－eq\f(0.4,e2)＝eq\f(0.2,πe2)(e2－2π)，又e2>2.72＝7.29>2π，所以a－b>0，所以a>b.记f(x)＝eq\f(2,π)x－sinx(x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))))，则a－c＝f(0.1)，f′(x)＝eq\f(2,π)－cosx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，因为函数y＝cosx单调递减，所以cosx>coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)，又eq\f(2,π)<eq\f(2,3)≈0.67<eq\f(\r(3),2)，所以f′(x)<0，即函数f(x)单调递减，所以f(x)<eq\f(2,π)×0－sin0＝0，故f(0.1)<0，即a<c.综上所述，b<a<c.故选B.法二根据泰勒展开式sinx＝x－eq\f(x3,3！)＋eq\f(x5,5！)＋…＋(－1)m－1eq\f(x2m－1,（2m－1）！)＋…，得c＝sin0.1≈0.1－eq\f(0.13,6)≈0.0998，又a＝eq\f(0.2,π)≈0.0637，b＝eq\f(0.4,e2)≈0.0541，所以b<a<c，故选B.【精准强化练】一、单选题1.已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导数，设a＝f(0)，b＝2f(ln2)，c＝ef(1)，则()A.c>b>a B.a>b>cC.c>a>b D.b>c>a答案A解析令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0.∴g(x)在R上单调递增，又0<ln2<1，∴g(0)<g(ln2)<g(1)，即f(0)<2f(ln2)<ef(1)，故a<b<c.2.已知实数a，b，c∈R，则a＝eq\f(2,e2)，b＝eq\f(3,e3)，c＝eq\f(ln4,e4)的大小关系为()A.a<b<c B.c<a<bC.c<b<a D.a<c<b答案C解析令f(x)＝eq\f(x,ex)，x>1，则f′(x)＝eq\f(1－x,ex)<0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减，而2<3<4，故eq\f(2,e2)>eq\f(3,e3)>eq\f(4,e4)，又因为4>ln4>0，则eq\f(4,e4)>eq\f(ln4,e4)，则a>b>c.3.设函数f′(x)是定义在(0，π)上的函数f(x)的导函数，有f′(x)cosx－f(x)sinx>0，若a＝eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，b＝0，c＝－eq\f(\r(3),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<c B.b<c<aC.c<b<a D.c<a<b答案A解析设函数g(x)＝f(x)cosx，则g′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx，因为f′(x)cosx－f(x)sinx>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，π)上是增函数，a＝eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，b＝0＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))coseq\f(π,2)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，c＝－eq\f(\r(3),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))coseq\f(5π,6)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))，因为eq\f(π,3)<eq\f(π,2)<eq\f(5π,6)，所以a<b<c.4.(2024·赣州模拟)已知a＝sineq\f(π,5)，b＝lneq\f(3,2)，c＝eq\f(1,2)，则()A.a>b>c B.c>a>bC.c>b>a D.a>c>b答案D解析a＝sineq\f(π,5)>sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)＝c，设f(x)＝lnx＋1－x，x>1，则f′(x)＝eq\f(1－x,x)<0，故f(x)在(1，＋∞)上为减函数，故f(x)<f(1)＝0，即lnx<x－1(x>1)，所以b＝lneq\f(3,2)<eq\f(3,2)－1＝c，故a>c>b，故选D.5.