資源簡介

第 12 講 構(gòu)造函數(shù)及不等式放縮判斷函數(shù)值大小關(guān)系
（3 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關(guān)聯(lián)考點
構(gòu)造函數(shù)、用導(dǎo)數(shù)判斷或證明 比較指數(shù)冪的大小
2022 年新 I 卷，第 7 題,5 分
函數(shù)的單調(diào)性 比較對數(shù)式的大小
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的必考內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度較大，分值為 5-12 分
【備考策略】1 會結(jié)合實際情況構(gòu)造函數(shù)
2 能用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性
3 能求出函數(shù)的極值或給定區(qū)間的最值
4 能結(jié)合單調(diào)性進(jìn)行函數(shù)值大小比較
【命題預(yù)測】比較大小的問題，形式靈活、內(nèi)涵豐富，學(xué)生可以綜合運用等價轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想
方法解決實際問題，是考查學(xué)生的邏輯推理和數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)的有效題型載體。近幾年，這類試題得
到了高考和各類大型考試命題老師的青睞和追捧。需綜合復(fù)習(xí)
知識講解
1. 構(gòu)造函數(shù)的重要依據(jù)
2. 常見構(gòu)造類型
3. 常見的指對放縮
ex x 1， e x ex 1 ，1 ln x x 1 ln x x，
x e
4. 常見的三角函數(shù)放縮
sin x x tan x, x π 0,
2
5. 其他放縮
ln x x 1 (x 1) ln x x 1 (0 x 1)
x ， x ，
ln x 1 (x 1 )(x 1) ln x 1 (x 1 )(0 x 1)
2 x ， 2 x ，
ln x 1 x2 2x 3 (x 1) ln x 1 3 x2 2x (0 x 1)
2 2 ， 2 2
ln x 2(x 1) (x 1) ln x 2(x 1) (0 x 1)
x 1 ， x 1
放縮程度綜合
1 1 1 (x 1) x 1 ln x 2(x 1) 1 3 x2 2x x 1(0 x 1)
x 2 x x x 1 2 2
1 1 1 x2 2x 3 2(x 1) 1 1 1 ln x x (x ) x 1(1 x 2)
x 2 2 x 1 x 2 x
1 3 1 2(x 1) 1 1 1
x2 2x 1 ln x x (x ) x 1(x 2)
2 2 x x 1 x 2 x
x 1 1 1 ex (x 1) ， x 1 ex (x 1)
1 x 1 x
方法技巧
1 構(gòu)造相同函數(shù)，比較不同函數(shù)值 2 構(gòu)造不同函數(shù)，比較相同函數(shù)值
3.構(gòu)造不同函數(shù)，比較不同函數(shù)值，這個時候，不等式放縮就是首選之道了!
4.先同構(gòu)，再構(gòu)造，再比較，題干呈現(xiàn)一個較復(fù)雜的等式或者不等式關(guān)系，并沒有前幾類那么明顯的數(shù)字時，
往往可能現(xiàn)需要同構(gòu)(變形)出一個函數(shù)之后再來比較大小.
考點一、構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性判斷函數(shù)值大小關(guān)系
1
1 0.1．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）設(shè) a = 0.1e ,b = ，c = ln 0.9，則（ ）
9
A． a b c B． c b a C． c2．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）設(shè) a = 2ln1.01，b = ln1.02， c = 1.04 1．則（ ）
A． a b c B．b2
1．（2024· 0.1吉林長春·模擬預(yù)測）已知 a = e 1,b = ,c = ln1.1，則（ ）
21
A．b a c B． cC． c b a D．b2022 1
2．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知 a = e 2023 ，b = ln2024 ln2023， c = sin ，則（ ）2023
A． c1012 2023 20253．（2024· · a 1013山西 二模）設(shè) = ，b = ，則下列關(guān)系正確的是（ ）
1011 1012
A． e2 a b B． e2 b a C． a b e2 D．b a e2
4 2024· · a = eπ 3．（ 安徽 三模）已知 ,b = ln eπ 2e ,c = π 2，則（ ）
A．b5 1 11 1
1
．（2024·安徽蕪湖·三模）設(shè) a = , b = ln , c = ×e11，則（ ）
10 10 11
A．ba 1 ,b 2ln sin 1 1 66．（2024·湖北武漢·二模）設(shè) = = cos ,c = ln
6
，則 a,b,c的大小關(guān)系是（
5 10 10 5 5 ）
A． a b c B．b a c C．b c a D． c a b
考點二、不等式放縮判斷函數(shù)值大小關(guān)系
1．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）設(shè) a = 0.1e0.1,b
1
= ，c = ln 0.9，則（ ）
9
A． a b c B． c b a C． c31 1 1
2．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知 a = ,b = cos ,c = 4sin ，則（ ）
32 4 4
A． c b a B．b a c C． a b c D． a c b
5
1．（2024· · 0.1 0.2甘肅隴南 一模）若 a = ,b = 7 ,c = e ，則（ ）
4
A． c b a B． a b c C． c a b D． a c b
1 2

2．（2024· 2遼寧·一模）設(shè) a = ，b = 2 e3，c =1 e 3 則（ ）
3
A． a b c B． c b a
C．b c a D． a c b
1 1
3．（2024·山東威海·二模）設(shè) a = ，b = ln1.21， c =10sin ，則（
10 ）100
A． a b c B．b a c C． c a b D． c b a
1
4．（2024·貴州遵義·三模）設(shè) a = tan 0.01，b = ln1.01， c = ，則下列關(guān)系正確的是（ ）
101
A． a b c B．b a c C． a c b D． c b a
5．（2023·河南·模擬預(yù)測）實數(shù) x，y，z 分別滿足 x2022 = e， 2022y = 2023， 2022z = 2023，則 x，y，z 的大
小關(guān)系為（ ）
A． x y z B． x z y
C． z x y D． y x z
考點三、構(gòu)造函數(shù)解決其他綜合問題
1．（23-24 高二下·廣東東莞·階段練習(xí)）已知 f x 為函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng) x 0時，有 f x xf x 0
恒成立，則下列不等式一定成立的是（ ）
f 1 2 f 1 1 1 A． 2
B． f 2 f
4 2 4
f 1 C． f 1 D． f
1
f 1
2 2
2．（23-24 高三下·陜西西安·階段練習(xí)）已知 a，b 為正數(shù)，且 2a b， ab = ba ，則（ ）
A． a2 b B．b2 a
C． a b 6 D． a b 6
a
3．（2024· x廣東深圳·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = ae 1n 2，若 f x 0恒成立，則正實數(shù) a的取值范
x 2
圍是（ ）
A．0 a e B． a e2 C． a e D． a 2e
4．（23-24 高三上·河北·階段練習(xí)）已知函數(shù) f (x) 及其導(dǎo)函數(shù) f (x) 的定義域均為 (0, )，且 xf (x) (x 1) f (x)
恒成立， f (3) = e，則不等式 (x 4) f (x 4) 3ex 2的解集為（ ）
A． ( 4, 1) B． ( 1,1) C． ( 1,2) D． ( 1, )
1．（23-24高二下·天津·期中）已知定義在R 上的奇函數(shù) f x 滿足， f 2 = 0，當(dāng) x 0時， xf x f x 0 ，
則 f x 0的解集為（ ）
A． , 2 U 0,2 B． , 2 2,
C． 2,0 0,2 D． 2,0 U 2,
2．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）已知 a，b R ，若 2 a b ， ab = ba ，則 b 的可能值為（ ）
A．2.5 B．3.5 C．4.5 D．6
3．（2024·湖南邵陽·二模）已知函數(shù) f x 的定義域為R, f x 為 f x 的導(dǎo)函數(shù).若 f 1 = e，且
f x ex f x 在R 上恒成立，則不等式 f x 2 x ex的解集為（ ）
A． , 2 B． 2,
C． ,1 D． 1,
4．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知定義在R 上的函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，且 f x f x = 0 .對于任
f x
意的實數(shù) x ，均有 f x 成立，若 f 3 = 16 x 1，則不等式 f x 2 的解集為（ ）
ln2
A． , 3 B． ,3 C． 3, D． 3,
a 1 ln 2 b 2 ln 1 c 11．（22-23 高三下·全國·階段練習(xí)）已知 = ， = ， = ，則（ ）
2 3 3 2 3
A． c a b B． a b c C．b c a D． c b a
a ln( 2e),b e 1,c ln 52．（2024·云南貴州·二模）已知 = = = 1，則 a,b,c的大關(guān)系為（ ）
e 5
A． c a b B．b a c
C． a b c D．b c a
3 1
3 2024· · a = ln ,b = ,c = e 2．（ 四川 模擬預(yù)測）已知 ，則 a,b,c的大小關(guān)系為（ ）
2 3
A． a b c B． a c b C．b a c D．b c a
1 ln π
4．（2023· ln 3山西·模擬預(yù)測）設(shè) a = ，b = ， ，則（
2e 2π c = ）3
A．b c a B．b a c C． a b c D． a c b
5．（2023 高三·全國·專題練習(xí)）若函數(shù) y = f x 在 R 上可導(dǎo)，且滿足 xf x f x 0恒成立，常數(shù) a,b a b ,
則下列不等式一定成立的是（ ）
A． af a bf b B． af b bf a
C． af a bf b D． af b bf a
6．（2024

高二下·全國·專題練習(xí)）定義在 0,
π
2 上的函數(shù)
f x ，已知 f x 是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有

cosx × f x sinx × f x 0 成立，則有（ ）
f π 2 f π 3 f π f π A． 6 4
B．
6 3
f π π 3 f 2 f (p ) 3 f (pC． 6
D． )
3 6 4
7．（23-24 高三上·陜西·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x 的定義域是 5,5 ，其導(dǎo)函數(shù)為 f x ，且
f x xf x 2，則不等式 2x 3 f 2x 3 x 1 f x 1 2x 4 的解集是（ ）
A． 2, B． 2,6 C． 4,6 D． 2,4
8．（23-24 高二上·重慶·期末）已知定義在 (0, )上的函數(shù) f x 的導(dǎo)數(shù)為 f x ，若 f (1) =1，且
x2 f (x) 1 0 ，則下列式子中一定成立的是（ ）
f 1 A． 3 f (
1
B． ) π
3 π
C． f log2 e ln 2 D． f (ln 3) log3 e
9．（2024·廣東·二模）函數(shù) f x 的定義域為R, f 2 = 3，若"x R, f x 1，則 f x x 1的解集為
（ ）
A． 2,2 B． 2, C． , 2 D． ,
10．（23-24 高二下·安徽亳州·期中）已知函數(shù) f x 及其導(dǎo)函數(shù) f x 的定義域均為 R， f 0 = 0且
f x f x 0，則不等式 f (x2 4x 5) 0的解集為（ ）
A． ( , 5) U (1, ) B． ( , 1) U (5, )
C． 5，1 D． 1，5
4
1．（2024 高三下·全國·專題練習(xí)）已知 a = ， b
3
= ， c = e ，則下列大小關(guān)系正確的是（　　）
ln4 ln3
A． a b c B． a c b
C． c b a D． c a b
a 1 ln 2,b 2 ln 3 ,c 1 2ln52．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）已知 = = = ，則（ ）
2 3 2 2 5
A． c b a B．b a c C． a b c D． a c b
3．（2023·遼寧鞍山·二模）已知定義在 2,2 上的函數(shù) f x 滿足 f x e4x f x = 0，且 f 1 = e2 ， f x
為 f x 2x 4的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng) x 0,2 時， f x 2 f x ，則不等式 e f 2 x e 的解集為（ ）
A． 1, B． 1,2 C． 0,1 D． 1,4
1 1
4．（23-24 高二下·江蘇常州·期中）若 a = e e ，b =11 11 ， c = 2，則（ ）
A． a b c B．b a c C． a c b D． c b a
a 17 35．（2024·湖北黃岡·二模）已知 a,b,c,d 分別滿足下列關(guān)系：16 =15,b = log17 16, log15 c = ,d = tan ，則
16 16 2
a,b,c,d 的大小關(guān)系為（ ）
A． a b c d B． c a b d
C． a c b d D． a d b c
6．（23-24 高二下·江蘇常州·期末）已知函數(shù) f x 及其導(dǎo)數(shù) f x 的定義域均為R ，對任意實數(shù) x ，
2
f x = f x 2x 3x，且當(dāng) x 0 時， f x x 1 0 .不等式 f 2x 2 f x 3x 的解集為（ ）
2
, 2 2 ,2 2 , , 2 A． B． C D3 ． 3 ． 3 U 2,
7．（2024·寧夏銀川·三模）已知定義在 R 上的奇函數(shù) f (x) 的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線， f (x) 是 f (x) 的導(dǎo)
函數(shù)，當(dāng) x 0時，3 f (x) xf (x) 0，且 f (2) = 2 ，則不等式 (x 1)3 f (x 1) 16的解集為（ ）
A． (1, ) B． ( , 2) U (2, )
C． ( ,1) D． , 3 1,
8．（2024· x陜西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 2 2 x cos x x2 ，若 a = f 5ln 4π ，b = f 4ln 5π ，
c = f 5ln π4 ，則（ ）
A． c b a B．b9．（2024· 1.02新疆喀什·三模）已知 a = ln sin1.02 ，b = ， c = ln1.02，則（ ）
51
A． a b c B． c a b C． a c b D．b a c
10 2023· · a =1.01ln ln1.01．（ 湖北武漢 三模）已知 ln1.01 ln1.01 ， b = sin ln 1 cos1.01 ， c = etan sin1.01 1，則 a，
b，c 的大小關(guān)系為（ ）
A． a b c B．b a c
C． c b a D． c a b
1．（陜西·高考真題） f x 是定義在 (0, )上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足 xf x f x 0 ．對任意正數(shù) a，
b，若 a b ，則必有（ ）
A． af b bf a B．bf a af b
C． af a f b D．bf b f a
2．（江西·高考真題）對于 R 上可導(dǎo)的任意函數(shù) f x ，若滿足 x 1 f x 0則必有
A． f 0 f 2 2 f 1 B． f 0 f 2 2 f 1
C． f 0 f 2 2 f 1 D． f 0 f 2 2 f 1
3．（湖南·高考真題）設(shè) f (x)、g(x)分別是定義在R 上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng) x 0 時，
f (x)g(x) f (x)g (x) 0．且 g( 3) = 0 ，則不等式 f (x)g(x) 0的解集是（ ）
A． ( 3,0) (3, ) B． ( 3,0) (0,3)
C． ( , 3) (3, ) D． ( , 3) (0,3)
4．（全國·高考真題）設(shè)函數(shù) f '(x) 是奇函數(shù) f (x) （ x R ）的導(dǎo)函數(shù)， f ( 1) = 0，當(dāng) x 0時，
xf '(x) f (x) 0 ，則使得 f (x) 0 成立的 x 的取值范圍是
A． ( , 1) U (0,1) B． (-1,0) (1,+ )
C． ( , 1) U ( 1,0) D． (0,1) (1, )第 12 講 構(gòu)造函數(shù)及不等式放縮判斷函數(shù)值大小關(guān)系
（3 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關(guān)聯(lián)考點
構(gòu)造函數(shù)、用導(dǎo)數(shù)判斷或證明 比較指數(shù)冪的大小
2022 年新 I 卷，第 7 題,5 分
函數(shù)的單調(diào)性 比較對數(shù)式的大小
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的必考內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度較大，分值為 5-12 分
【備考策略】1 會結(jié)合實際情況構(gòu)造函數(shù)
2 能用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性
3 能求出函數(shù)的極值或給定區(qū)間的最值
4 能結(jié)合單調(diào)性進(jìn)行函數(shù)值大小比較
【命題預(yù)測】比較大小的問題，形式靈活、內(nèi)涵豐富，學(xué)生可以綜合運用等價轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想
方法解決實際問題，是考查學(xué)生的邏輯推理和數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)的有效題型載體。近幾年，這類試題得
到了高考和各類大型考試命題老師的青睞和追捧。需綜合復(fù)習(xí)
知識講解
1. 構(gòu)造函數(shù)的重要依據(jù)
2. 常見構(gòu)造類型
3. 常見的指對放縮
ex x 1， e x ex 1 ，1 ln x x 1 ln x x，
x e
4. 常見的三角函數(shù)放縮
sin x x tan x, x π 0,
2
5. 其他放縮
ln x x 1 (x 1) ln x x 1 (0 x 1)
x ， x ，
ln x 1 (x 1 )(x 1) ln x 1 (x 1 )(0 x 1)
2 x ， 2 x ，
ln x 1 x2 2x 3 (x 1) ln x 1 x2 2x 3 (0 x 1)
2 2 ， 2 2
ln x 2(x 1) (x 2(x 1) 1) ln x (0 x 1)
x 1 ， x 1
放縮程度綜合
1 1 1 (x 1 1 2(x 1) 1 3 ) x ln x x2 2x x 1(0 x 1)
x 2 x x x 1 2 2
1 1 1 3 2(x 1) x2 2x ln x 1 1 1 x (x ) x 1(1 x 2)
x 2 2 x 1 x 2 x
1 x2 2x 3 1 1 2(x 1) 1 1 1 ln x x (x ) x 1(x 2)
2 2 x x 1 x 2 x
x 1 1 1 ex (x 1) ， x 1 ex (x 1)
1 x 1 x
方法技巧
1 構(gòu)造相同函數(shù)，比較不同函數(shù)值
2 構(gòu)造不同函數(shù)，比較相同函數(shù)值
3.構(gòu)造不同函數(shù)，比較不同函數(shù)值
這個時候，不等式放縮就是首選之道了!
4.先同構(gòu)，再構(gòu)造，再比較
當(dāng)題干呈現(xiàn)一個較復(fù)雜的等式或者不等式關(guān)系，并沒有前幾類那么明顯的數(shù)字時，往往可能現(xiàn)需要同構(gòu)(變
形)出一個函數(shù)之后再來比較大小.
考點一、構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性判斷函數(shù)值大小關(guān)系
1 2022· · a = 0.1e0.1
1
．（ 全國 統(tǒng)考高考真題）設(shè) ,b = ，c = ln 0.9，則（ ）
9
A． a b c B． c b a C． c【答案】C
【分析】構(gòu)造函數(shù) f (x) = ln(1 x) x ， 導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，由此確定 a,b,c的大小.
【詳解】方法一：構(gòu)造法
設(shè) f (x) = ln(1 x) x(x 1)
1 x
，因為 f (x) = 1 = ，
1 x 1 x
當(dāng) x ( 1,0)時， f (x) 0 ，當(dāng) x (0, )時 f (x) 0 ，
所以函數(shù) f (x) = ln(1 x) x 在 (0, )單調(diào)遞減，在 ( 1,0) 上單調(diào)遞增，
f (1所以 ) f (0) = 0 ，所以 ln
10 1 1 10
0，故 ln = ln 0.9，即b c，
9 9 9 9 9
1 1 1 f ( ) f (0) 0 ln 9= + 1 0 9 e 10 1 1所以 ，所以 ，故 ，所以 e10 ，
10 10 10 10 10 9
故 a b ，
x2 1 ex 1
設(shè) g(x) = x ex ln(1 x)(0 x 1)，則 g (x) = x+1 ex 1 = ,
x 1 x 1
令 h(x) = ex (x2 1)+1， h (x) = ex (x2 2x 1) ，
當(dāng)0 x 2 1時， h (x) 0，函數(shù) h(x) = ex (x2 1)+1單調(diào)遞減，
當(dāng) 2 1 x 1時， h (x) 0，函數(shù) h(x) = ex (x2 1)+1單調(diào)遞增，
又 h(0) = 0，
所以當(dāng)0 x 2 1時， h(x) 0，
所以當(dāng)0 x 2 1時， g (x) 0，函數(shù) g(x) = x ex ln(1 x)單調(diào)遞增，
所以 g(0.1) g(0) = 0，即0.1e0.1 ln 0.9，所以 a c
故選：C.
方法二：比較法
0.1 b 0.1解： a = 0.1e ， = 1 0.1 ，
c = ln(1 0.1) ，

① ln a ln b = 0.1 ln(1 0.1) ，
令 f (x) = x ln(1 x), x (0, 0.1],
則 f (x) = 1
1 x
= 0
1 x 1 x ，
故 f (x) 在 (0, 0.1] 上單調(diào)遞減，
可得 f (0.1) f (0) = 0 ，即 ln a ln b 0 ，所以 a b ；
② a c = 0.1e0.1 ln(1 0.1) ，
令 g(x) = xex ln(1 x), x (0,0.1],
1 1 x 1 x ex 1
則 g ' x = 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) 在 (0, 0.1] 上單調(diào)遞增，可得 k (x) k (0) 0 ，即 g (x) 0 ，
所以 g(x) 在 (0, 0.1] 上單調(diào)遞增，可得 g(0.1) g(0) = 0 ，即 a c 0 ，所以 a c.
故 c a b.
2．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）設(shè) a = 2ln1.01，b = ln1.02， c = 1.04 1．則（ ）
A． a b c B．b【答案】B
【分析】利用對數(shù)的運算和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性不難對 a,b 的大小作出判定，對于 a 與 c，b 與 c 的大小關(guān)系，
將 0.01 換成 x,分別構(gòu)造函數(shù) f x = 2ln 1 x 1 4x 1, g x = ln 1 2x 1 4x 1，利用導(dǎo)數(shù)分析其在 0
的右側(cè)包括 0.01 的較小范圍內(nèi)的單調(diào)性，結(jié)合 f(0)=0,g(0)=0 即可得出 a 與 c，b 與 c 的大小關(guān)系.
【詳解】[方法一]：
a = 2ln1.01 = ln1.012 = ln 1 0.01 2 = ln 1 2 0.01 0.012 ln1.02 = b ，
所以b a ；
下面比較 c與 a,b的大小關(guān)系.
2 1 4x 1 x
記 f x = 2ln 1 x 1 4x 1 f 0 = 0 f x 2 2

