高考数学复习考点题型专题讲解38 构造函数比较大小

高考数学复习考点题型专题讲解
专题38 构造函数比较大小
最近几年构造函数比较大小已成为高考的热点，而且多以选择压轴题的形式出现，小巧而灵活，难度较大.
类型一构造具体函数比较实数的大小
一要注意实数的形式，二要分析实数间的关系才能恰当构造函数，利用其单调性比较大小.
例1 (1)(2022·湖北七市调研)已知a＝e－0.02，b＝0.01，c＝ln 1.01，则( )
A.c>a>b
B.b>a>c
C.a>b>c
D.b>c>a
(2)(2022·苏州模拟)已知x＝2，y＝e 1
e，z＝π
1
π，则x，y，z的大小关系为( )
A.x>y>z
B.x>z>y
C.y>x>z
D.y>z>x 答案(1)C (2)D
解析(1)由指数函数的性质得：e－0.02>e－1
2
＝
1
e
>
1
3
>0.01，
设f(x)＝e x－1－x，则f′(x)＝e x－1>0在x>0时恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，f(x)是连续函数，
因此f(x)在[0，＋∞)上是增函数，
所以f(0.01)>f(0)，即e0.01－1－0.01>0，即e0.01>1.01，所以0.01>ln 1.01，所以a>b>c.故选C.
(2)由x＝2，y＝e 1
e，z＝π
1
π，
得ln x＝1
2
ln 2，ln y＝
1
e
ln e，ln z＝
1
π
ln π，
令f(x)＝1
x
ln x(x>0)，
则f′(x)＝1－ln x
x2
(x>0)，
当0<x<e时，f′(x)>0，
当x>e时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(0，e)上递增，在[e，＋∞)上递减，
又因ln x＝1
2
ln 2＝
1
4
ln 4，
e<π<4，且e，π，4∈[e，＋∞)，所以f(e)>f(π)>f(4)，
即ln y>ln z>ln x，
所以y>z>x.
故选D.
训练1 (1)已知a＝e－1，b＝3
e4－
3
4
，c＝4－
1
2ln 2
，则( )
A.b>c>a
B.a>c>b
C.c>b>a
D.c>a>b
(2)已知a＝e0.1－1，b＝sin 0.1，c＝ln 1.1，则( )
A.a<b<c
B.b<c<a
C.c<a<b
D.c<b<a
答案(1)C (2)D
解析(1)令f(x)＝e x－1
x
，x>0，
则a＝e－1＝f(1)，b＝e 4
3－
3
4
＝f
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫4
3
，
c＝4－1
ln 4＝e ln 4－
1
ln 4
＝f(ln 4)，
又f′(x)＝e x＋1
x2
>0，
所以f(x)在(0，＋∞)递增，
又4
3
≈1.33，ln 4＝2ln 2≈1.38，
∴1<4
3
<ln 4，
∴a<b<c.
故选C.
(2)令f(x)＝e x－1－sin x，
∴f′(x)＝e x－cos x，
当x>0时，e x>1，∴e x－cos x>0，
∴f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(0.1)>f(0)，即e0.1－1－sin 0.1>0，
∴e 0.1
－1>sin 0.1，即a >b ，
令g (x )＝ln(x ＋1)－sin x ，
∴g ′(x )＝1x ＋1－cos x ＝1－（x ＋1）cos x x ＋1＝1－x cos x －cos x x ＋1， 令h (x )＝1－x cos x －cos x ，
∴h ′(x )＝(x ＋1)sin x －cos x
令φ(x )＝(x ＋1)sin x －cos x ，
∴φ′(x )＝2sin x ＋(x ＋1)cos x ，
当0<x <π6
时，φ′(x )>0， ∴h ′(x )单调递增，
∴h ′(x )<h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6＋1sin π6－cos π6＝π＋6（1－3）12<0， ∴h (x )在x ∈(0，0.1)上单调递减，
故h (x )<h (0)＝0，
∴g ′(x )<0，∴g (x )在x ∈(0，0.1)上单调递减，
∴g (0.1)<g (0)＝0，即ln 1.1－sin 0.1<0，∴c <b .
综上：c <b <a .
故选D.
类型二 构造具体函数比较代数式的大小
1.要注意分析代数式的结构形式及相互联系，并注意分析有关量的范围，恰当构造函数.
2.有些题目需要综合运用多种方法(如比差法等)解决.
