《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例1](1)若0＜x₁＜x₂＜1，则 （ ）
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1]
(1)C 构造函数$f(x)=e^{x}-\ln x$，所以$f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x}$，且在$(0,1)$上有零点，所以$f(x)$在$(0,1)$上有一个极值点，所以$f(x)$在$(0,1)$上不单调，无法判断$f(x_{1})$与$f(x_{2})$的大小，故A，B错误；令$g(x)=\frac{e^{x}}{x}$，所以$g^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x - 1)}{x^{2}}＜0$，所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，又因为$x_{2}＞x_{1}＞0$，所以$\frac{e^{x_{1}}}{x_{1}}＞\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}}$，即$x_{2}e^{x_{1}}＞x_{1}e^{x_{2}}$。

(2)(2023·石家庄模拟)若$\ln x - \ln y＜\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{\ln y}(x＞1,y＞1)$，则 （ ）
A. $e^{y - x}＞1$
B. $e^{y - x}＜1$
C. $e^{y - x - 1}＞1$
D. $e^{y - x - 1}＜1$

答案：
(2)A 依题意，$\ln x-\frac{1}{\ln x}＜\ln y-\frac{1}{\ln y}$，令$f(t)=t-\frac{1}{t}(t\neq0)$，则$f^{\prime}(t)=1+\frac{1}{t^{2}}＞0$，所以$f(t)$在$(-\infty,0)$，$(0,+\infty)$上单调递增；又$x＞1$，$y＞1$，得$\ln x＞0$，$\ln y＞0$，因为$f(\ln x)＜f(\ln y)$，所以$\ln x＜\ln y$，所以$1＜x＜y$，即$y - x＞0$，所以$e^{y - x}＞e^{0}=1$，A正确，B不正确；又无法确定$y - x - 1$与0的大小关系，故C，D不正确。

[例2]设$f(x)$是定义在R上的偶函数，且$f(1)=0$，当$x＜0$时，有$xf'(x)-f(x)＞0$恒成立，则不等式$f(x)＞0$的解集为________.

答案： [例2]【解析】构造$F(x)=\frac{f(x)}{x}$，则$F^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)\cdot x - f(x)}{x^{2}}$，当$x＜0$时，$xf^{\prime}(x)-f(x)＞0$，可以推出当$x＜0$时，$F^{\prime}(x)＞0$，$F(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增。因为$f(x)$为偶函数，所以$F(x)$为奇函数，所以$F(x)$在$(0,+\infty)$上也单调递增。根据$f(1)=0$可得$F(1)=0$，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象（图略），根据图象可知$xf(x)＞0$的解集为$(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$。答案：$(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$

[例3](2023·南昌模拟)已知定义在R上的函数$f(x)$满足$f(x)+f'(x)＞0$，且有$f(3)=3$，则$f(x)＞3e^{3 - x}$的解集为________.

答案： [例3]【解析】设$F(x)=f(x)\cdot e^{x}$，则$F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)\cdot e^{x}+f(x)\cdot e^{x}=e^{x}[f(x)+f^{\prime}(x)]＞0$，所以$F(x)$在R上单调递增。又$f(3)=3$，则$F(3)=f(3)\cdot e^{3}=3e^{3}$。因为$f(x)＞3e^{3 - x}$等价于$f(x)\cdot e^{x}＞3e^{3}$，即$F(x)＞F(3)$，所以$x＞3$，即所求不等式的解集为$(3,+\infty)$。答案：$(3,+\infty)$

已知可导函数$f(x)$的导函数为$f'(x)$，若对任意的$x\in R$，都有$f'(x)-f(x)＜1$，且$f(0)=2022$，则不等式$f(x)+1＞2023e^{x}$的解集为 （ ）
A. $(-\infty,0)$
B. $(0,+\infty)$
C. $(-\infty,\frac{1}{e})$
D. $(-\infty,1)$

