《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例3 定义在$(0,\frac{\pi}{2})$上的函数$f(x)$，$f'(x)$是它的导函数，且恒有$f'(x)＞f(x)\tan x$成立，则（ ）
A.$\sqrt{3}f(\frac{\pi}{6})＜f(\frac{\pi}{3})$
B.$\sqrt{3}f(\frac{\pi}{6})＞2\cos1\cdot f(1)$
C.$\sqrt{6}f(\frac{\pi}{6})＞2f(\frac{\pi}{4})$
D.$\sqrt{2}f(\frac{\pi}{4})＞f(\frac{\pi}{3})$
[课堂笔记] ______________________________

答案： 例3 A [由$f'(x)＞f(x)\tan x$，得$f'(x)\cos x - f(x)\sin x＞0$，构造函数$F(x)=f(x)\cos x$，则$F'(x)=f'(x)\cos x - f(x)\sin x＞0$，故$F(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递增，则$F(\frac{\pi}{6})=f(\frac{\pi}{6})\cos\frac{\pi}{6}＜f(\frac{\pi}{3})\cos\frac{\pi}{3}=F(\frac{\pi}{3})$，即$\sqrt{3}f(\frac{\pi}{6})＜f(\frac{\pi}{3})$. 故选A.]

对点训练
3.(2023·重庆市九龙坡区高三二模)已知偶函数$f(x)$的定义域为$(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$，其导函数为$f'(x)$，当$0\leqslant x＜\frac{\pi}{2}$时，有$f'(x)\cos x+f(x)\sin x＞0$成立，则关于$x$的不等式$f(x)＞2f(\frac{\pi}{3})\cos x$的解集为________.

答案： 答案 $(-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{3})\cup(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$
解析 构造函数$g(x)=\frac{f(x)}{\cos x},0\leqslant x＜\frac{\pi}{2},g'(x)=\frac{f'(x)\cos x - f(x)(\cos x)'}{\cos^{2}x}=\frac{f'(x)\cos x + f(x)\sin x}{\cos^{2}x}＞0$，所以函数$g(x)=\frac{f(x)}{\cos x}$在$[0,\frac{\pi}{2})$上单调递增，因为函数$f(x)$为偶函数，所以函数$g(x)=\frac{f(x)}{\cos x}$也为偶函数，且函数$g(x)=\frac{f(x)}{\cos x}$在$[0,\frac{\pi}{2})$上单调递增，所以函数$g(x)=\frac{f(x)}{\cos x}$在$(-\frac{\pi}{2},0)$上单调递减，因为$x\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$，所以$\cos x＞0$，关于$x$的不等式$f(x)＞2f(\frac{\pi}{3})\cos x$可变为$\frac{f(x)}{\cos x}＞\frac{f(\frac{\pi}{3})}{\cos\frac{\pi}{3}}$，也即$g(x)＞g(\frac{\pi}{3})$，所以$g(|x|)＞g(\frac{\pi}{3})$，则$\begin{cases}|x|＞\frac{\pi}{3}\\-\frac{\pi}{2}＜x＜\frac{\pi}{2}\end{cases}$，解得$\frac{\pi}{3}＜x＜\frac{\pi}{2}$或$-\frac{\pi}{2}＜x＜-\frac{\pi}{3}$. 故原不等式的解集为$(-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{3})\cup(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$.

例4 （2023·重庆万州纯阳中学模拟）若$0＜x_{1}＜x_{2}＜1$，则下列结论正确的是（ ）
A.$e^{x_{2}}-e^{x_{1}}＞\ln x_{2}-\ln x_{1}$
B.$e^{x_{2}}-e^{x_{1}}＜\ln x_{2}-\ln x_{1}$
C.$x_{2}e^{x_{1}}＞x_{1}e^{x_{2}}$
D.$x_{2}e^{x_{1}}＜x_{1}e^{x_{2}}$

答案： 例4 C [令$h(x)=e^{x}-\ln x$，则$h'(x)=e^{x}-\frac{1}{x}=\frac{xe^{x}-1}{x}$，令$\varphi(x)=xe^{x}-1$，所以当$0＜x＜1$时，$\varphi'(x)=(x + 1)e^{x}＞0$，所以$\varphi(x)$在$(0,1)$上单调递增，又$\varphi(0)=-1,\varphi(1)=e - 1＞0$，所以$\exists x_{0}\in(0,1)$，使得$\varphi(x_{0})=0$，即当$x\in(0,x_{0})$时，$\varphi(x)＜0$，$h'(x)＜0$，当$x\in(x_{0},1)$时，$\varphi(x)＞0$，$h'(x)＞0$，所以$h(x)$在$(0,x_{0})$上单调递减，在$(x_{0},1)$上单调递增，故$e^{x_{2}}-\ln x_{2}$与$e^{x_{1}}-\ln x_{1}$的大小关系无法判断，故A，B均错误；令$f(x)=\frac{e^{x}}{x}$，则当$0＜x＜1$时，$f'(x)=\frac{(x - 1)e^{x}}{x^{2}}＜0$，故$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，若$0＜x_{1}＜x_{2}＜1$，则$f(x_{1})＞f(x_{2})$，即$\frac{e^{x_{1}}}{x_{1}}＞\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}}$，所以$x_{2}e^{x_{1}}＞x_{1}e^{x_{2}}$，故C正确，D错误. 故选C.]

对点训练
4.已知$a=\frac{2}{e}$，$b=\frac{\ln(3e)}{3}$，$c=\frac{\ln5 + 1}{5}$，则（ ）
A.$a＞b＞c$
B.$c＞b＞a$
C.$a＞c＞b$
D.$b＞a＞c$

答案： 对点训练
4. A [因为$a=\frac{2}{e}=\frac{\ln e + 1}{e},b=\frac{\ln 3 + 1}{3}$，所以设$f(x)=\frac{\ln x + 1}{x},x\in(1,+\infty)$. 因为$f'(x)=-\frac{\ln x}{x^{2}}＜0$，所以$f(x)$在$(1,+\infty)$上是减函数，又$e＜3＜5$，所以$a＞b＞c$. 故选A.]

5.已知变量$x_{1}$，$x_{2}\in(0,m)(m＞0)$，且$x_{1}＜x_{2}$，若$x_{1}^{x_{2}}＜x_{2}^{x_{1}}$恒成立，则$m$的最大值为（ ）
A.$e$
B.$\sqrt{e}$
C.$\frac{1}{e}$
D.$1$

答案： 5. A [$x_{1}^{x_{2}}＜x_{2}^{x_{1}}$，即$x_{2}\ln x_{1}＜x_{1}\ln x_{2}$，化为$\frac{\ln x_{1}}{x_{1}}＜\frac{\ln x_{2}}{x_{2}}$，故$f(x)=\frac{\ln x}{x}$在$(0,m)$上为增函数，又由$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}＞0$，得$0＜x＜e$，故$m$的最大值为$e$. 故选A.]