2025版高考數(shù)學一輪總復習素養(yǎng)提升第3章導數(shù)及其應用第2講第1課時導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性一構(gòu)造法在導數(shù)中的應用題型三通過數(shù)值構(gòu)造具體函數(shù)

題型三通過數(shù)值構(gòu)造具體函數(shù)1.已知a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(1,e)，c＝eq\f(2ln3,9)，則a，b，c的大小關(guān)系為_c<a<b__.[解析]令f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．a(chǎn)＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln4,4)＝f(4)，b＝eq\f(1,e)＝eq\f(lne,e)＝f(e)，c＝eq\f(2ln3,9)＝eq\f(ln9,9)＝f(9)，f(e)>f(4)>f(9)，即c<a<b.2．(2021·全國乙卷改編)設a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝eq\r(1.04)－1，則a，b，c，的大小關(guān)系為_b<c<a__.[解析]b－c＝ln1.02－eq\r(1.04)＋1，設f(x)＝ln(x＋1)－eq\r(1＋2x)＋1，則b－c＝f(0.02)，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(2,2\r(1＋2x))＝eq\f(\r(1＋2x)－x＋1,x＋1\r(1＋2x))，當x≥0時，x＋1＝eq\r(x＋12)≥eq\r(1＋2x)，f′(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c.a－c＝2ln1.01－eq\r(1.04)＋1，設g(x)＝2ln(x＋1)－eq\r(1＋4x)＋1，則a－c＝g(0.01)，g′(x)＝eq\f(2,x＋1)－eq\f(4,2\r(1＋4x))＝eq\f(2[\r(1＋4x)－x＋1],x＋1\r(1＋4x))，當0≤x<2時，eq\r(4x＋1)＝eq\r(2x＋2x＋1)≥eq\r(x2＋2x＋1)＝eq\r(x＋12)＝x＋1，故當0≤x<2時，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,2)上單調(diào)遞增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c<a，從而有b<c<a.名師點撥：當要比較的各數(shù)為某些函數(shù)的函數(shù)值時，要仔細觀察這些數(shù)值的共同之處，構(gòu)造一個或兩個函數(shù)，使要比較的數(shù)成為該函數(shù)的函數(shù)值，然后利用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。咀兪接柧?】1．設a＝eq\f(1,50)，b＝2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(1,100)＋cos\f(1,100)))，c＝eq\f(6,5)lneq\f(51,50)，則a，b，c的大小關(guān)系為_c>a>b__.[解析]因為a＝lneeq\s\up10(\f(1,50))＝lne0.02，b＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(1,100)＋cos\f(1,100)))2，c＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(51,50)))eq\s\up10(\f(6,5))，所以只要比較x＝e0.02，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(1,100)＋cos\f(1,100)))2＝1＋sineq\f(1,50)＝1＋sin0.02，z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(51,50)))eq\s\up10(\f(6,5))＝(1＋0.02)1.2大小即可，令f(x)＝ex－(1＋sinx)(x>0)，則f′(x)＝ex－cosx>0，所以f(x)在(0，＋∞)上遞增，所以f(x)>f(0)，所以ex>1＋sinx，所以e0.02>1＋sin0.02，即x>y>1，令g(x)＝(1＋x)1.2－ex，則g′(x)＝1.2(1＋x)0.2－ex，g″(x)＝0.24(1＋x)－0.8－ex，因為g″(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g″(0)＝0.24－1<0，所以當x>0時，g″(x)<0，所以g′(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．因為g′(0)＝1.2－1>0，g′(0.2)＝1.2×1.20.2－e0.2＝1.21.2－e0.2，要比較1.21.2與e0.2的大小只要比較ln1.21.2＝1.2ln1.2與lne0.2＝0.2的大小，令h(x)＝(1＋x)ln(1＋x)－x(x>0)，則h′(x)＝ln(1＋x)＋1－1＝ln(1＋x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上遞增，所以h(x)>h(0)＝0，所以當x∈(0，＋∞)時(1＋x)ln(1＋x)>x，所以1.2ln1.2>0.2，所以1.21.2>e0.2，所以g′(0.2)＝1.2×1.20.2－e0.2＝1.21.2－e0.2>0，所以當x∈(0,0.2)時，g′(x)>0，所以g(x)在(0,0.2)上遞增，所以g(x)>g(0)－0，所以(1＋x)1.2>ex，所以(1＋0.02)1.2>e0.02，所以z>x，所以z>x>y，所以c>a>b.【變式訓練2】1.(2022·新高考Ⅰ卷改編)設a＝0.1e0.1，b＝eq\f(1,9)，c＝－ln0.9，則a，b，c的大小關(guān)系為_c<a<b__.[解析]設u(x)＝xex(0<x≤0.1)，v(x)＝eq\f(x,1－x)(0<x≤0.1)，w(x)＝－ln(1－x)(0<x≤0.1)，則當0<x≤0.1時，u(x)>0，v(x)>0，w(x)>0.①設f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]＝lnx＋x－[lnx－ln(1－x)]＝x＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，則f′(x)＝1－eq\f(1,1－x)＝eq\f(x,x－1)<0在(0,0.1]上恒成立，所以f(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞減，所以f(0.1)<f(0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)]．又函數(shù)y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以u(0.1)<v(0.1)，即0.1e0.1<eq\f(1,9)，所以a<b.②設g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，則g′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2ex－1,1－x)(0<x≤0.1)．設h(x)＝(1－x2)ex－1(0<x≤0.1)，則h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0,0.1]上恒成立，所以h(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0，即g′(x)>0在(0,0.1]上恒成立，所以g(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞增，所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，所以0.1e0.1>－ln0.9，即a>c.綜上，c<a<b.2．實數(shù)e3,3π，π3的大小關(guān)系為_e3<π3<3π__.[解析]設f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx