考向11构造函数比较大小（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）（解析版）

考向11构造函数法比较大小【2022年新高考1卷第7题】设0.10.1ea，19b，ln0.9c，则A．abcB．cbaC．cabD．acb【答案】C【解析】解法1：根据题意，构造函数exfxx，1xgxx，ln(1)hxx，对上述三个函数在0x处进行二阶泰勒展开23222e1+()+()2!2!xxxfxxxxoxxxox222321()()1xgxxxxoxxxxoxx221ln(1)()2hxxxxox在0.1x时，显然(0.1)0.10.1.hfg即cab，即选C．解法2：设()ln(1)(1)fxxxx，因为1()111xfxxx，当(1,0)x时，()0fx，当,()0x时()0fx，所以函数()ln(1)fxxx在(0,)单调递减，在(1,0)上单调递增，所以1()(0)09ff，所以101ln099，故110lnln0.999，即bc，所以1()(0)010ff，所以91ln+01010，故1109e10，所以11011e109，故ab，设()eln(1)(01)xgxxxx，则21e11()+1e11xxxgxxxx,令2()e(1)+1xhxx，2()e(21)xhxxx，当021x时，()0hx，函数2()e(1)+1xhxx单调递减，当211x时，()0hx，函数2()e(1)+1xhxx单调递增，又(0)0h，所以当021x时，()0hx，所以当021x时，()0gx，函数()eln(1)xgxxx单调递增，所以(0.1)(0)0gg，即0.10.1eln0.9，所以ac。故选：C.【2022年甲卷理第12题】已知3132a，1cos4b，14sin4c，则A．cbaB．bacC．abcD．acb【答案】A【解析】解法1：根据题意，构造函数21sin()1,cos,2xfxxgxxhxx对上述三个函数在0x处进行四阶泰勒展开21()1,2fxx24411cos1()2!4!gxxxxox244sin111()3!5!xhxxxoxx在14x时，显然111().444fgh即cba，即选A．解法2：构造函数21()1cos2hxxx，0,2x，则()()singxhxxx，()1cos0gxx„所以()(0)0gxg„，因此，()hx在0,2上递减，所以1()(0)04habh，即ab．另一方面，114sintan4411cos44cb，显然0,2x时，tanxx，所以114sintan44111cos44cb，即bc．因此cba．即选A．此类涉及到已知f(x)与f′(x)的一些关系式，比较有关函数式大小的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解．构造函数的考虑方向，主要是利用和、差函数求导法则构造函数:①对于不等式f'(x)+g'(x)0(或0(，构造函数F(x)=f(x)+g(x)；②对于不等式f'(x)-g'(x)0(或0(，构造函数F(x(=f(x)-g(x)；③特别地，对于不等式f(x)k(或k)(k≠0)，构造函数F(x)=f(x)-kx.1．下列命题为真命题的是（）A．,1xxRexB．,1xxRexC．2,2xxRxD．10,,2xxx【答案】A【解析】对于A选项，构造函数'1,00,1xxfxexffxe，所以fx在区间,0上'0fx，递减，在0,上'0fx，递增.所以fx在0x处取得极小值也即是最小值，所以00fxf，即10,1xxexex.所以A选项正确.对于B选项，由于A选项正确，所以B选项错误.对于C选项，当1x时，22xx，所以C选项不正确.对于D选项，当0x时，1122xxxx，当且仅当1x时等号成立，所以D选项错误.故选：A2．已知991001101,,ln100100abec，则,,abc的大小关系为（）A．abcB．acbC．cabD．bac【答案】C【解析】先用导数证明这两个重要的不等式①1xex，当且仅当0x时取“=”1xyex，'1xye，',0,0xy，函数递减，'0,,0xy函数递增故0x时函数取得最小值为0，故1xex，当且仅当0x时取“=”②ln1xx，当且仅当1x时取“=”ln1yxx，'11yx，'0,1,0xy，函数递增，'1,,0xy函数递减，故1x时函数取得最大值为0，故ln1xx，当且仅当1x时取“=”故991009911100100e，1011011ln1100100100c故选：C3．已知e是自然对数的底数，是圆周率，下列不等式中，33，33ee，ee，正确的个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】D【详解】构造函数ln0xfxxx，'21lnxfxx，所以fx在区间0,e上'0fx，fx递增；在区间,e上'0,fxfx递减，由于3e，所以lnln3ln3ee，所以：33lnln33lnln3lnln333eeeeeeee，lnlnlnlnlnlneeeeeeee，33ln3lnln33lnln3ln33，所以不等式正确的个数为3.