，則 ， = = ，
1 x 1 4x 1 x 1 4x
由于1 4x 1 x 2 = 2x x2 = x 2 x
2
所以當(dāng) 0 0，
所以 f x 在 0,2 上單調(diào)遞增，
所以 f 0.01 f 0 = 0，即 2ln1.01 1.04 1，即 a c ；
2 1 4x 1 2x
令 g x = ln 1 2x 1 4x 1，則 g 0 = 0 ， g x 2 2= = ，
1 2x 1 4x 1 x 1 4x
由于1 4x 1 2x 2 = 4x2 2，在 x>0 時，1 4x 1 2x 0，
所以 g x 0，即函數(shù) g x 在[0，+∞)上單調(diào)遞減，所以 g 0.01 g 0 = 0，即 ln1.02 1.04 1，即 b綜上，b故選：B.
[方法二]：
f x ln x
2 1
令 = x 1(x 1)
2
x 1 2
f x - = 0，即函數(shù) f (x) 在（1，+∞)上單調(diào)遞減
x2 1
f 1 0.04 f 1 = 0,\b c
g x 2ln x
2 3
令 = x 1(1 x 3)
4
g x 1x 3 x = 2 0 ，即函數(shù) g(x)在（1，3)上單調(diào)遞增x 3
g 1 0.04 g 1 = 0,\a c
綜上，b故選：B.
【點睛】本題考查比較大小問題，難度較大，關(guān)鍵難點是將各個值中的共同的量用變量替換，構(gòu)造函數(shù)，
利用導(dǎo)數(shù)研究相應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而比較大小，這樣的問題，憑借近似估計計算往往是無法解決的.
2
1．（2024· · a = e0.1吉林長春 模擬預(yù)測）已知 1,b = ,c = ln1.1，則（ ）
21
A．b a c B． cC． c b a D．b【答案】D
【分析】構(gòu)造函數(shù)，判斷函數(shù)單調(diào)性，代入數(shù)值可比較大小.
【詳解】設(shè) f (x) = ex x 1， f (x) = ex 1，
x ,0 時， f (x) 0 ， f (x) 為減函數(shù)，
x 0, 時， f (x) 0 ， f (x) 為增函數(shù)，所以 f (x) f (0) = 0，
f (0.1) 0，即 e0.1 1 0.1 .
設(shè) g(x) = ln x x 1 g (x)
1
， = 1
1 x
= ，
x x
x 0,1 時， g (x) 0， g(x)為增函數(shù)，
x 1, 時， g (x) 0， g(x)為減函數(shù)，
所以 g(x) g(1) = 0， g(1.1) 0，即 ln1.1 0.1，所以 a c .
1 4 x2
設(shè) h(x) ln x 1 2x= ， h (x) = 2 = 2 0x 2 x 1 x 2 ，x 1 x 2
h(x) 為增函數(shù)，所以 h(0.1) h(0) = 0
2
，所以 ln1.1 ，即c b .
21
故選：D
2022 1
2．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知 a = e 2023 ，b = ln2024 ln2023， c = sin ，則（ ）2023
A． c【答案】D
x
【分析】構(gòu)造函數(shù) f x = e x 1及函數(shù) g x = x sin x ，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可比較 a與 c，構(gòu)造函數(shù)
h x = sin x ln x 1 ，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可比較b 與 c，即可得解.
x
【詳解】令 f x = e x 1， x 0 ，
則 f x = ex 1 0在 ,0 上恒成立，故 f x 在 ,0 上單調(diào)遞減，
2022
f x f 0 =1 0 1 = 0 f 2022 e 2023 2022 故 ，故 = 1 0，
2023 2023
2022

e 2023 1 2022 1
1
即 = ，即 a ，、
2023 2023 2023
令 g x = x sin x ，則 g x =1 cos x 0，故 g x 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，
g 1 1 1故 = sin g 0 = 0 0 = 0，即 a c ；
2023 2023 2023
令 h x = sin x ln x 1 ，0 x 1，
1 2
則 h x = cos x =1 2sin2 x 1 x 1 1 2
x 1 2 1 x 2

1 x
1 2 1 x 2 x 1 x1 x = = 0 在 0,1 2 1 上恒成立， x 2 1 x
故 h x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
又 h 0 = sin 0 ln1 1= 0 h ，故 h 0 = 0，
2023
1
故 sin ln
2024
2023 2023
，即c b ，

故有 a c b .
故選：D.
x
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題關(guān)鍵在于構(gòu)造對應(yīng)的函數(shù)幫助比較大小，對 a與 c，可通過構(gòu)造 f x = e x 1，
從而比較 a
1 1
與 的大小關(guān)系，構(gòu)造 g x = x sin x ，從而比較 c與 的大小關(guān)系，可得 a與 c的大小關(guān)
2023 2023
系，通過構(gòu)造 h x = sin x ln x 1 可比較b 與 c的大小關(guān)系.
1012 20233 2024· · a b 1013
2025
．（ 山西 二模）設(shè) = ， =

，則下列關(guān)系正確的是（ ）
1011 1012
A． e2 a b B． e2 b a C． a b e2 D．b a e2
【答案】B
1012 1 1013 1
【分析】由題意可得 ln a = 2023ln = (2 1011 1)ln(1 ) 、 lnb = 2025ln = (2 1012 1)ln(1 )1011 1011 1012 1012 ，構(gòu)造函數(shù)
f (x) = (2x 1)ln(1 1 ) = (2x 1)[ln(x 1) ln x](x 1)、 h(x) = ln(x 1)
2x
(x 0)
x ，利用導(dǎo)數(shù)討論兩個函數(shù)的單調(diào)性x 2
可得 a b、b e2 ，即可求解.
【詳解】 ln a = 2023ln
1012
= (2 1011 1 1)ln(1 )
1011 1011 ，
lnb = 2025ln 1013 = (2 1012 1)ln(1 1 )
1012 1012 ，
設(shè)函數(shù) f (x) = (2x 1)ln(1
1
) = (2x 1)[ln(x 1) ln x](x 1)
x ，
f (x) = 2ln(x 1) 2ln x (2x 1)( 1 1 ) = 2ln(1 1 1 2 1 ) × ( )
則 x 1 x x 21 1 x x ，
x
2 x2
設(shè) g(x) = 2ln(1 x)
x 2x
(0 x 1)，則 g (x) = 2 01 x (1 x)
，

所以 g(x)在( 0, 1)上單調(diào)遞減，且 g(x) g(0) = 0，即 f (x) 0 ，
所以 f (x) 在 (1, )上單調(diào)遞減，
則 f (1011) f (1012)，即 ln a ln b，所以 a b .
2x h x 1 4 x
2
設(shè) h(x) = ln(x 1) (x 0) ，則 = = 0
x 2 x 1 ，x 2 2 x 1 x 2 2
1
所以 h(x) 在 (0, )上單調(diào)遞增，且 h( ) h(0) = 0x ，
2
1 1 2 (2x 1)ln(1
1
) 2
ln(1 ) x ln(1 ) x f (x) 2即 1 = = = 0x 2 x 2x 1 2x 1 2x 1
，
x
得 f (x) 2，所以 f (1012) 2 ，即 lnb 2 ，解得b e2 .
綜上， e2 b a .
故選：B
【點睛】方法點睛：此類比較大小類題目，要能將所給數(shù)進(jìn)行形式上的變化，進(jìn)而由此構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)
數(shù)判斷單調(diào)性，進(jìn)而比較大小.
4．（2024· · π 3安徽 三模）已知 a = e ,b = ln eπ 2e ,c = π 2，則（ ）
A．b【答案】A
x 1
【分析】構(gòu)造函數(shù) f x = e x，利用導(dǎo)數(shù)求取單調(diào)性可得 a、 c之間大小關(guān)系，構(gòu)造函數(shù)
g x = ln x x 1，利用導(dǎo)數(shù)求取單調(diào)性可得b 、 c之間大小關(guān)系，即可得解.
a = eπ 3【詳解】由 ,b = ln eπ 2e ，
即 a = e π 2 1,b = ln eπ 2e = ln π 2 1，
令 f x = ex 1 x x 1 ，
x 1
則 f x = e 1 0在 1, 上恒成立，
故 f x 在 1, 上單調(diào)遞增，
則有 f π 2 = e π 2 1 π 2 f 1 = 0，即 a c ，
令 g x = ln x x 1 x 1 ，
則 g x 1 1 x= 1 = 0在 1, 上恒成立，
x x
故 g x 在 1, 上單調(diào)遞減，
則有 g π 2 = ln π 2 1 π 2 g 1 = 0，即b c ，
故b故選：A.
x 1
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵點在于構(gòu)造出函數(shù) f x = e x、 g x = ln x x 1，以比較 a、 c與b 、 c
之間大小關(guān)系.
1
5．（2024·安徽蕪湖· 1 11 1三模）設(shè) a = , b = ln , c = ×e11，則（ ）
10 10 11
A．b【答案】A
1
x 1
【分析】先構(gòu)造函數(shù) f x = e x 1，利用導(dǎo)數(shù)證明 e11 1，則
11
1 1
1 1 c = ×e11 1 1 1 = 10 10 1 1 1 ，再構(gòu)造函數(shù) g x = ln x 1
x x 1 x 0,1 ，利用
11 11 11 x 1 x 1 1 1
10 10
x x
導(dǎo)數(shù)求出其單調(diào)區(qū)間，即可比較b,c，構(gòu)造函數(shù) h x = xe 0 x 1 ，利用導(dǎo)數(shù)求出其單調(diào)區(qū)間，即
1 x
可比較 a,c ，即可得解.
【詳解】令 f x = ex x 1 x，則 f x = e 1，
令 f x > 0，則 x 0，
所以函數(shù) f x 在 0, 上單調(diào)遞增，
1 1
所以 f f 0 = 0，即 e11 111 1， 11
1 1
1
c 1 1 1

所以 = ×e11

1

=
10
1 11 11 11
10 1 ，
1 1 1
10 10
11 1
而b = ln = ln
10
1
10
，

令 g x = ln x 1 x x
x 1
1 x 0,1 ，
x 1
2
則 g x
1 1 x
= 2 1
x x x
=x 1 x 1 x 1 ，x 1 3 x 1 3
當(dāng)0 x 1時， g x 0，
所以函數(shù) g x 在 0,1 上單調(diào)遞減，
g 1 所以 g 0 = 0 ，
10
1 1
10 10 1
即 1 1 1 ln 1 ，所以c b ，
1 1 10
10 10
1
a 1= = 11 ,
10 1 1
11
x
令 h x = xex 0 x 1 ，
1 x
1
1
x x
3 x2 x ex
則 h x = x 1 e = ，
1 x 2 1 x 2
3
令j x = x x2 x 0 x 1 ，則j x = 3x2 2x 1 = 3x 1 x 1 ，
當(dāng)0 x 1時，j x 0，
所以函數(shù)j x 在 0,1 上單調(diào)遞減，
所以j x j 0 = 0，
1 x3 x2 x ex
即當(dāng)0 x 1時， h x = 2 0， 1 x
所以函數(shù) h x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
所以 h
1
h 0 = 0，
11
1
1 1
即 11 ×e111 ，所以
a c ，
1 11
11
綜上所述，b故選：A.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：構(gòu)造 g x = ln x 1 x x 1

x 0,1 和 h x x= xex 0 x 1 兩個函數(shù)，x 1 x 1 1 x
是解決本題的關(guān)鍵.
1 1 1 6 6
6．（2024·湖北武漢·二模）設(shè) a = ,b = 2ln sin cos ,c = ln ，則 a,b,c的大小關(guān)系是（5 10 10 5 5 ）
A． a b c B．b a c C．b c a D． c a b
【答案】B
6
【分析】構(gòu)造函數(shù) f (x) = x sin x 、 g(x) = x ln(x 1) 和 h(x) = x ln(x 1)，其中 x (0,1) ，利用導(dǎo)數(shù)得到它
5
們的單調(diào)性即可比較出三者大小關(guān)系.
b 2ln sin 1 cos 1 ln sin 1
2
【詳解】由已知可得 = = cos
1 = ln(1 sin 1)，
10 10 10 10 5
設(shè) f (x) = x sin x ， x (0,1) ，則 f (x) = 1 cos x 0，
所以 f (x) = x sin x 在( 0, 1)上單調(diào)遞增，
f 1 所以 f (0) = 0
1 1 1
，即 sin ，所以b = ln 1 sin ln 1
1
，
5 5 5 5 5
設(shè) g(x) = x ln(x 1) ， x (0,1) ，則 g (x) 1
1 x
= = 0，
x 1 x 1
所以 g(x) = x ln(x 1) 在( 0, 1)上單調(diào)遞增，
g 1 所以 g(0) = 0
1
ln 1 1 ln 1 sin 1 ，即
5 5 5
，
5
綜上 a b，
設(shè) h(x) = x
6
ln(x 1)， x (0,1) ，則 h (x) =1
6 5x 1
= ，
5 5x 5 x 1
當(dāng) x
1
0, 1 時， h (x) 0，當(dāng) x ,15
時， h (x) 0，
5
所以 h(x) = x
6
ln(x 1) 在 0,
1 1
上單調(diào)遞減，在 ,15 上單調(diào)遞增，5 5
h 1 h(0) 0 1 6所以 = ，即 ln
1 1 6 = ln 6 ，所以 a c，
5 5 5 5 5 5
所以b a c
故選：B.
1
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵首先對b 進(jìn)行合理變形得b = ln(1 sin ) ，再通過構(gòu)造函數(shù)
5
f (x) = x sin x 、 g(x) = x ln(x 1) 和 h(x) x
6
= ln(x 1)，利用它們的單調(diào)性即可比較三者大小關(guān)系.
5
考點二、不等式放縮判斷函數(shù)值大小關(guān)系
1
1．（2022· 0.1全國·統(tǒng)考高考真題）設(shè) a = 0.1e ,b = ，c = ln 0.9，則（ ）
9
A． a b c B． c b a C． c放縮法
x 1
因為 x 1 e (x 1) ，
1 x
所以1.1 1 1 1 e0.1 0.11 a = 0.1e0.1 0.1 = = b，即 a b
1 0.1 1 0.1 9
ln x 1 (x 1因為 )(x 1) ，
2 x
所以 c ln 0.9 ln 10 1 (10 9 ) 19= = = 0.11 a ，即 c a
9 2 9 10 180
綜上所述： c a b ，故選：C
31
2．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知 a = ,b = cos
1 ,c = 4sin 1 ，則（ ）
32 4 4
A． c b a B．b a c C． a b c D． a c b
【答案】A
c 4tan 1 1【分析】由 = 結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可得c b ;構(gòu)造函數(shù) f x = cosx x2 1, x 0, ,利用導(dǎo)數(shù)可
b 4 2
得b a ,即可得解.
【詳解】[方法一]：構(gòu)造函數(shù)
π
因為當(dāng) x 0, , x tan x
2
c
= 4 tan 1 1 c故 ，故 1b ，所以c b ；b 4
設(shè) f (x) = cos x
1
x2 1, x (0, )，
2
f (x) = sin x x 0，所以 f (x) 在 (0, )單調(diào)遞增，
f 1 故 f (0)=0，所以 cos
1 31
0，
4 4 32
所以b a，所以 c b a，故選 A
[方法二]：不等式放縮
x 因為當(dāng) 0,
π ,sin x x，
2
1 2
取 x = 得： cos 1 =1 2sin2 1 1 1 2 31 = ，故b a8 4 8 8 32
4sin 1 cos 1 = 17 sin 1 p j ，其中j 0, ，且 sinj
1
= , cosj 4=
4 4 4 2 17 17
當(dāng) 4sin
1
cos 1 17 1 p p 1= 時， j = ，及j =
4 4 4 2 2 4
1 4 1 1
此時 sin = cosj = ， cos = sinj =4 17 4 17
cos 1 1 4故 = = sin
1
4sin 1
4 ，故b c17 17 4 4
所以b a，所以 c b a，故選 A
[方法三]：泰勒展開
2 2 4
設(shè) x = 0.25，則 a 31 0.25 1 0.25 0.25= =1 ，b = cos 1 ，
32 2 4 2 4!
sin 1 2 4
c = 4sin 1 = 41 1
0.25 0.25
，計算得 c b a，故選 A.
4 3! 5!
4
[方法四]：構(gòu)造函數(shù)
c
因為 = 4 tan
1
，因為當(dāng) x
π
0, ,sin x x tan x
1 1 c
，所以 tan ,即 1b ，所以c b ；設(shè)b 4 2 4 4
1
f (x) = cos x 1 x2 1, x (0, )， f (x) = sin x x 0，所以 f (x) 在 (0, )

單調(diào)遞增，則 f f (0)=0 ,所
2 4
以 cos
1 31
0，所以b a ,所以 c b a，
4 32
故選：A．
[方法五]：【最優(yōu)解】不等式放縮
c 4 tan 1 x 0,
π ,sin x x tan x tan 1 1因為 =
c
，因為當(dāng) ，所以 ,即 1b ，所以c b ；因為當(dāng)b 4 2 4 4
x
2
0,
π
,sin x x
1
，取 x = 得 cos 1 =1 2sin2 1 1 2 1 31 = ，故b a，所以 c b a． 2 8 4 8 8 32
故選：A．
【整體點評】方法 4：利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小，是常見思路，難點在于構(gòu)造合適的函數(shù)，屬于通性通法；
π
方法 5：利用二倍角公式以及不等式 x 0, ,sin x x tan x放縮，即可得出大小關(guān)系，屬于最優(yōu)解．
2
1 2024· · a
5
= ,b = 70.1,c = e0.2．（ 甘肅隴南 一模）若 ，則（ ）
4
A． c b a B． a b c C． c a b D． a c b
【答案】D
【分析】利用 e 2.7，結(jié)合冪函數(shù)的單調(diào)性判斷得c b ，再構(gòu)造函數(shù) g x = ex x 1 1，推得 ex 0 x 1 ，
1 x
從而推得 a c ，由此得解.
0.1
【詳解】因為 e2 2.72 7，所以 c = e0.2 = e2 70.1 = b；
令 g x = ex x 1，則 g x = ex 1，
當(dāng) x 0時， g x 0，則 g x 在 0, 上單調(diào)遞增，
當(dāng) x 0 時， g x 0，則 g x 在 ,0 上單調(diào)遞減，
所以 g x g 0 = 0 ，故 ex x 1，
則 e x
1
x 1，即 x 1 x，當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時，等號成立，e
1 x
當(dāng)0 x 1 1，即0 x 1，有 e ，
1 x
c e0.2 1 5從而有 = = = a ；
1 0.2 4
綜上， a c b .
故選：D.
【點睛】結(jié)論點睛：兩個常見的重要不等式：
（1） ln x x 1；（2） ex x 1 .
2 2024· · a 2
1 2

．（ 遼寧 一模）設(shè) = ，b = 2 e3，c =1 e 3 則（ ）
3
A． a b c B． c b a
C．b c a D． a c b
【答案】B
2 1
【分析】利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 ex x 1，可得b a,c a ；根據(jù)不等式的性質(zhì)可證得 1 e 3 e3 ，則 c b ，即
可求解.
【詳解】對于函數(shù) f (x) = ex x 1， f (x) = ex 1，
令 f (x) 0 x 0, f (x) 0 x 0，
所以函數(shù) f (x) 在 ( ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, )上單調(diào)遞增，
所以 f (x) = f (0) = 0，則 f (x) 0，即 exmin x 1 .
1 2

所以 b = 2 e3 2 (
1 2 2 2
1) = ， c = 1 e 3 1 ( 1) = .
3 3 3 3
1 2 1
2 2 1
2 1 1 2
由 e 3 3 8，得 ，所以 e 1 ，則1 e = 1 2 2 2 = 1 e3e3 83 = 2 ，
e3 e3 e3 e3
2 1
所以 1 e 3 2 e3 ，即 c b .
所以 c b a .
故選：B
【點睛】方法點睛：對于比較實數(shù)大小方法：
（1）利用基本函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷，
（2）利用中間值“1”或“0”進(jìn)行比較，
（3）構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)導(dǎo)數(shù)及函數(shù)單調(diào)性進(jìn)行判斷.
1 1
3．（2024·山東威海·二模）設(shè) a = ，b = ln1.21， c =10sin ，則（
10 ）100
A． a b c B．b a c C． c a b D． c b a
【答案】B
【分析】令 g(x) = x sin x
1 1 1
，求導(dǎo)可證明 x sin x ，進(jìn)而可得10sin 10 = ，可判斷 a c ，令
100 100 10
2 2 x 1f (x) = x ln(1 x) = x 2ln(1 x)，求導(dǎo)可證 x 2ln(1 x) = ln(1 x) ，令 = ，可判得 a b .
10
【詳解】令 g(x) = x sin x，可得 g (x) = 1 cos x≥0，所以 g(x) = x sin x在R 上單調(diào)遞增，
當(dāng) x 0時， g(x) g(0) ，所以 x sin x ，
所以10sin
1
10 1 1 = ，所以 a c ，
100 100 10
2 x 1
令 f (x) = x ln(1 x)2 = x 2ln(1 x)，求導(dǎo)可得 f (x) =1 = ，
x 1 x 1
當(dāng)0 x 1， f (x) 0 ，所以 f (x) 單調(diào)遞減，所以 f (x) f (0)，
即 x 2ln(1 x) 0 2ln1 = 0，所以 x 2ln(1 x) = ln(1 x)2，
x 1 1令 = ，可得 ln(1 0.1)2 = ln1.21，即 a b ，
10 10
所以 c故選：B.
1
4．（2024·貴州遵義·三模）設(shè) a = tan 0.01，b = ln1.01， c = ，則下列關(guān)系正確的是（ ）
101
A． a b c B．b a c C． a c b D． c b a
【答案】D
x π
【分析】構(gòu)造函數(shù) f x = ln 1 x , x 0, ，利用導(dǎo)數(shù)判斷出其單調(diào)性，即可比較b,c，構(gòu)造函數(shù)1 x 2
g x = ln 1 x x, x 0, π ， h x = x tan x, x

0,
π
，即可比較 a,b，即可得解.
2 2
【詳解】b = ln1.01 = ln 1 0.01 c 1 1 0.01， = = = ，
101 100 1 1 0.01
令 f x = ln 1 x x , x π 0, ，1 x 2
則 f x
1 1 x
=
1 x 1 x 2
= 0
1 x 2 ，
π
所以函數(shù) f x 在 0, 2 上單調(diào)遞增，
所以 f 0.01 f 0 = 0，即 ln 1 0.01 0.01 ，所以b c，
1 0.01
令 g x = ln 1 x x, x 0,
π
2
，

g x 1則 = 1 x= 0，
1 x 1 x
所以 g x 在 0, π 2 上單調(diào)遞減，
所以 g 0.01 g 0 = 0，即 ln 1 0.01 0.01，
h x x tan x, x 0, π cos
2 x sin2
令 =
x
，則 2 h x =1 2 = tan
2 x 0，
cos x
h x 0, π 所以函數(shù) 在 2 上單調(diào)遞減，
所以 h 0.01 h 0 = 0，即0.01 tan 0.01，
所以 ln 1 0.01 tan 0.01，即b a ，
綜上所述， c b a .
故選：D.
f x ln 1 x x π【點睛】關(guān)鍵點點睛：構(gòu)造函數(shù) = , x 0, g x = ln 1 x x, x ， 0,
π
，
1 x 2 2
h x = x tan x, x π 0, ，是解決本題的關(guān)鍵.
2
5．（2023·河南·模擬預(yù)測）實數(shù) x，y，z 分別滿足 x2022 = e， 2022y = 2023， 2022z = 2023，則 x，y，z 的大
小關(guān)系為（ ）
A． x y z B． x z y
C． z x y D． y x z
【答案】B
1 2023 ln x
【分析】根據(jù)已知即 x = e2022 ， y = log2022 2023， z = ， 構(gòu)選函數(shù) f (x) = 確定其在 e, 上單調(diào)2022 x
1
遞減，可得 z y x 2023，又設(shè) h x = e x 1，其在 x 0, 上單調(diào)遞增，所以得 x = e2022 = z ．
2022
1 2023
【詳解】解：由已知得 x = e2022 ， y = log2022 2023， z = ，2022
ln x f (x) 1 ln x設(shè) f (x) = ， = 2 ，當(dāng) x e, 時， f (x) 0 ，x x
所以 f (x)
ln x
= 在 e, 上單調(diào)遞減，因此 （f 2023） （f 2022），
x
ln 2023 ln 2022 2023 ln 2023
即 所以 = log 2023， z y；
2023 2022 2022 ln 2022 2022
x
又設(shè) h x = e x 1 h x = ex， 1，當(dāng) x 0, 時， h x 0，
x
所以 h x = e x 1在 x 0, 上單調(diào)遞增，
1 1 1
因此 h = e2022
1
1 h 0 = 0 e2022 1 1 2023，所以 = ，則 x z ；
2022 2022 2022 2022
綜上得 x z y .
故選：B．
【點睛】方法點睛：構(gòu)造函數(shù)比較大小主要方法有：
1.通過找中間值比較大小，要比較的兩個或者三個數(shù)之間沒有明顯的聯(lián)系，這個時候我們就可以通過引入一
個常數(shù)作為過渡變量，把要比較的數(shù)和中間變量比較大小，從而找到他們之間的大小關(guān)系.
2.通過構(gòu)造函數(shù)比較大小，要比較大小的幾個數(shù)之間可以看成某個函數(shù)對應(yīng)的函數(shù)值，我們只要構(gòu)造出函數(shù)，
然后找到這個函數(shù)的單調(diào)性就可以通過自變量的大小關(guān)系，進(jìn)而找到要比較的數(shù)的大小關(guān)系.有些時候構(gòu)造
的函數(shù)還需要通過放縮法進(jìn)一步縮小范圍.
考點三、構(gòu)造函數(shù)解決其他綜合問題
1．（23-24 高二下·廣東東莞·階段練習(xí)）已知 f x 為函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng) x 0時，有 f x xf x 0
恒成立，則下列不等式一定成立的是（ ）
1
A． f 2 f
1 f 1 1 B． 2 f


2 4 2 4
f 1 1 C． f 1 D． f f 1
2 2
【答案】B
fF x x
1
【分析】構(gòu)造函數(shù) = , x 0，求導(dǎo)確定其單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性確定建立 F , F
1
x 2
的不等關(guān)系，
4
1
以及F , F 1 的不等關(guān)系，整理化簡得答案.
2
f x xf
x f x
【詳解】令F x = , x 0，則F x = ，
x x2
因為當(dāng) x 0時，有 f x xf x 0恒成立，

x 0 F x f x x f x 所以當(dāng) 時， = 2 0，x
即F x 在 0, 上單調(diào)遞減，
f 1 f 1
F 1 F 1

2 4 f 1 1 所以 2 ，即4 1 1 ，即 2
2 f ，A 錯誤，B 正確，
4
2 4
f 1
1 F 1 F 1 2
f 1
，即 1 ，即
2 f f 1 ，CD 錯誤.
2 1 2
2
故選：B.
2．（23-24 高三下·陜西西安·階段練習(xí)）已知 a，b 為正數(shù)，且 2a b， ab = ba ，則（ ）
A． a2 b B．b2 a
C． a b 6 D． a b 6
【答案】C
ln x
【分析】由 ab = ba ，構(gòu)造函數(shù) f x = ，求導(dǎo)，判斷單調(diào)區(qū)間，根據(jù)已知條件 2a b，判斷選項.x
ln a ln b ln x 1 ln x
【詳解】由 ab = ba ，可知 = ，設(shè) f x = ，則 f x = 2 ，a b x x
令 f x = 0，則 x=e
當(dāng)0 x e時， f x > 0， f x 單調(diào)遞增，
當(dāng) x e時， f x 0， f x 單調(diào)遞減，且 f 2 = f 4 ，
故當(dāng) 2a b時，則1 a 2 ，b 4 ，
故 a2 b ，b2 a ，且當(dāng) a 1時，b ，故 a b 6，只有 C 滿足要求.
故選：C
3．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = aex 1n
a
2，若 f x 0恒成立，則正實數(shù) a的取值范
x 2
圍是（ ）
A．0 a e B． a e2 C． a e D． a 2e
【答案】C
x ln a ln x 2 x
【分析】不等式整理為 x ln a e ln x 2 e ，構(gòu)造函數(shù) g x = x e ，利用單調(diào)性得到
ln a ln x 2 x ，再構(gòu)造 k x = ln x 2 x ，進(jìn)而得到 ln a k x =1 a emax ，從而 .
【詳解】Q f (x) = aex 1n
a
2 0，\ex ln a ln a ln x 2 2，且 a 0，
x 2
x ex ln a x ln a ln x 2 x 2 = ln x 2 eln x 2 兩邊加上 得， ，
設(shè) g x = x ex ，則 g x =1 ex 0，所以 g x 單調(diào)遞增，
\ x ln a ln x 2 ，即 ln a ln x 2 x ，
k x = ln x 2 x k x 1 1 x 1令 ，則 = = ，
x 2 x 2
Q f x 的定義域是 2, ，
\當(dāng) x 2, 1 時， k x 0， k x 單調(diào)遞增，當(dāng) x 1, 時， k x 0， k x 單調(diào)遞減，
\當(dāng) x= 1時， k x 取得極大值即為最大值， k x = k 1 =1max ，
\ln a k x =1，\ a emax .
故選：C．
x ln a
【點睛】方法點睛：將等式兩邊整理為結(jié)構(gòu)相同的形式，由此構(gòu)造新函數(shù)，本題中將 e ln a ln x 2 2
整理為 x ln a ex ln a ln x 2 eln x 2 x，從而構(gòu)造函數(shù) g x = x e 求解.
4．（23-24 高三上·河北·階段練習(xí)）已知函數(shù) f (x) 及其導(dǎo)函數(shù) f (x) 的定義域均為 (0, )，且 xf (x) (x 1) f (x)
恒成立， f (3) = e，則不等式 (x 4) f (x 4) 3ex 2的解集為（ ）
A． ( 4, 1) B． ( 1,1) C． ( 1,2) D． ( 1, )
【答案】A
【分析】構(gòu)造函數(shù) g(x)
xf (x)
= x , x 0，由導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)單調(diào)性，利用單調(diào)性解不等式.e
【詳解】由 xf (x) (x 1) f (x)，有 xf (x) f (x) xf (x) 0 ，
g(x) xf (x) , x 0 g (x) xf
(x) f (x) xf (x)
令 = x ，則 = x 0，所以 g(x)在區(qū)間 (0, )上單調(diào)遞增．e e
(x (x 4) f (x 4) 3 f (3)又 4) f (x 4) 3ex 2，得 x 4 e e3
，所以 g(x 4) g(3) ，
所以0 x 4 3，解得 4 x 1．
故選：A
【點睛】關(guān)鍵點點睛：
g(x) xf (x)本題關(guān)鍵點在于利用導(dǎo)數(shù)運算法則構(gòu)造函數(shù)，令 = x , x 0，由導(dǎo)數(shù)證明單調(diào)遞增，不等式e
(x 4) f (x 4) 3ex 2變形為 g(x 4) g(3) ，利用單調(diào)性解即可.
1．（23-24高二下·天津·期中）已知定義在R 上的奇函數(shù) f x 滿足， f 2 = 0，當(dāng) x 0時， xf x f x 0 ，
則 f x 0的解集為（ ）
A． , 2 U 0,2 B． , 2 2,
C． 2,0 0,2 D． 2,0 U 2,
【答案】A
f x
【分析】構(gòu)造函數(shù) g x = ，根據(jù)已知條件判斷 g x 的單調(diào)性，奇偶性，結(jié)合 g x 的模擬草圖，數(shù)形
x
結(jié)合即可求得結(jié)果.
f x xf
x f x
【詳解】令 g x = ，則 g (x) = ，由題可知，當(dāng) x 0時， g (x) 0，故 g x 在 0, 單
x x2
調(diào)遞減；
又 f x 為奇函數(shù)， y = x 也為奇函數(shù)，故 y = g x 為偶函數(shù)，則 g x 在 ,0 單調(diào)遞增；
f 2
又 f 2 = 0，則 g 2 = = 0，畫出 y = g x 的模擬草圖如下所示：
2
當(dāng) x 0時， f x 0，則 g x 0，數(shù)形結(jié)合可知，此時 x 0,2 ；
當(dāng) x = 0，因為 f x 為R 上的奇函數(shù)，故 f 0 = 0，不滿足題意；
當(dāng) x 0 ， f x 0，則 g x 0 ，數(shù)形結(jié)合可知，此時 x , 2 ；
綜上所述： f x 0的解集為 , 2 0,2 .
故選：A.
2．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）已知 a，b R ，若 2 a b ， ab = ba ，則 b 的可能值為（ ）
A．2.5 B．3.5 C．4.5 D．6
【答案】B
f x ln x【分析】構(gòu)造函數(shù) = ，求導(dǎo)確定其單調(diào)性，結(jié)合 f (2) = f (4)可得答案.
x
ln a ln b ln x
【詳解】由 ab = ba 得 = ，設(shè) f x = ，則 f (a) = f (b) ，
a b x
又 f (x)
1 ln x
= 2 ，x
當(dāng)0 x e時， f (x) 0 ， f (x) 單調(diào)遞增，
當(dāng) x e時， f (x) 0 ， f (x) 單調(diào)遞減．
f (2) ln 2 2ln 2 ln 4因為 = = = = f (4) ，所以 2 a e b 4．
2 4 4
結(jié)合選項可知 B 正確，ACD 錯誤.
故選：B.
3．（2024·湖南邵陽·二模）已知函數(shù) f x 的定義域為R, f x 為 f x 的導(dǎo)函數(shù).若 f 1 = e，且
f x ex f x x在R 上恒成立，則不等式 f x 2 x e 的解集為（ ）
A． , 2 B． 2,
C． ,1 D． 1,
【答案】D
f x
【分析】設(shè) g x = x x，利用導(dǎo)數(shù)求得 g x 在R 上單調(diào)遞減，把不等式轉(zhuǎn)化為 g x g 1 ，即可求解.e
f x f
x ex f x ×ex f x f x ex
【詳解】設(shè)函數(shù) g x = x x，可得 g x