答案： A 构造函数$F(x)=\frac{f(x)+1}{e^{x}}$，则$F^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)\cdot e^{x}-[f(x)+1]\cdot e^{x}}{e^{2x}}=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)-1}{e^{x}}$，因为$f^{\prime}(x)-f(x)＜1$，所以$F^{\prime}(x)＜0$恒成立，故$F(x)=\frac{f(x)+1}{e^{x}}$在R上单调递减，$f(x)+1＞2023e^{x}$可变形为$\frac{f(x)+1}{e^{x}}＞2023$，又$f(0)=2022$，所以$F(0)=\frac{f(0)+1}{e^{0}}=2023$，所以$F(x)＞F(0)$，解得$x＜0$。

[例4](多选题)已知定义在$(0,\frac{\pi}{2})$上的函数$f(x)$，$f'(x)$是$f(x)$的导函数，且恒有$f'(x)\sin x - f(x)\cos x＜0$成立，则 （ ）
A. $f(\frac{\pi}{6})＞\sqrt{2}f(\frac{\pi}{4})$
B. $\sqrt{2}f(\frac{\pi}{6})＞f(\frac{\pi}{3})$
C. $\sqrt{3}f(\frac{\pi}{6})＞f(\frac{\pi}{3})$
D. $\sqrt{2}f(\frac{\pi}{6})＞f(\frac{\pi}{4})$

答案： [例4]CD 令$g(x)=\frac{f(x)}{\sin x}$，$x\in(0,\frac{\pi}{2})$，则$g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)\sin x - f(x)\cos x}{\sin^{2}x}$，又由$x\in(0,\frac{\pi}{2})$，且恒有$f^{\prime}(x)\sin x - f(x)\cos x＜0$，则有$g^{\prime}(x)＜0$，即函数$g(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递减。由$\frac{\pi}{6}＜\frac{\pi}{3}$，则有$g(\frac{\pi}{6})＞g(\frac{\pi}{3})$，即$\frac{f(\frac{\pi}{6})}{\sin\frac{\pi}{6}}＞\frac{f(\frac{\pi}{3})}{\sin\frac{\pi}{3}}$，可得$\sqrt{3}f(\frac{\pi}{6})＞f(\frac{\pi}{3})$；又由$\frac{\pi}{6}＜\frac{\pi}{4}$，则有$g(\frac{\pi}{6})＞g(\frac{\pi}{4})$，即$\frac{f(\frac{\pi}{6})}{\sin\frac{\pi}{6}}＞\frac{f(\frac{\pi}{4})}{\sin\frac{\pi}{4}}$，可得$\sqrt{2}f(\frac{\pi}{6})＞f(\frac{\pi}{4})$。

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$0＜x＜\frac{\pi}{2}$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 （ ）
A. $(-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{3})\cup(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$
B. $(-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3})$
C. $(-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{3})$
D. $(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$

答案： A 因为偶函数$f(x)$的定义域为$(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$，所以设$g(x)=\frac{f(x)}{\cos x}$，则$g(-x)=\frac{f(-x)}{\cos(-x)}=\frac{f(x)}{\cos x}$，即$g(x)$也是偶函数。当$0＜x＜\frac{\pi}{2}$时，根据题意$g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)\cos x + f(x)\sin x}{\cos^{2}x}＜0$，则$g(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递减，且为偶函数，则$g(x)$在$(-\frac{\pi}{2},0)$上单调递增。所以$f(x)＜2f(\frac{\pi}{3})\cos x\Leftrightarrow\frac{f(x)}{\cos x}＜\frac{f(\frac{\pi}{3})}{\cos\frac{\pi}{3}}\Leftrightarrow g(x)＜g(\frac{\pi}{3})$，所以$\left\{\begin{array}{l}|x|＞\frac{\pi}{3}\\ -\frac{\pi}{2}＜x＜\frac{\pi}{2}\end{array}\right.$，解得$x\in(-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{3})\cup(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$。