故选：D4．当01x时，lnxfxx，则下列大小关系正确的是（）A．22fxfxfxB．22fxfxfxC．22fxfxfxD．22fxfxfx【答案】D【详解】根据01x得到201xx，而21ln'xfxx，所以根据对数函数的单调性可知01x时，1ln0x，从而可得'0fx，函数fx单调递增，所以210fxfxf，而222ln0xfxx，所以有22fxfxfx.故选D.【点睛】本题主要考查函数的值的大小比较，在解题的过程中，注意应用导数的符号研究函数的单调性，利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．5．“0,2”是“tan”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】令函数tanyxx，当0,2x时，2211tan0cosyxx，所以函数tanyxx在区间0,2上单调递增，则tantan000，即tan，故充分；但是反之未必成立，比如取23，易知22tan333，满足tan，但是不满足0,2，所以“0,2”是“tan”的充分不必要条件，故选：A．【点睛】方法点睛：充分条件和必要条件的三种判断方法：①定义法，即根据pq，qp进行判断；②集合法，即由p，q成立的对象构成的集合之间的包含关系进行判断；③等价转化法，即根据一个命题与其逆否命题真假的等价性，把要判断的命题转化为其逆否命题，再进行判断．6．若lnlnln1aabbcc，则（）A．lnlnlnbccaabeaebecB．lnlnlncabcabebeaecC．lnlnlnabcabcecebeaD．lnlnlnabbccaeceaeb【答案】C【详解】令()lnfxxx，则()1lnfxx当10xe时，()0fx，当1xe时，()0fx即函数()fx在10,e上单调递减，在1,e上单调递增()()()1fafbfc，由图象易知，1abc令ln()xxgxe，则1ln()xxxgxe由于函数1lnyxx在(0,)上单调递减，1lncc，111ln0cccc则1ln0xx在(0,)上有唯一解c，故()0gx在(0,)上有唯一解c即当xc时，()0gx，则函数()gx在(,)c上单调递减即()()()gagbgc，即lnlnlnabcabceeelnln,lnlnbacbeaebebeclnln,lnlnlnlnlnbcacacbcbcacbceaebebeceaebec故选：C【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于构造函数，利用导数得出函数的单调性，进而得出函数值的大小关系.1．（2021·江西·模拟预测（理））若正实数a，b满足22lnln222baba，则（）A．1224abB．12222abC．2abD．240ba【答案】B【详解】先证明熟知的结论：1lnxx恒成立，且当且仅当1x时取等号.设1lnfxxx,则11fxx,在(0,1)上，0fx,fx单调递减;在(1,+∞)上，0fx,fx单调递增.故11100minfxf,∴1lnfxxx恒成立，且当且仅当1x时取等号.由2222222222212lnlnln22bbaaababab,由已知22lnln222baba，∴22lnln222baba，且22221baab，解得122ab,经检验只有B正确，故选：B.【点睛】本题关键点在于利用基本不等式和熟知的结论1lnxx恒成立，且当且仅当1x时取等号进行研究，得到2222lnln2baab，结合已知得到等式，一定要注意基本不等式和1lnxx取等号的条件，才能列出方程组求得,ab的值.2．（2022·全国·模拟预测）已知实数a，b，c满足2acb，且lnabcab，则（）A．cabB．cbaC．acbD．bca【答案】A【详解】设ln1fxxx，则111xfxxx，当0,1x时，0fx，fx单调递增，当1,x时，0fx，fx单调递减，10fxf，即ln1xx，所以ln1abab，所以1abcab，即1c，又20acb，所以0a，由0ab，所以0ba，所以22ba，即2aca，所以ca，所以cab.故选：A.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用经典不等式ln1xx可得ln1abab.3．（2022·福建·莆田二中模拟预测）已知sin11e,sin1,cos1abc，则（）A．acbB．abcC．cbaD．cab【答案】C【详解】当5,,sincos44xxx，又51,44，所以sin1cos1，故bc记e1xfxx，所以e1xfx，令0fx，得0x，令0fx，得0x，所以fx在,0单调递减，在0,单调递增.所以00fxf，即e10xx，当0x时取等号.