= 1 = 0，
e e2x ex
所以函數(shù) g x 在R 上單調(diào)遞減，
f x 2 x ex x x f x f 1 由 ，可得 f x xe 2e ，即 x x 2 = 1，e e
可得 g x g 1 x，所以 x 1，即不等式 f x 2 x e 的解集為 1, .
故選：D.
4．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知定義在R 上的函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，且 f x f x = 0 .對于任
f x x 1
意的實數(shù) x ，均有 f x 成立，若 f 3 = 16 ，則不等式 f x 2 的解集為（ ）
ln2
A． , 3 B． ,3 C． 3, D． 3,
【答案】D
f x f x
【分析】構(gòu)造函數(shù) g x = x ，然后由已知可得 g x =2 2x 的單調(diào)性，最后將不等式轉(zhuǎn)化為
g x g 3 ，即可得到答案.
f x f x
【詳解】 f x f x f x ln2 0 ，令 g x = ，
ln2 2x
f x ×2
x 2x f x ln2 f x f x ln2
則 g x = 2 = 02x ，則 g x 在 , x 上單調(diào)遞增.2
f 3
由 f 3 = 16 ， f x 為奇函數(shù)，得 f 3 =16，則 g 3 = = 2，
8
f x 2x 1 f x f x f 3 從而原不等式 可化為 x 2，即 x ，此即為 g x3 g 3 .2 2 2
由于 g x 在 , 上單調(diào)遞增，故這等價于 x 3，所以不等式的解集為 3, .
故選：D.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵點在于構(gòu)造新的函數(shù)并利用已知條件.
1 2 2 1 1
1．（22-23 高三下·全國·階段練習(xí)）已知 a = ln ，b = ln ， c = ，則（ ）
2 3 3 2 3
A． c a b B． a b c C．b c a D． c b a
【答案】B
【分析】構(gòu)造函數(shù) f (x) = ln x x ，由導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的單調(diào)性，即可比較 a b，利用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合
中間值法可得出b ， c的大小關(guān)系.
【詳解】設(shè)函數(shù) f (x) = ln x x ，則 f (x)
1
= 1，當(dāng) x (0,1) 時， f (x) 0 ， f (x) 為增函數(shù)，
x
得 f
2 f 1 ，即 ln
2 2 ln 1 1 ln 2 1 ln 1 2 ，即 ，得 a b，
3 2 3 3 2 2 3 2 2 3
b 2 ln 1 2 ln 1 2 1因為 = = 1 = = c ，因此， a b c .
3 2 3 e 3 3
故選：B.
e 1 ln 5
2．（2024·云南貴州·二模）已知 a = ln( 2e),b = ,c = 1，則 a,b,c的大關(guān)系為（ ）
e 5
A． c a b B．b a c
C． a b c D．b c a
【答案】B
ln x 1
【分析】根據(jù) a,b,c的特點，構(gòu)造函數(shù) f (x) = ，判斷其單調(diào)性，得到 f (x)
x max
= f (e) = ，故有
e
f (e) f (5), f (e) f (2)，再運用作差法比較 f (5), f (2)即得.
ln x f (x) 1 ln x【詳解】設(shè) f (x) = ，則 = ，
x x2
當(dāng)0 x e時， f (x) 0 ， f (x) 在 (0, e)上遞增；
當(dāng) x e時， f (x) 0 ， f (x) 在 (e,+ ) 上遞減,
f (x) f (e) 1故 max = = .e
1 ln 5 , 1 ln 2則 ，即b c,b a；
e 5 e 2
25
由 ln 5 ln 2 2ln 5 5ln 2 ln c a = = 32 0可知 ，故b a c .
5 2 10 10
故選：B.
3 1
3．（2024· 2四川·模擬預(yù)測）已知a = ln ,b = ,c = e ，則 a,b,c的大小關(guān)系為（
2 3 ）
A． a b c B． a c b C．b a c D．b c a
【答案】A
【分析】利用當(dāng) x 0時， lnx x 1 1判斷 a b，通過函數(shù) y = x 在是減函數(shù)判斷b c .
【詳解】當(dāng) x 0時，設(shè) f x = ln x x 1 f x 1，則 = 1，
x
當(dāng)0 x 1時， f x > 0， f x 單調(diào)遞增，當(dāng) x 1時， f x 0， f x 單調(diào)遞減，
所以 f x f 1 = 0，
也就是說當(dāng) x 0時， lnx x 1，
1 1 1 1
用 代替 x ，可得 ln 1，即 lnx 1
x x x x
，
ln 3所以 1
2 1
= ，即 a b．
2 3 3
1 1
又知 2 = e
2
，所以b c，所以 a b c．
3 e
故選：A
1 ln π
4．（2023·山西·模擬預(yù)測）設(shè) a = ，b = c ln 3， = ，則（2e 2π ）3
A．b c a B．b a c C． a b c D． a c b
【答案】D
【分析】構(gòu)造函數(shù) f x ln x= x 0 研究其單調(diào)性，運用函數(shù)單調(diào)性比較大小即可.
2x
a 1 ln e【詳解】易知 = = ，b
ln π
= c ln 3 ln 3，2e 2e 2π = =
，
3 2 3
令 f x ln x= x 0 ，
2x
f x 1 ln x則 = 2 ，2x
f x 0 x e ，
所以 f x 在 e, 上單調(diào)遞減，
又因為 e 3 π，
所以 f e f 3 f π ，即 a c b．
故選：D.
5．（2023 高三·全國·專題練習(xí)）若函數(shù) y = f x 在 R 上可導(dǎo)，且滿足 xf x f x 0恒成立，常數(shù) a,b a b ,
則下列不等式一定成立的是（ ）
A． af a bf b B． af b bf a
C． af a bf b D． af b bf a
【答案】A
【分析】構(gòu)造 g x = xf x 并求導(dǎo)，判斷單調(diào)性，即可得結(jié)果.
【詳解】令 g x = xf x ，則g x = xf x f x 0恒成立，故 g(x)在R 上單調(diào)遞增．
Q a b ，
\ g a g b ，即 af a bf b ．
故選：A
π
6．（2024 高二下·

全國·專題練習(xí)）定義在 0, 2 上的函數(shù)
f x ，已知 f x 是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有

cosx × f x sinx × f x 0 成立，則有（ ）
f π 2 f π 3 f π π A． B． f6 4 6 3
C． f
π
3 f
π p p
6 3
D． 2 f ( ) 3 f ( )
6 4
【答案】C
f x π
【分析】根據(jù)不等式結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造函數(shù) g x = , x 0, .cos x 2 ，研究該函數(shù)的單調(diào)性即可求解
f x
cos x × f x sin x × f xg x = , x 0, π g x 【詳解】令 cos x 2 ，則 = 2 ， cos x
因為 cosx × f x sinx × f x 0 ，
f x π
所以 g x 0，則 g x = 在 0, 上單調(diào)遞減，cos x 2
f π
π
f π f π f f
π π
3 4
f
6 3 4 6 所以 ，即 1 ，
cos π cos π cos π 2 3
3 4 6 2 2 2
π
故 2 f 3 f
π π π
， f 3 f

6 4 6 3
，

故選：C.
7．（23-24 高三上·陜西·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x 的定義域是 5,5 ，其導(dǎo)函數(shù)為 f x ，且
f x xf x 2，則不等式 2x 3 f 2x 3 x 1 f x 1 2x 4 的解集是（ ）
A． 2, B． 2,6 C． 4,6 D． 2,4
【答案】D
【分析】構(gòu)造函數(shù) g x = xf x 2x ，通過求導(dǎo)及已知條件得出單調(diào)性并化簡不等式，即可求出不等式的解
集.
【詳解】由題意，
在函數(shù) f x 中， x 5,5 ，導(dǎo)函數(shù)為 f x ， f x xf x 2，
設(shè) g x = xf x 2x ，則 g x = f x xf x 2 .
∵ f x xf x 2，
∴ g x 0，則 g x 是 5,5 上的增函數(shù).
不等式 2x 3 f 2x 3 x 1 f x 1 2x 4 等價于
2x 3 f 2x 3 2 2x 3 x 1 f x 1 2 x 1 ，
即 g 2x 3 g x 1 ，
ì 5 2x 3 5