例2 (1)若a ，b ，c ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，满足a ＝cos a ，b ＝sin(cos b )，c ＝cos(sin c )，则( ) A.a <b <c B.a <c <b
C.b <c <a
D.b <a <c
(2)(2022·广州综合测试)若正实数a ，b 满足a >b ，且ln a ·ln b >0，则下列不等式一定成立的是( )
A.log a b <0
B.a －1b >b －1a
C.2ab ＋1<2a ＋b
D.a b －1<b a －1
答案 (1)D (2)D
解析 (1)因为sin x <x 在⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，所以sin b <b ＝sin(cos b )，所以b <cos b ， 由于c ＝cos(sin c )>cos c ，构造g (x )＝x －cos x ，g ′(x )＝1＋sin x >0，
所以g (x )在⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增， g (b )<g (a )＝0<g (c )，所以c >a >b .
故选D.
(2)因为a >b >0，y ＝ln x 为单调递增函数，故ln a >ln b ，
由于ln a ·ln b >0，
故ln a >ln b >0，或ln b <ln a <0，
当ln a >ln b >0时，a >b >1，此时log a b >0；
a －1
b －⎝ ⎛⎭⎪⎫b －1a ＝(a －b )⎝
⎛⎭⎪⎫1－1ab >0， 故a －1b >b －1a
；
ab＋1－(a＋b)＝(a－1)(b－1)>0，2ab＋1>2a＋b；
当ln b<ln a<0时，0<b<a<1，此时log a b>0；a－1
b
－
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
b－
1
a＝(
a－b)
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1－
1
ab<0，故
a－
1
b
<b－1 a ；
ab＋1－(a＋b)＝(a－1)(b－1)>0，
2ab＋1>2a＋b；
故ABC均错误；
D选项，a b－1<b a－1，两边取自然对数，(b－1)ln a<(a－1)ln b，因为无论a>b>1，还是
0<b<a<1，均有(a－1)(b－1)>0，所以ln a
a－1
<
ln b
b－1
，故只需证
ln a
a－1
<
ln b
b－1
即可，
设f(x)＝ln x
x－1
(x>0且x≠1)，
则f′(x)＝1－
1
x
－ln x （x－1）2
，
令g(x)＝1－1
x
－ln x(x>0且x≠1)，
则g′(x)＝1
x2
－
1
x
＝
1－x
x2
，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
即g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(1)＝0，
所以f′(x)<0在x>0且x≠1上恒成立，
故f(x)＝ln x
x－1
在(0，1)和(1，＋∞)分别单调递减，因为a>b，所以
ln a
a－1
<
ln b
b－1
，结论得
证，D正确.
训练2 (1)(2022·梅州质检)已知a，b，c∈(0，1)，且a－ln a＋1＝e，b－ln b＋2＝e2，c－ln c＋3＝e3，其中e是自然对数的底数，则( )
A.c>b>a
B.c>a>b
C.a>c>b
D.a>b>c
(2)(多选)(2022·八省联考)已知a，b∈R，满足e a＋e b＝1，则下列结论正确的是( )
A.a＋b≤－2ln 2
B.e a＋b<0
C.ab≥1
D.2(e2a＋e2b)≥1
答案(1)D (2)ABD
解析(1)由条件a－ln a＝e－1＝e1－1，b－ln b＝e2－2，c－ln c＝e3－3，可知a－ln a<b －ln b<c－ln c，
记f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－1
x
，x∈(0，1)，
∴f′(x)<0，f(x)在(0，1)上递减，且f(a)<f(b)<f(c)，
∴a>b>c，故选D.
(2)e a＋e b＝1≥2e a e b，即e a＋b
2≤
1
2
，
所以a＋b
2
≤－ln 2，
故a＋b≤－2ln 2，A选项正确；
而0<e a，e b<1，∴a，b<0，e a＋b＝1－e b＋b，令f(x)＝1＋x－e x，f′(x)＝1－e x，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(b)<f(0)＝0，即1－e b＋b<0，B选项正确；当a＝b＝－ln 2时，ab＝ln22<1，C选项错误；
2(e 2a ＋e 2b )≥(e a ＋e b )2＝1，D 选项正确，故选ABD.
类型三 构造抽象函数比较大小
此类问题大多给出了关于某个抽象函数的不等式，要结合此不等式的特点及导数的运算法则，才能准确构造出含有抽象函数的函数，然后利用此函数的性质比较大小.
