《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(1)设定义在 $ \mathbf{R} $上的函数 $ y = f(x) $，且当 $ x \in (0, 4] $时，$ x f'(x) - f(x) ＞ 0 $，若 $ a = 6 f(2) $，$ b = 4 f(3) $，$ c = 3 f(4) $，则 $ a $，$ b $，$ c $的大小关系是(C)

A.$ a ＞ b ＞ c $
B.$ a ＞ c ＞ b $
C.$ c ＞ b ＞ a $
D.$ b ＞ c ＞ a $

答案： 训练1
(1)C 令$g(x)=\frac{f(x)}{x}\Rightarrow g'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x^{2}}$，由
已知可得$x\in(0,4]$时，$g'(x)\gt0\Rightarrow g(x)=\frac{f(x)}{x}$在$(0,4]$上
单调递增，所以$\frac{f(2)}{2}\lt\frac{f(3)}{3}\lt\frac{f(4)}{4}\Rightarrow6f(2)\lt4f(3)\lt3f(4)$，即C正确。

(2)(2025·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 $ \mathbf{R} $上恒成立，则不等式 $ e^{2x + 1} f(2x + 1) ＞ e^{3 - x} f(3 - x) $的解集是$\left(\frac{2}{3},+\infty\right)$。

答案：
(2)$\left(\frac{2}{3},+\infty\right)$ 解法一 令$g(x)=e^{x}f(x)$，
则$g'(x)=e^{x}[f(x)+f'(x)]\gt0$，
所以$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，
不等式$e^{2x + 1}f(2x + 1)\gt e^{3 - x}f(3 - x)$，即$g(2x + 1)\gt g(3 - x)$，
所以$2x + 1\gt3 - x$，得$x\gt\frac{2}{3}$·
所以不等式的解集是$\left(\frac{2}{3},+\infty\right)$。
解法二 设$f(x)=e^{x}$，则不等式$e^{2x + 1}f(2x + 1)\gt e^{3 - x}f(3 - x)$可化为$e^{4x + 2}\gt e^{6 - 2x}$，
即$4x + 2\gt6 - 2x$，得$x\gt\frac{2}{3}$·所以不等式的解集是
$\left(\frac{2}{3},+\infty\right)$。

(1)(2025·昆明模拟)设 $ a = \frac{1}{6} $，$ b = \frac{\ln 5}{10} $，$ c = \frac{\ln 6}{12} $，则(A)

A.$ c ＜ b ＜ a $
B.$ c ＜ a ＜ b $
C.$ b ＜ c ＜ a $
D.$ b ＜ a ＜ c $

答案： 【例4】
(1)A 设$f(x)=\frac{\ln x}{2x}$，则$f'(x)=\frac{1 - \ln x}{2x^{2}}$，当$x\in(0,e)$时，$f'(x)\gt0$，当$x\in(e,+\infty)$时，$f'(x)\lt0$，
$\therefore f(x)$在$(0,e)$上单调递增，在$(e,+\infty)$上单调递减，
$\because b = f(5),c = f(6),\therefore b\gt c$，又$a - b = \frac{1}{6}-\frac{\ln 5}{10} =\frac{5 - 3\ln 5}{30}=\frac{\ln e^{5}-\ln125}{30}\gt0$，得$a\gt b,\therefore a\gt b\gt c$.

(2)已知 $ a = \frac{9}{10} $，$ b = e^{-\frac{1}{5}} $，$ c = 1 + \ln \frac{10}{11} $，则 $ a $，$ b $，$ c $的大小关系为(B)

A.$ a ＜ b ＜ c $
B.$ b ＜ a ＜ c $
C.$ c ＜ b ＜ a $
D.$ c ＜ a ＜ b $

答案：
(2)B 令$f(x)=e^{x}-x - 1$，令$f'(x)=e^{x}-1 = 0$，解得$x = 0$.当$x\lt0$时，$f'(x)\lt0$，$f(x)$单调递减；当$x\gt0$时，$f'(x)\gt0$，$f(x)$单调递增；故$f(x)\geqslantf(0)=0$，即$e^{x}-x - 1\geqslant0$，当且仅当$x = 0$时，等号成立，所
以$e^{x}\gt x + 1(x\neq0)$.则$\frac{10}{9}\gt\frac{1}{9}+1=\frac{10}{9}\gt\frac{1}{a}$，所以
$b\lt a$.因为$c = 1+\ln\frac{10}{11}=1+\ln\frac{1}{1+\frac{1}{10}}$，令$h(x)=-\ln(1 + x)+x=-\ln(1 + x)$，
则$h'(x)=-\frac{1}{1 + x}+1=\frac{x}{1 + x}$·由$h'(x)\gt0$得$x\gt0$；
由$h'(x)\lt0$得$-1\lt x\lt0$，所以$h(x)$在$(-1,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增，则当$x\gt0$时，有$h(x)\geqslanth(0)=0$，所以$h\left(\frac{1}{10}\right)\gt0$，即$c - a\gt0$，则$c\gt a$，所以$b\lta\lt c$，故选B.