則 í 5 x 1 5

2x 3 x 1
解得： 2 x 4 ，
故選：D.
8．（23-24 高二上·重慶·期末）已知定義在 (0, )上的函數(shù) f x 的導(dǎo)數(shù)為 f x ，若 f (1) =1，且
x2 f (x) 1 0 ，則下列式子中一定成立的是（ ）
1
A． f 3 B． f (
1 ) π
3 π
C． f log2 e ln 2 D． f (ln 3) log3 e
【答案】C
1
【分析】設(shè) g x = f x ，得到 g x 0，得到 g x 在 (0, )上單調(diào)遞增，再由 f (1) =1，得到
x
g 1 = 0，結(jié)合選項，逐項判定，即可求解.
1
【詳解】因為當(dāng) x 0時， x2 f (x) 1 0 ，可得 f (x)
x2
0，
1
令 g x = f x ，可得 g x = f x 1 2 0，所以 g x 在 (0, )上單調(diào)遞增，x x
因為 f (1) =1，可得 g 1 = f 1 1 = 0，
1 1 1
對于 A 中，由 g( ) g 1 ，即 f ( ) 3 0，所以 f ( ) 3，所以 A 不正確；
3 3 3
g(1 ) g 1 f (1 ) π 0 f (1對于 B 中，由 ，即 ，所以 ) π，所以 B 不正確；
π π π
對于 C 中，由 g(log2 e) g 1 ，即 f (log2 e) ln2 0，所以 f (log2 e) ln 2，所以 C 正確；
對于 D 中，由 g(ln 3) g 1 ，即 f (ln 3) 1 0 ，所以 f (ln 3) log3 e ，所以 D 不正確.ln3
故選：C.
9．（2024·廣東·二模）函數(shù) f x 的定義域為R, f 2 = 3，若"x R, f x 1，則 f x x 1的解集為
（ ）
A． 2,2 B． 2, C． , 2 D． ,
【答案】B
【分析】構(gòu)造函數(shù) f x = 2x 1，解不等式即可得出答案.
【詳解】構(gòu)造函數(shù) f x = 2x 1，滿足 f 2 = 3， f x = 2 1，
則由 f x x 1可得 2x 1 x 1，解得： x 2 .
故選：B.
10．（23-24 高二下·安徽亳州·期中）已知函數(shù) f x 及其導(dǎo)函數(shù) f x 的定義域均為 R， f 0 = 0且
f x f x 0，則不等式 f (x2 4x 5) 0的解集為（ ）
A． ( , 5) U (1, ) B． ( , 1) U (5, )
C． 5，1 D． 1，5
【答案】A
【分析】根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù) g(x) = ex f (x) ，判斷 g(x)的單調(diào)性，將所求不等式進(jìn)行同解變形，利用單調(diào)
性得到一元二次不等式，解之即得.
【詳解】設(shè) g(x) = ex f (x) ，則 g (x) = ex[ f (x) f (x)] 0，故 g x 單調(diào)遞增.
又 g(0) = e0 f (0) = 0，故 f (x2 4x 2 5) 0可轉(zhuǎn)化為ex 4x 5 f (x2 4x 5) 0，即
g(x2 4x 5) g(0)，
由 g x 單調(diào)遞增可得 x2 4x 5 0，解得 x 5或 x 1，
即不等式 f (x2 4x 5) 0的解集為 ( , 5) U (1, ) .
故選：A .
4 3
1．（2024 高三下·全國·專題練習(xí)）已知 a = ， b = ， c = e ，則下列大小關(guān)系正確的是（　　）
ln4 ln3
A． a b c B． a c b
C． c b a D． c a b
【答案】C
x
【分析】構(gòu)造函數(shù) f (x) = x e ，通過導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，進(jìn)而利用單調(diào)性判斷函數(shù)值的大小.
lnx
e x
【詳解】由題， c = .令 f (x) = （ x e），則 f x lnx 1= ，
lne lnx ln2 x
lnx 1
因為 x e，所以 f x = 2 0，所 f (x)
x
= 在 e,＋ 上單調(diào)遞增，
ln x lnx
又 a = f 4 ，b = f 3 ， c = f (e)， e 3 4，故 c b a .
故選：C.
1 2 ln 3
2．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）已知a = ln 2,b = ,c
1 2ln5
= ，則（ ）
2 3 2 2 5
A． c b a B．b a c C． a b c D． a c b
【答案】B
【分析】構(gòu)造 f x = ln 1 x x x 0 ，利用導(dǎo)數(shù)證明 ln 1 x x x 0 1，代入 x = 可比較 a,b的大小，
3
根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可判斷 a,c 的大小，從而可求解.
1 x
【詳解】設(shè) f x = ln 1 x x x 0 ，則 f x = 1 = 0，
1 x 1 x
所以 f x 在 0, 上單調(diào)遞減，所以 f x f 0 = 0，
所以 ln 1 x 1 1 x x 0 4 1，所以 ln 1 ，即 ln ，
3 3 3 3
所以 2ln 2
1 ln 3 1 ln 3 ，即 ln 2 ，
3 6 2
1
所以 ln 2
2 ln 3
，即 a b .
2 3 2
2ln 5
由 25 32，可得 ln 25 ln 32，即 2ln 5 5ln 2 ，即 ln 2，
5
1 2ln 5 1
所以 ln 2 ，即 c a .
2 5 2
綜上所述，b a c .
故選:B.
3．（2023·遼寧鞍山·二模）已知定義在 2,2 上的函數(shù) f x f x e4x f x = 0 f 1 = e2滿足 ，且 ， f x
為 f x 的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng) x 0,2 時， f x 2 f x 2x 4，則不等式 e f 2 x e 的解集為（ ）
A． 1, B． 1,2 C． 0,1 D． 1,4
【答案】D
f x
【分析】構(gòu)造函數(shù) g x = 2x ，利用 g x 的奇偶性和單調(diào)性求得正確答案.e
f x
【詳解】設(shè) g x = 2x , 2 x 2，e
g x g x f x f x 1 = 2x 2x = 2x é f x e
4x f x
e e e
ù = 0，
所以 g x 是奇函數(shù).
當(dāng) x 0,2 時， f x 2 f x ，
f x ×e2x f x ×2e2x f x 2 f x
則 g x = 4x = 2x 0 ，e e
所以 g x 在 0,2 上單調(diào)遞增，則 g x 在 2,2 上單調(diào)遞增，
2x
不等式 e f 2 x e4 f 2 x f 11 即 4 2x = 2 ，e e
ì 2 2 x 2
所以 í 1 x 4
2 x
，
1
2x
所以不等式 e f 2 x e4 的解集為 1,4 .
故選：D
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的關(guān)鍵點有兩點，一個是函數(shù)的奇偶性，奇偶性可以轉(zhuǎn)化為 f x ± f x = 0 來進(jìn)
行判斷；一個是構(gòu)造函數(shù)法，有關(guān) f x 和 f x 的不等關(guān)系式，在解題過程中可以考慮利用構(gòu)造函數(shù)法，
然后結(jié)合導(dǎo)數(shù)來進(jìn)行求解.
1 1
4．（23-24 高二下·江蘇常州·期中）若 a = e e ，b =11 11 ， c = 2，則（ ）
A． a b c B．b a c C． a c b D． c b a
【答案】C
a,b,c f x 2ln x【分析】將 兩邊分別同時取對數(shù)，構(gòu)造函數(shù) = ，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，再根據(jù)函
x
數(shù)的單調(diào)性即可得解.
1 1
【詳解】由 a = e e ，b =11 11 ， c = 2，
ln a 1 2ln e得 = = , ln b ln11 2ln 11= = , ln c ln 2 2ln 2 2ln 4= = = ，
e e 11 11 2 4
f x 2ln x= f x 2 2ln x令 ，則 =
x x2
，
當(dāng)0 x e時， f x > 0，當(dāng) x e時， f x 0，
所以函數(shù) f x 在 0,e 上單調(diào)遞增，在 e, 上單調(diào)遞減，
所以 f 11 f 4 = f 2 f e ，
所以 lnb ln c ln a，所以b c a .
故選：C.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：將 a,b,c
2ln x
兩邊分別同時取對數(shù)，構(gòu)造函數(shù) f x = 是解決本題的關(guān)鍵.
x
16a 15,b log 16, log c 17 35．（2024·湖北黃岡·二模）已知 a,b,c,d 分別滿足下列關(guān)系： = = 17 15 = ,d = tan16 2 ，則16
a,b,c,d 的大小關(guān)系為（ ）
A． a b c d B． c a b d
C． a c b d D． a d b c
【答案】B
【分析】將指數(shù)式化成對數(shù)式，利用換底公式，基本不等式可推得 a b ，利用指對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，通過
構(gòu)造函數(shù)判斷單調(diào)性可推得 c a，最后利用正切函數(shù)的單調(diào)性可得b d .
【詳解】由16a = 15,可得a = log1615,
a b log 15 log 16 ln15 ln16 = = ln15 × ln17 (ln16)
2
16 17 = ,ln16 ln17 ln16 × ln17
ln15 ln17 ln15 ln17
2 2 2
×
ln255 ln256
因 2 2
= 2
= (ln16) ，
2
又 ln16 × ln17 0，故 a b 0 ,即 a b ；
17 15
因 log
17
15 c = ,，則 c = 15
16 15 c 15 ln16 ln16 ln15
16 16
,由 1616 = × =
，
16 a log1615 16 ln15 16 15
y ln x y 1 ln x由函數(shù) = ， =
x x2
，因 x e時， y 0，
y ln x (e, ) 0 ln16 ln15即函數(shù) = 在 上單調(diào)遞減，則有 ，故得 c a；
x 16 15
由b = log17 16 1 d
3 π
，而 = tan tan = 1，即b d ，
2 4
綜上，則有 c a b d .
故選：B.
【點睛】方法點睛：解決此類題的常見方法，
（1）指、對數(shù)函數(shù)的值比較：一般需要指對互化、換底公式，以及運用函數(shù)的單調(diào)性判斷；
（2）作差、作商比較：對于結(jié)構(gòu)相似的一般進(jìn)行作差或作商比較，有時還需基本不等式放縮比較；
（3）構(gòu)造函數(shù)法：對于相同結(jié)構(gòu)的式子，常構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性判斷.
6．（23-24 高二下·江蘇常州·期末）已知函數(shù) f x 及其導(dǎo)數(shù) f x 的定義域均為R ，對任意實數(shù) x ，
2
f x = f x 2x x 0 f x x 1 0 . f 2x 2 f x 3x，且當(dāng) 時， 不等式 3x 的解集為（ ）
2
A． 2 , 2 , 2 2 2 B． C3 ． , D． , U 2, 3 3
【答案】B
1 2
【分析】構(gòu)造函數(shù) g x = f x x x ，從而結(jié)合導(dǎo)數(shù)與所給條件得到函數(shù) g x 的單調(diào)性與對稱性，在將
2
所給不等式中 f x 化為 g x 即可得解.
g x f x 1【詳解】令 = x2 x ，則 g x = f x x 1，
2
由題意可得，當(dāng) x 0 時， f x x 1 0，即 g x 在 0, 上單調(diào)遞增，
由 f x = f x 2x，則 g x 1 x2 x = g 1 x x2 x 2x，
2 2
即 g x = g x ，故 g x 為偶函數(shù)，故 g x 在 ,0 上單調(diào)遞減，
f 2x 2 f x 3x
2 2
則不等式 3x 可化為： g 2x 2 1 2x 2 2 2x 2 g x 1 x2 x 3x 3x，
2 2 2 2
即 g 2x 2 g x 2，則有 2x 2 x ，即 2x 2 x2 ，
即 2x 2 x 2x 2 x 0 ，即 3x 2 x 2 0，
2
解得 x , 2