例3(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且(x 2＋x )f ′(x )<(3x ＋
2)f (x )恒成立，则必有( )
A.f (3)>18f (1)
B.f (2)<6f (1)
C.3f (1)≥16f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12D.f (3)<3f (2) 答案 BD
解析 题中条件不等式可化为
(x 3＋x 2)f ′(x )－(3x 2＋2x )f (x )<0，
令h (x )＝f （x ）x 3＋x 2
，则h ′(x )＝ （x 3＋x 2）f ′（x ）－f （x ）（3x 2＋2x ）（x 3＋x 2）2
<0， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减.
对A ，h (3)<h (1)，f （3）27＋9<f （1）2，
所以2f (3)<36f (1)，即f (3)<18f (1)，不正确；
对B ，h (2)<h (1)，f （2）8＋4<f （1）2，
即f (2)<6f (1)，正确；
对C ，h (1)<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f （1）2<f ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1218＋14
，
所以38f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
12，
即3f (1)<16f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
12，不正确；
对D ，h (3)<h (2)，f （3）27＋9<f （2）
8＋4，
即f (3)<3f (2)，正确.
训练3 已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且2－2f （x ）x <f ′(
x )，则f （1）－f （2）3
与f (2)－1的大小关系为( )
A.无法确定
B.f （1）－f （2）3＝f (2)－1
C.f （1）－f （2）3>f (2)－1
D.f （1）－f （2）3<f (2)－1
答案 D
解析 由题意得x ·f ′(x )＋2f (x )－2>0，
令F (x )＝x 2·f (x )－x 2，
则F ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－2x
＝x (2f (x )＋x ·f ′(x )－2)>0，
所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，
所以F (2)>F (1)，
所以4f (2)－4>f (1)－1，
所以3f (2)－3>f (1)－f (2)，
∴f (2)－1>f （1）－f （2）3，故选D.
一、基本技能练
1.已知函数f (x )的导函数f ′(x )满足x (1＋ln x )f ′(x )<f (x )对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞恒成立，
则下列不等式中一定成立的是( )
A.2f (1)>f (e)
B.e 2f (1)>f (e)
C.2f (1)<f (e)
D.e f (1)<f (e)
答案 A
解析 ∵x (1＋ln x )f ′(x )－f (x )<0，
∴(1＋ln x )f ′(x )－f （x ）x <0，
令F (x )＝f （x ）
1＋ln x ，
则F ′(x )＝（1＋ln x ）f ′（x ）－1x f （x ）（1＋ln x ）2<0⎝ ⎛⎭⎪⎫
x >1e ，
∴F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减，F (1)>F (e)，
∴f （1）1＋ln 1>f （e ）1＋ln e ，即f (1)>f （e ）2，2f (1)>f (e).故选A.
2.(2022·中原名校联考)已知a ＝2ln 7，b ＝3ln 6，c ＝4ln 5，则(
) A.b <c <a B.a <b <c
C.b <a <c
D.a <c <b
答案 B
解析 c ＝4ln 5＝22ln 5＝2ln 25>2ln 7＝a ，对b ，c 取对数可得ln b ＝ln 3·ln 6，ln c ＝
ln 4·ln 5，b 与c 的大小，即ln 6·ln 3与ln 5·ln 4的大小，即
ln 6ln 5与ln 4ln 3的大小.
令f (x )＝ln （x ＋1）ln x
(x >1)， 则f ′(x )＝1x ＋1ln x －1x ln （x ＋1）（ln x ）2
＝1x （x ＋1）[x ln x －（x ＋1）ln （x ＋1）]ln 2x
， 再令g (x )＝x ln x (x >1)，显然g (x )单调递增，且g (1)＝0，∴g (x )>0(x >1)，
∴g (x )<g (x ＋1)，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴ln 6ln 5<ln 4ln 3
，b <c ，同理可得a <b ，故a <b <c .
3.(2022·广州模拟)已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且ln a ＝a －1，b ln b ＝1，c e c ＝1，则
( )
A.c <b <a
B.a <b <c
C.c <a <b
D.b <a <c
答案 C
解析 令f (x )＝ln x －x ＋1，f ′(x )＝1x
－1(x >0)，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1， ＋∞)上单调递减，且f (1)＝0，故方程ln a ＝a －1的解为a ＝1；
令h (x )＝x ln x －1，h ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，
又h(1)＝－1<0，而h(b)＝b ln b－1＝0，故b>1；
令g(x)＝x e x－1，g′(x)＝e x＋x e x>0(x>0)，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
g(1)＝e－1>0，g(0)＝－1<0，而c e c－1＝0，∴0<c<1.故选C.
4.(2022·淮安模拟)已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为f′(x)，若对任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)>0恒成立，则下列结论正确的是( )
A.f(0)<0
B.9f(－3)<f(1)
C.4f(2)>f(－1)
D.f(1)<f(2)
答案 C
解析令x＝0，则2f(0)＋0>0，
∴f(0)>0，则A错误；
令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，
当x>0时，由2f(x)＋xf′(x)>0，
∴g′(x)>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为偶函数f(x)的定义域为R，
∴g(x)＝x2f(x)为偶函数，
∴g(－3)＝g(3)>g(1)，
即9f(－3)>f(1)，故B错误；
∴g(2)>g(－1)，4f(2)>f(－1)，故C正确；
由题意，不妨假设f(x)＝c>0(c为常数)符合题意，此时f(1)＝f(2)＝c，故D错误.
5.已知a＝31
2，b＝(1＋e)
1
e，c＝4
1
3，则( )
A.b>a>c
B.b>c>a
C.c>a>b
D.a>b>c 答案 D
解析a＝(1＋2)1
2，b＝(1＋e)
1
e，c＝(1＋3)
1
3，设f(x)＝
ln（x＋1）
x
，f′(x)＝
x
x＋1
－ln（x＋1）
x2
.
令g(x)＝
x
1＋x
－ln(1＋x)，
g′(x)＝－
x
（1＋x）2
<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0，所以f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，又2<e<3，所以f(2)>f(e)>f(3)，
即ln（1＋2）
2
>
ln（1＋e）
e
>
ln（1＋3）
3
，
亦是ln(1＋2)1
2>ln(1＋e)
1
e>ln(1＋3)
1
3，
即a>b>c.
6.已知a＝4＋2
5
ln 2，b＝2＋21.2，c＝22.1，则( )
A.a<b<c
B.b<a<c
C.c<b<a
D.a<c<b
答案 D
解析先比较b和c，因为b－c＝2＋21.2－22.1＝2＋2·20.2－22·20.1＝2[1－2·20.1＋
(20.1)2]＝2(1－20.1)2>0，所以b >c ；
再比较a 和c ，
c －a ＝22.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫
4＋25 ln 2
＝4×20.1－4－ln 20.4
＝4×20.1－4－4ln 20.1＝4(20.1－1－ln 20.1)，
令f (x )＝x －1－ln x (x >1)，
f ′(x )＝1－1x >0，
所以f (x )在(1，＋∞)上单调递增，
因为20.1>1，所以f (20.1)>f (1)，
即20.1－1－ln 20.1>0，
所以4(20.1－1－ln 20.1)>0.
所以c >a .
综上，a <c <b .
7.已知a ，b ，c ∈(0，1)，且a －4＝ln a 4，b －5＝ln b 5，c －6＝ln c 6，则(
) A.a <b <c B.a <c <b
C.b <c <a
D.c <b <a
答案 D
解析 构造g (x )＝x －ln x ，g ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，
g (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
因为a －4＝ln a 4，所以a －ln a ＝4－ln 4，
所以g(a)＝g(4)，
同理可得g(b)＝g(5)，g(c)＝g(6)，g(4)<g(5)<g(6)，
所以g(a)<g(b)<g(c)，
又a，b，c∈(0，1)，所以a>b>c.故选D.
8.已知a＝2ln 3－2，b＝ln 5－5＋1，c＝3ln 2－22＋1，则a，b，c的关系是( )
A.a<c<b
B.c<b<a
C.a<b<c
D.b<c<a
答案 A
解析a＝ln 9－9＋1，b＝ln 5－5＋1，c＝ln 8－8＋1，
令g(x)＝ln x－x＋1，
g′(x)＝1
x
－
1
2x
＝
2－x
2x
<0在(4，＋∞)恒成立，
所以g(x)在(4，＋∞)上单调递减，
所以g(5)＝b>g(8)＝c>g(9)＝a.故选A.
9.若y＝f(x)在R上可导且满足不等式xf′(x)＋f(x)>0恒成立，对于任意正数a，b，若a<b，则( )
A.af(b)<bf(a)
B.bf(a)<af(b)
C.af(a)<bf(b)
D.bf(b)<af(b)
答案 C
解析令g(x)＝xf(x)，
∵xf′(x)＋f(x)>0，
∴g′(x)＝[xf(x)]′＝f(x)＋xf′(x)>0，
即g(x)在R上递增，
∵a，b∈(0，＋∞)且a<b，∴g(a)<g(b)，
即af(a)<bf(b)，选C.