(1)(2025·德阳模拟)已知 $ a = 4 \ln 3^\pi $，$ b = 3 \pi $，$ c = 4 \ln \pi^3 $，则 $ a $，$ b $，$ c $的大小关系是(B)

A.$ c ＜ b ＜ a $
B.$ b ＜ c ＜ a $
C.$ b ＜ a ＜ c $
D.$ a ＜ b ＜ c $

答案： 训练2
(1)B 因为$a = 4\ln3^{\pi}=4\pi\ln3,b = 3\pi,c = 4\ln\pi^{3}=4×3\ln\pi$，观察$a,c$的式子结构，构造函数$f(x)=\frac{\ln x}{x}$，则
$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$，当$x\in(0,e)$时，$f'(x)\gt0$，$f(x)$单调递
增，当$x\in(e,+\infty)$时，$f'(x)\lt0$，$f(x)$单调递减，因为$\pi\gt3\gte$，所以$f(\pi)\lt f(3)$，即$\frac{\ln\pi}{\pi}\lt\frac{\ln3}{3}$，所以$3\ln\pi\lt\pi\ln3$，
即$4×3\ln\pi\lt4×\pi\ln3$，即$b\lt c$；又$\ln\pi\gt\ln e = 1$，所以$3\pi\lt3×4\lt4×3\ln\pi$，即$b\lt c$，综上，$b\lt c\lt a$.

(2)(2025·湖北十一校联考)已知 $ a = \frac{0.2}{\pi} $，$ b = \frac{0.4}{e^2} (e \approx 2.718) $，$ c = \sin 0.1 $，则(B)

A.$ a ＜ b ＜ c $
B.$ b ＜ a ＜ c $
C.$ c ＜ b ＜ a $
D.$ c ＜ a ＜ b $

答案：
(2)B 解法一 由已知得$a - b = \frac{0.2}{\pi}-\frac{0.4}{e^{2}}=\frac{0.2e^{2}-0.4\pi}{\pi e^{2}}(e^{2}-2\pi)$，又$e^{2}\gt2.7^{2}=7.29\gt2\pi$，所以$a - b\gt0$，所以$a\gt b$.记
$f(x)=\frac{2}{\pi}-x-\sin x(x\in(0,\frac{\pi}{6}))$，则$a - c = f(0.1),f'(x)=\frac{2}{\pi}-\cos x$，当$x\in(0,\frac{\pi}{6})$时，因为函数$y = \cos x$单调递
减，所以$\cos x\gt\cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}\gt\frac{2}{\pi}\approx0.637$，又$\frac{2}{\pi}\approx0.637$，所以
$f'(x)\lt0$，即函数$f(x)$单调递减，所以$f(x)\lt f(0.1)\lt0$，即$f(0.1)\lt0$，所以$a\lt c$.综上所述，$b\lt a\lt c$.故
选B.
解法二 根据泰勒展开式$\sin x = x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+·s+(-1)^{m - 1}\frac{x^{2m - 1}}{(2m - 1)!}+·s$，得$c = \sin0.1\approx0.1-\frac{0.1^{3}}{6}\approx0.0998$，又$a = \frac{0.2}{\pi}\approx0.0637,b=\frac{0.4}{e^{2}}\approx0.0541$，所以$b\lta\lt c$，故选B.