(2024·南充模拟)设定义在R上的函数y＝f(x)满足任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，且当x∈(0，4]时，xf′(x)>f(x)，则eq\f(f（2024）,4)，f(2025)，eq\f(f（2026）,2)的大小关系是()A.f(2025)<eq\f(f（2026）,2)<eq\f(f（2024）,4)B.eq\f(f（2026）,2)<f(2025)<eq\f(f（2024）,4)C.eq\f(f（2024）,4)<eq\f(f（2026）,2)<f(2025)D.eq\f(f（2024）,4)<f(2025)<eq\f(f（2026）,2)答案A解析依题意，对任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)是周期为4的周期函数.所以eq\f(f（2024）,4)＝eq\f(f（4）,4)，f(2025)＝f(1)，eq\f(f（2026）,2)＝eq\f(f（2）,2).构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,x)(0<x≤4)，F′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)>0，所以F(x)在区间(0，4]上单调递增，所以F(1)<F(2)<F(4)，即eq\f(f（1）,1)<eq\f(f（2）,2)<eq\f(f（4）,4)，即f(2025)<eq\f(f（2026）,2)<eq\f(f（2024）,4).6.(2024·台州模拟)已知a＝taneq\f(1,2)，b＝taneq\f(2,π)，c＝eq\f(\r(3),π)，则()A.a<c<b B.c<a<bC.a<b<c D.b<c<a答案A解析因为eq\f(1,2)<eq\f(π,6)，连接(0，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(\r(3),3)))，得割线方程y＝eq\f(2\r(3),π)x，因为y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是下凸函数，所以在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上，割线在正切曲线上方，即eq\f(2\r(3),π)x>tanx，所以当x＝eq\f(1,2)时，eq\f(\r(3),π)>taneq\f(1,2)，故c>a；令f(x)＝tanx－x，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′－1＝eq\f(sin2x＋cos2x,cos2x)－1＝eq\f(1,cos2x)－1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，因为cos2x<1，即f′(x)>0，所以f(x)＝tanx－x在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增，所以f(x)>f(0)＝0，即tanx>x，因为eq\f(\f(2,π),\f(\r(3),π))＝eq\f(2,\r(3))>1，所以eq\f(2,π)>eq\f(\r(3),π)，即taneq\f(2,π)>eq\f(\r(3),π)，故taneq\f(2,π)>eq\f(\r(3),π)>taneq\f(1,2)，即b>c>a.7.(2024·汉中模拟)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导数，设a＝f(0)，b＝3f(ln3)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是()A.c>b>a B.a>b>cC.c>a>b D.b>c>a答案D解析令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因为f′(x)＋f(x)>0，而ex>0恒成立，所以g′(x)>0，所以g(x)在定义域上是增函数，又0<1＝lne<ln3，所以g(0)<g(1)<g(ln3)，因为a＝f(0)＝e0f(0)＝g(0)，b＝3f(ln3)＝eln3f(ln3)＝g(ln3)，c＝ef(1)＝g(1)，所以b>c>a.8.已知a，b，c∈(1，＋∞)，且a－lna－1＝e－1，b－lnb－2＝e－2，c－lnc－4＝e－4，其中e是自然对数的底数，则()A.a<b<c B.b<a<cC.b<c<a D.c<b<a答案A解析由题意可得a－lna＝e－1＋1，b－lnb＝e－2＋2，c－lnc＝e－4＋4，令f(x)＝e－x＋x，则f′(x)＝－e－x＋1，因为当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(1)<f(2)<f(4)，即a－lna<b－lnb<c－lnc，令g(x)＝x－lnx，则g′(x)＝1－eq\f(1,x)，因为当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，又因为a，b，c∈(1，＋∞)且g(a)<g(b)<g(c)，所以a<b<c.二、多选题9.(2024·黑龙江部分学校联考)已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若f(x)满足(x－1)[f′(x)－f(x)]>0，eq\f(f（2－x）,e2－x)＝eq\f(f（x）,ex)，则下列关系式正确的是()A.f(1)<ef(0) B.f(2)>e2f(0)C.f(3)>e3f(0) D.f(4)<e4f(0)答案AC解析令F(x)＝eq\f(f（x）,ex)，则F′(x)＝eq\f(exf′（x）－exf（x）,e2x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)，因为函数f(x)满足(x－1)[f′(x)－f(x)]>0，所以当x>1时，F′(x)>0，F(x)在(1，＋∞)上单调递增；当x<1时，F′(x)<0，F(x)在(－∞，1)上单调递减.eq\f(f（2－x）,e2－x)＝eq\f(f（x）,ex)⇔F(2－x)＝F(x)，所以F(x)的图象关于直线x＝1对称，从而F(1)<F(0)＝F(2)<F(3)<F(4).对于A，F(1)<F(0)，即eq\f(f（1）,e1)<eq\f(f（0）,e0)，所以f(1)<ef(0)，故A正确；对于B，F(0)＝F(2)，即eq\f(f（2）,e2)＝eq\f(f（0）,e0)，所以f(2)＝e2f(0)，故B错误；对于C，F(3)>F(0)，即eq\f(f（3）,e3)>eq\f(f（0）,e0)，所以f(3)>e3f(0)，故C正确；对于D，F(4)>F(0)，即eq\f(f（4）,e4)>eq\f(f（0）,e0)，所以f(4)>e4f(0)，故D错误.10.已知a＞0，b＞0，abea＋lnb－1＝0，则()A.lnb＞eq\f(1,a) B.ea＞eq\f(1,b)C.a＋lnb＜1 D.ab＜1答案BCD解析对于A，取b＝1，则aea＝1，构造函数f(x)＝xex，则f′(x)＝(x＋1)ex＞0(x＞0)，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝0，所以存在x＞0，使得f(x)＝1，所以aea＝1有解，因为lnb＝0，eq\f(1,a)＞0，故A错误；对于B，abea＋lnb－1＝0变形得aea＝eq\f(1,b)lneq\f(1,b)＋eq\f(1,b)＞eq\f(1,b)lneq\f(1,b)＝(lneq\f(1,b))elneq\f(1,b)，由A知f(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，所以f(a)＞f(lneq\f(1,b))，故a＞lneq\f(1,b)，ea＞eq\f(1,b)，故B正确；对于C，由B知bea＞1，所以1－bea＜0，对abea＋lnb－1＝0变形得bea＋eq\f(lnb－1,a)＝0，bea>1，所以1＋eq\f(lnb－1,a)＜0，所以a＋lnb＜1，因此C正确；对于D，对abea＋lnb－1＝0变形得ab＝eq\f(1－lnb,ea)＞0，所以ab－1＝eq\f(1－lnb,ea)－1，由B知b＞eq\f(1,ea)，所以eq\f(1－lnb,ea)－1＜b(1－lnb)－1＝b(1－eq\f(1,b)－lnb)，易知lnx≥eq\f(x－1,x)，所以1－eq\f(1,b)－lnb≤0，因此ab－1＜0，ab＜1，故D正确.11.(2024·曲靖模拟)下列不等式正确的是()A.eπ>πe B.－ln0.9<eq\f(1,9)C.5sineq\f(1,5)<1 D.sineq\f(1,3)<eq\f(1,π)答案ABC解析对于A，令f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x>e时，f′(x)<0，则函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减，因为π>e，则f(π)<f(e)，即eq\f(lnπ,π)<eq\f(lne,e)，即elnπ<πlne，即lnπe<lneπ，所以πe<eπ，A正确；对于B，令g(x)＝x－ln(x＋1)，则g′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)，当x>0时，g′(x)＝eq\f(x,x＋1)>0，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))＝eq\f(1,9)－lneq\f(10,9)>g(0)＝0，即eq\f(1,9)>lneq\f(10,9)＝－ln0.9，B正确；对于C，令h(x)＝x－sinx，0<x<1，则h′(x)＝1－cosx>0对任意的x∈(0，1)恒成立，所以函数h(x)在(0，1)上为增函数，因为eq\f(1,5)∈(0，1)，则heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))＝eq\f(1,5)－sineq\f(1,5)>h(0)＝0，所以5sineq\f(1,5)<1，C正确；对于D，令p(x)＝sinx－x＋eq\f(x3,6)，0<x<1，则p′(x)＝cosx－1＋eq\f(x2,2)，令q(x)＝cosx－1＋eq\f(x2,2)，由C可知，q′(x)＝x－sinx＝h(x)>h(0)＝0对任意的x∈(0，1)恒成立，所以函数q(x)在(0，1)上单调递增，则p′(x)＝q(x)>q(0)＝0，则函数p(x)在(0，1)上单调递增，因为eq\f(1,3)∈(0，1)，则peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1