10.(2022·连云港一模)已知a>b>0，且a 1
a＝b
1
b，则( )
A.0<b<1
e
B.0<b<1
C.1<b<e
D.b>e 答案 C
解析因为a 1
a＝b
1
b>0，a>b>0，
所以ln a 1
a＝ln b
1
b，即
ln a
a
＝
ln b
b
.
记f(x)＝ln x
x
，则f′(x)＝
1－ln x
x2
，
令f′(x)>0，解得0<x<e，
令f′(x)<0，得x>e，
所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减. 因为a>b>0，则f(a)＝f(b)时，有b<e，
又因为当x>e时，f(x)＝ln x
x
>0，
所以f(b)＝f(a)>0，
因为f(1)＝0，所以f(b)>f(1)，所以b>1. 综上，1<b<e.
11.已知a＝ln π，b＝π
e
，c＝
π
8
ln 8，则( )
A.b <a <c
B.a <b <c
C.c <a <b
D.a <c <b
答案 A
解析 设f (x )＝2ln x x ，则f ′(x )＝2（1－ln x ）x 2， 当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，
当x ∈(e，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 因为e<π<2<e ，所以f (e)<f (π)<f (2)， 所以2ln e e <2ln ππ<2ln 22＝2ln 83<2ln 88
， 所以ln e e <ln ππ<ln 88
， 所以ln e e ·π<ln ππ·π<ln 88
·π， 所以
πe <ln π<π8ln 8，即b <a <c . 12.已知a ，b ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e 2，＋∞，且－2a ＝e 2ln a ，－3b ＝e 3ln b ，则( ) A.1e <a <b <1 B.1e
<b <a <1 C.1e 2<a <b <1e D.b <1e
<a <1 答案 A
解析 构造函数f (x )＝x ln x ，
则f ′(x )＝1＋ln x ，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞上单调递增.
∵－2a ＝e 2ln a ，－3b
＝e 3ln b ， ∴－2e －2＝e －2ln e －2＝a ln a ，
－3e －3＝e －3ln e －3＝b ln b ，
即f (e －2)＝f (a )，f (e －3)＝f (b )，
∵e －2，e －3∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，1e ， ∴f (e －2)<f (e －3)，即f (a )<f (b )，
又∵a ，b ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e 2，＋∞， ∴a ，b ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞， ∴1e
<a <b ， 又∵当x ∈(0，1)时，f (x )<0，
∴1e
<a <b <1. 二、创新拓展练
13.(2022·厦门质检)已知a ＝log b c ，b ＝log c a ，则( )
A.a <b <c
B.b <c <a
C.c <a <b
D.c <b <a
答案 B
解析 a ＝log b c ＝ln c ln b ，b ＝log c a ＝ln a ln c
，则ln a ，ln b ，ln c 同号， ab ＝ln a ln b ，则ln b ＝ln a ab
，
b ln b ＝b ·ln a ab ＝ln a a
， 作出f (x )＝x ln x 与g (x )＝
ln x x 的图象如下，
∴0<b <a <1或1<b <a . ⎭
⎬⎫由a ＝log b c ⇒b a ＝c >b 1⇒c >b 由b ＝log c a ⇒c b ＝a >c 1⇒a >c ⇒ a >c >b ，故选B.
14.已知a ＝ln 22，b ＝1e ，c ＝2ln 39
，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.a >b >c B.a >c >b
C.b >a >c
D.b >c >a
答案 C
解析 因为a ＝
ln 22，b ＝1e ＝ln e e ，c ＝2ln 39＝ln 99，构造函数f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，
所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(e，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，
所以当x ＝e 时，f (x )取最大值.
a ＝ln 22＝2ln 24＝ln 44
＝f (4)，b ＝f (e)，c ＝f (9)，f (e)>f (4)>f (9)，即b >a >c .故选
C.