1. (2024·全国甲卷(理))设函数$f(x)=\frac{e^{x}+2\sin x}{1+x^{2}}$，则曲线$y = f(x)$在点$(0,1)$处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(A)

A.$\frac{1}{6}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$

答案： 1.A $f^{\prime}(x)=\frac{\left(\mathrm{e}^{x}+2 \cos x\right)\left(1+x^{2}\right)-\left(\mathrm{e}^{x}+2 \sin x\right) · 2 x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}$，所以$f^{\prime}(0)=3$，所以曲线$y=f(x)$在点$(0,1)$处的切线方程为$y - 1 = 3(x - 0)$，即$3x - y + 1 = 0$，切线与两坐标轴的交点分别为$(0,1),\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为$\frac{1}{2} × 1 × \frac{1}{3}=\frac{1}{6}$，故选A。

2. (2024·新课标Ⅰ卷)若曲线$y = e^{x}+x$在点$(0,1)$处的切线也是曲线$y=\ln(x + 1)+a$的切线，则$a=$$\ln 2$。

答案： 2.$\ln 2$ 由$y=\mathrm{e}^{x}+x$得$y^{\prime}=\mathrm{e}^{x}+1$，$y^{\prime}\left|_{x=0}=\mathrm{e}^{0}+1=2\right.$，故曲线$y=\mathrm{e}^{x}+x$在$(0,1)$处的切线方程为$y = 2x + 1$；由$y=\ln (x + 1) + a$得$y^{\prime}=\frac{1}{x + 1}$，设切线与曲线$y=\ln (x + 1) + a$相切的切点为$\left(x_{0}, \ln \left(x_{0} + 1\right) + a\right)$，由$\frac{1}{x_{0} + 1}=2$，解得$x_{0}=-\frac{1}{2}$，则切点为$\left(-\frac{1}{2}, a + \ln \frac{1}{2}\right)$，切线方程为$y = 2\left(x + \frac{1}{2}\right) + a + \ln \frac{1}{2}=2x + 1 + a - \ln 2$，根据两切线重合，所以$a - \ln 2 = 0$，解得$a = \ln 2$。

3. (2025·全国一卷)若直线$y = 2x + 5$是曲线$y=e^{x}+x+a$的一条切线，则$a=$4。

答案： 3.4 导数的几何意义(设切点求切线法) 设直线$y = 2x + 5$与曲线$y=\mathrm{e}^{x}+x + a$的切点坐标为$\left(x_{0}, \mathrm{e}^{x_{0}} + x_{0} + a\right)$，由$y=\mathrm{e}^{x}+x + a$得$y^{\prime}=\mathrm{e}^{x}+1$，所以$y^{\prime}\left|_{x = x_{0}}=\mathrm{e}^{x_{0}} + 1 = 2\right.$，解得$x_{0}=0$，所以切点坐标为$(0,1 + a)$，又切点$(0,1 + a)$在切线$y = 2x + 5$上，所以$1 + a = 5$，解得$a = 4$。

4. (2022·新高考Ⅱ卷)曲线$y=\ln|x|$过坐标原点的两条切线的方程为$y=\frac{1}{\mathrm{e}}x$，$y=-\frac{1}{\mathrm{e}}x$。

答案： 4.$y=\frac{1}{\mathrm{e}}x$ $y=-\frac{1}{\mathrm{e}}x$ 因为$y=\ln |x|$，当$x ＞ 0$时$y=\ln x$，设切点为$\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$，由$y^{\prime}=\frac{1}{x}$，所以$y^{\prime}\left|_{x = x_{0}}=\frac{1}{x_{0}}\right.$，所以切线方程为$y - \ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x - x_{0}\right)$，又切线过坐标原点，所以$-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(-x_{0}\right)$，解得$x_{0}=\mathrm{e}$，所以切线方程为$y - 1=\frac{1}{\mathrm{e}}(x - \mathrm{e})$，即$y=\frac{1}{\mathrm{e}}x$；当$x ＜ 0$时$y=\ln (-x)$，设切点为$\left(x_{1}, \ln \left(-x_{1}\right)\right)$，由$y^{\prime}=\frac{1}{x}$，所以$y^{\prime}\left|_{x = x_{1}}=\frac{1}{x_{1}}\right.$，所以切线方程为$y - \ln \left(-x_{1}\right)=\frac{1}{x_{1}}\left(x - x_{1}\right)$，又切线过坐标原点，所以$-\ln \left(-x_{1}\right)=\frac{1}{x_{1}}\left(-x_{1}\right)$，解得$x_{1}=-\mathrm{e}$，所以切线方程为$y - 1=\frac{1}{-\mathrm{e}}(x + \mathrm{e})$，即$y=-\frac{1}{\mathrm{e}}x$。综上，两条切线方程分别为$y=\frac{1}{\mathrm{e}}x$，$y=-\frac{1}{\mathrm{e}}x$。