.
3
故選：B.
1 2
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵點在于構(gòu)造函數(shù) g x = f x x x ，從而結(jié)合導(dǎo)數(shù)與所給條件得到函數(shù)
2
g x 的單調(diào)性與對稱性.
7．（2024·寧夏銀川·三模）已知定義在 R 上的奇函數(shù) f (x) 的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線， f (x) 是 f (x) 的導(dǎo)
函數(shù)，當(dāng) x 0時，3 f (x) xf (x) 0，且 f (2) = 2 ，則不等式 (x 1)3 f (x 1) 16的解集為（ ）
A． (1, ) B． ( , 2) U (2, )
C． ( ,1) D． , 3 1,
【答案】D
3
【分析】根據(jù) (x 1) f x 1 16構(gòu)造函數(shù)，通過求導(dǎo)發(fā)現(xiàn)利用已知條件可知恒為正數(shù)，所以可知
g x = x3 f x 在 x 0 3時是單調(diào)遞增函數(shù)，再結(jié)合已知條件又可知 g x = x f x 是偶函數(shù)，利用單調(diào)性和
奇偶性解不等式即可.
g x = x3 f x g x = 3x2 f x x3 f x = x2 é3 f x xf 【詳解】令 ，則 x ù ，
因為當(dāng) x 0時，3 f x xf x 0，所以 g x 在 0, 上單調(diào)遞增，
又 f x 為奇函數(shù)，且圖象連續(xù)不斷，所以 g x 為偶函數(shù)，
由 x 1 3 f x 1 23 f 2 ，得 x 1 2，解得 x 3或 x 1.
故選：D.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：構(gòu)造函數(shù)是基本的解題思路，因此觀察題目所給的數(shù)的結(jié)構(gòu)特點，以及函數(shù)與導(dǎo)數(shù)
之間的內(nèi)在聯(lián)系，合理構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性是解題的關(guān)鍵.
8 x x 2．（2024·陜西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 2 2 cos x x ，若 a = f 5ln 4π ，b = f 4ln 5π ，
c = f 5ln π4 ，則（ ）
A． c b a B．b【答案】D
ln x
【分析】先利用導(dǎo)數(shù)判斷 f (x) 的單調(diào)性，再構(gòu)造函數(shù) g(x) = ，利用導(dǎo)數(shù)判斷得5ln π4x 5ln 4
π 4ln 5π ，
從而得解.
【詳解】因為 f (x) = 2x 2 x cos x x2，
所以 f (x) = (2x 2 x ) ln 2 (2x sin x)，
令 h x = 2x sin x ，則 h x = 2 cos x 0恒成立，
所以當(dāng) x 0時， h x h 0 = 0，即 2x sin x 0，
又 y = 2x 2 x 在 0, 上單調(diào)遞增，所以 y = 2x 2 x 20 20 = 0，
所以 f (x) 0 在 0, 上恒成立，則 f (x) 在 0, 上單調(diào)遞增，
g(x) ln x g (x) 1 ln x構(gòu)造函數(shù) = ，則 = 2 ，x x
令 g (x) 0，得0 x e，令 g (x) 0，得 x e，
所以 g(x)在 0,e 上單調(diào)遞增，在 e, 上單調(diào)遞減，
所以 g π g 4 g 5 ，
ln π ln 4 ln 5
即 ，可得 4ln π π ln 4，5ln 4 4ln 5，
π 4 5
所以 ln π4 ln 4π ，5π ln 4 4π ln 5，
所以5ln π4 5ln 4π ，5ln 4π 4ln 5π，
即5ln π4 5ln 4π 4ln 5π
所以， f 5ln π4 f 5ln 4π f 4ln 5π ，
即b a c .
故選：D.
ln x
【點睛】思路點睛：先利用導(dǎo)數(shù)判斷 f (x) 的單調(diào)性，再構(gòu)造函數(shù) g(x) = ，利用導(dǎo)數(shù)判斷得
x
5ln π4 5ln 4π 4ln 5π ，是解決本題的關(guān)鍵.
9 2024· · a = ln sin1.02 b 1.02．（ 新疆喀什 三模）已知 ， = ， c = ln1.02，則（ ）
51
A． a b c B． c a b C． a c b D．b a c
【答案】C
x
【分析】由正弦函數(shù)、對數(shù)函數(shù)性質(zhì)易得 a 0 c，構(gòu)造 f x = ln(1 x) , x 0，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)
1 x
性，再判斷大小關(guān)系即可得 c b ，即可得結(jié)果.
π
【詳解】因為 y = sin x

在 0, 內(nèi)單調(diào)遞增，
2
則0 = sin 0 sin1.02
π
sin =1，即 sin1.02 0,1 ，
2
又因為 y = ln x 在 0, 內(nèi)單調(diào)遞增，
則 a = ln sin1.02 ln1 = 0， c = ln1.02 ln1 = 0 ，可得 a c；
令 x = 0.02，則b
x
= ， c = ln(1 x)，
1 x
構(gòu)建 f x = ln(1 x) x , x 0，
1 x
1 x x
則 f x 1 2 1 x ( 1 x 1)
2
= = 0，
1 x 1 x 2(1 x) 1 x
可知 f x 在 (0, )上遞減，則 f 0.02 f 0 = 0，即 c b ；
綜上所述： a c b .
故選：C.
x
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵是根據(jù) c b構(gòu)建 f x = ln(1 x) , x 0，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)
1 x
性，進(jìn)而可得 c b .
10．（2023· ln ln1.01 ln1.01湖北武漢·三模）已知 a =1.01 ln1.01 ， b = sin ln 1 cos1.01 ， c = etan sin1.01 1，則 a，
b，c 的大小關(guān)系為（ ）
A． a b c B．b a c
C． c b a D． c a b
【答案】A
【分析】設(shè) f x = ln 1 x x x 1 ，對 f x 求導(dǎo)，得到 f x 的單調(diào)性的最值，結(jié)合對數(shù)函數(shù)和三角函
數(shù)的性質(zhì)，即可證明b 0,1 ，再證明 c 1，令 t = ln ln1.01 ，通過指數(shù)和對數(shù)函數(shù)的運算性質(zhì)可證明
a = 0，即可得出答案.
【詳解】設(shè) f x = ln 1 x x x 1 ， f x 1 x= 1 = x 1 ，
1 x 1 x
當(dāng) x 1,0 時， f x > 0；當(dāng) x 0, 時， f x 0，
所以 f x 在 1,0 上單調(diào)遞增，在 0, 上單調(diào)遞減，
所以 f x f 0 = 0，所以 ln 1 x x ，
b = sin ln 1 cos1.01 sin cos1.01 1，
又b = sin ln 1 cos1.01 sin ln1 = sin 0 = 0，則b 0,1 ，
c = etan sin1.01 1 1，所以b c ，
a =1.01ln ln1.01對于 ln1.01 ln1.01 ，令 t = ln ln1.01 ，則 ln1.01 = et ，
ln1.01 t
此時 a =1.01t et =1.01t eln1.01 =1.01t 1.01t = 0，
所以 a b c .
故選：A.
【點睛】方法點睛：對于比較實數(shù)大小方法：
（1）利用基本函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷，
（2）利用中間值“1”或“0”進(jìn)行比較，
（3）構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)導(dǎo)數(shù)及函數(shù)單調(diào)性進(jìn)行判斷.
1．（陜西·高考真題） f x 是定義在 (0, )上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足 xf x f x 0 ．對任意正數(shù) a，
b，若 a b ，則必有（ ）
A． af b bf a B．bf a af b
C． af a f b D．bf b f a
【答案】A
【分析】構(gòu)造函數(shù)g(x) = xf (x)，再分類討論即可求解.
【詳解】解：令g(x) = xf (x)， g (x) = f (x) xf (x) 0，
所以g(x) 在 (0, )上為常函數(shù)或遞減,
1o若g(x) 在 (0, )上為單調(diào)遞減，所以 g(a) g(b) ，
即 af a bf b 0 1 1①， 0 ②
a2 b2
①②兩式相乘得：
f a f b
所以 bf a af b ，
a b
2o 若g(x) 在 (0, )上為常函數(shù)，且 f (x) = 0 ，則 g(a) = g(b) = 0 ，
即 af a = bf b = 0 1 1③， 0 ④，
a2 b2
③④兩式相乘得：
f a f b
所以 = bf a = af b ，
a b
綜上所述，bf a af b
故選：A
2．（江西·高考真題）對于 R 上可導(dǎo)的任意函數(shù) f x ，若滿足 x 1 f x 0則必有
A． f 0 f 2 2 f 1 B． f 0 f 2 2 f 1
C． f 0 f 2 2 f 1 D． f 0 f 2 2 f 1
【答案】C
【分析】先由題意得到函數(shù)的單調(diào)性,然后跟根據(jù)單調(diào)性進(jìn)行判斷可得結(jié)論.
【詳解】Q x 1 f x 0
若 f x = 0，則 f x 為常數(shù)函數(shù), f 0 f 2 =2 f 1 ;
若 f x = 0不恒成立,
\當(dāng) x 1時, f x 0 , f x 遞增，當(dāng) x 1時, f x 0 , f x 遞減.
\ f (0) f (1), f (2) f (1)，\ f (0) f (2) 2 f (1) .
故選:C.
【點睛】本題考查函數(shù)最值和單調(diào)性的關(guān)系,考查對基本概念的理解,解題時可根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的符號得到函數(shù)的
單調(diào)性,進(jìn)而得到函數(shù)的最值情況,屬于中檔題.
3．（湖南·高考真題）設(shè) f (x)、g(x)分別是定義在R 上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng) x 0 時，
f (x)g(x) f (x)g (x) 0．且 g( 3) = 0 ，則不等式 f (x)g(x) 0的解集是（ ）
A． ( 3,0) (3, ) B． ( 3,0) (0,3)
C． ( , 3) (3, ) D． ( , 3) (0,3)
【答案】D
【分析】
構(gòu)造函數(shù)h(x) = f (x)g(x) ，利用已知可判斷出其奇偶性和單調(diào)性，進(jìn)而即可得出不等式的解集．
【詳解】
令h(x) = f (x)g(x) ，則h( x) = f ( x)g( x) = f (x)g(x) = h(x)，因此函數(shù) h(x) 在 R 上是奇函數(shù)．
①Q(mào)當(dāng) x 0 時， h (x) = f (x)g(x) f (x)g (x) 0 ，\h(x)在 x 0 時單調(diào)遞增，
故函數(shù) h(x) 在R 上單調(diào)遞增．
Qh( 3) = f ( 3)g( 3) = 0，
\h(x) = f (x)g(x) 0 = h( 3)，
\ x 3．
②當(dāng) x 0時，函數(shù) h(x) 在R 上是奇函數(shù)，可知： h(x) 在 (0, )上單調(diào)遞增，且 h （3） = h( 3) = 0，
\h(x) 0，的解集為 (0,3)．
③當(dāng) x = 0時， h 0 = 0，不符合要求
\不等式 f (x)g(x) 0的解集是 ( ， 3) (0，3)．
故選：D
4．（全國·高考真題）設(shè)函數(shù) f '(x) 是奇函數(shù) f (x) （ x R ）的導(dǎo)函數(shù)， f ( 1) = 0，當(dāng) x 0時，
xf '(x) f (x) 0 ，則使得 f (x) 0 成立的 x 的取值范圍是
A． ( , 1) U (0,1) B． (-1,0) (1,+ )
C． ( , 1) U ( 1,0) D． (0,1) (1, )
【答案】A
f x xf x f x
【詳解】構(gòu)造新函數(shù) g x = , g ' x = ，當(dāng) x 0時 g ' x 02 .x x
所以在 0, f x 上 g x = 單減，又 f 1 = 0，即 g 1 = 0 .
x
所以 g x f x = 0可得0 x 1,此時 f x 0，
x
又 f x 為奇函數(shù)，所以 f x 0在 ,0 0, 上的解集為： , 1 0,1 .
故選 A.
點睛：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，需要構(gòu)造函數(shù)，例如 xf x f x ，想到構(gòu)造
g x f x = .一般：（1）條件含有 f x f x g x = ex，就構(gòu)造 f x ,（2）若 f x f x ，就構(gòu)造
x
f xg x = ，（3） 2 f x f x ，就構(gòu)造 g x = e2x f x ，（4） 2 f x f x x 就構(gòu)造 g
f x
x = 2x ，等便e e
于給出導(dǎo)數(shù)時聯(lián)想構(gòu)造函數(shù).

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