15.设a＝
1
2×106
＋
1
102
，b＝e0.01－1，c＝ln 1.02，则( )
A.a<b<c
B.b<c<a
C.b<a<c
D.c<a<b 答案 A
解析当x∈(0，2)时，1
2
x2＋1＋x<e x<
2＋x
2－x
，所以
1
100
＋
1
2×104
<b＝e0.01－1<
2
199
且当x>1时，ln x>2（x－1）
x＋1
，c＝ln 1.02>
2（1.02－1）
1.02＋1
＝
2
101
，
所以a<
1
100
＋
1
2×104
<b<
2
199
<
2
101
<c.故选A.
16.(多选)(2022·鄂东南三校适应性训练)下列大小比较中，正确的是( )
A.3e<e3<πe
B.e3<πe<eπ
C.πe<eπ<3π
D.π3<eπ<3π
答案ABC
解析对于选项D，构造函数f(x)＝ln x
x
，所以f′(x)＝
1－ln x
x2
，所以当0<x<e时，
f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.
所以f(x)≤f(e)＝1
e
(当且仅当x＝e时取等号)，
故ln π3>π，故π3>eπ，所以选项D错误；对于选项A，3e<πe，f(3)<f(e)，
∴ln 3
3
<
ln e
e
，∴3e<e3，
在f (x )≤1e 中，令x ＝e 2π，则ln e 2πe 2π
<1e ，化简得ln π>2－e π
， 故eln π>e ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－e π>2.7×⎝
⎛⎭⎪⎫2－2.723.1>2.7×(2－0.88)＝3.024>3， 所以eln π>3，∴ln πe >ln e 3，∴πe >e 3.
所以3e <e 3<πe ，所以选项A 正确；
对于选项B ，在f (x )≤1e 中，令x ＝π，则ln ππ<ln e e
，∴πe <e π，所以e 3<πe <e π，所以选项B 正确；
对于选项C ，e π<3π，所以πe <e π<3π，所以选项C 正确.故选ABC.
17.(多选)若实数t ≥2，则下列不等式一定成立的是( )
A.(t ＋3)ln(t ＋2)>(t ＋2)ln(t ＋3)
B.(t ＋1)t ＋2>(t ＋2)t ＋1
C.1＋1t
>log t (t ＋1)D.log t ＋1(t ＋2)>log t ＋2(t ＋3) 答案 ABD
解析 构造g (x )＝ln x x
， 则g ′(x )＝1－ln x x 2， g (x )在(e ，＋∞)单调递减，在(0，e)单调递增，
因为t ≥2，t ＋3>t ＋2>e ，
所以ln （t ＋3）t ＋3<ln （t ＋2）t ＋2
， 所以(t ＋2)ln(t ＋3)<(t ＋3)ln(t ＋2)，A 正确；
同理ln（t＋1）
t＋1
>
ln（t＋2）
t＋2
，
所以(t＋2)ln(t＋1)>(t＋1)ln(t＋2)，B正确；
令g(x)＝ln（x＋1）
ln x
(x≥3)，
则g′(x)＝x ln x－（x＋1）ln（x＋1）
x（x＋1）ln2x
<0.
故g(x)在[3，＋∞)上单调递减，且t＋1<t＋2. 所以g(t＋1)>g(t＋2)，
所以ln（t＋2）
ln（t＋1）
>
ln（t＋3）
ln（t＋2）
，
故log t
＋1
(t＋2)>log t＋2(t＋3)，D正确；
对于C，当t＝2时，1＋1
2
－log
2
3＝
3
2
－log
2
3＝log
2
8－log
2
9<0.故C错误.
故选ABD.
18.下列不等关系中正确的是( )
A.ln 2＋ln 3>2ln 5
2
B.
1
3
<ln 3－ln 2<
1
2
C.ln 2·ln 3>1
D.ln 3
ln 2
<
3
2
答案 B
解析对于A，ln 2＋ln 3－2ln 5
2
＝ln 6－ln
25
4
＝ln
24
25
，∵函数y＝ln x在(0，＋∞)
上单调递增，∴ln 24
25
<ln 1＝0，则ln 2＋ln 3<2ln
5
2
，A不正确.
对于B，ln 3－ln 2＝ln 3
2
，因为e<
27
8
＝
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫3
2
3
，e>
9
4
＝
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫3
2
2
，即e
1
3<
3
2
<e
1
2，
所以13<ln 3－ln 2<12
，B 正确. 对于C ，易知，0<ln 2<ln 3，ln 2·ln 3<⎝ ⎛⎭
⎪⎫ln 2＋ln 322
＝(ln 6)2<(ln e)2＝1，C 不正确.
对于D ，
ln 3ln 2＝log 23>log 28＝32，D 不正确.。