高考数学科学创新复习方案提升版素能培优（三）利用导数研究函数的性质学案（Word版附解析）

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考向一 利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点等问题
例1 (1)(2023·扬州三模)已知函数f(x)的导函数为g(x)，f(x)和g(x)的定义域均为R，g(x)为偶函数，f(x)－ex－sinx也为偶函数，则下列不等式一定成立的是( )
A．f(0)＝0 B．g(0)＝0
C．f(x)＜f(ex) D．g(x)＜g(ex)
答案 C
解析 根据题意，设h(x)＝f(x)－ex－sinx，由于h(x)为偶函数，则h(－x)＝h(x)，即f(－x)－e－x＋sinx＝f(x)－ex－sinx，等号两边同时求导可得－f′(－x)＋e－x＋csx＝f′(x)－ex－csx，即－g(－x)＋e－x＋csx＝g(x)－ex－csx，又由g(x)为偶函数，变形可得g(x)＝eq \f(1,2)(ex＋e－x)＋csx，故f(x)＝eq \f(1,2)(ex－e－x)＋sinx＋c(c为常数)．对于A，由于c不确定，f(0)＝0不一定成立，A错误；对于B，g(0)＝eq \f(1,2)×(1＋1)＋1＝2，B错误；对于C，设F(x)＝ex－x，则F′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＝ex－1＞0，F(x)为增函数，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＝ex－1＜0，F(x)为减函数，则F(x)≥F(0)＝1，故ex＞x在R上恒成立，又由g(x)＝eq \f(1,2)(ex＋e－x)＋csx≥1＋csx≥0，f(x)为R上的增函数，则f(x)＜f(ex)，C正确；对于D，g(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，不能保证g(x)＜g(ex)成立，D错误．故选C.
(2)(多选)(2024·滁州模拟)对于函数f(x)＝eq \f(ln x,x2)，下列说法正确的是( )
A．f(x)在x＝eq \r(e)处取得极大值eq \f(1,2e)
B．若f(x)eq \f(e2,2)
C．f(eq \r(2))D．f(x)有且只有1个零点
答案 ACD
解析 函数f(x)＝eq \f(ln x,x2)，则f′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，x>0，令f′(x)＝0，即2ln x＝1，解得x＝eq \r(e)，当00，故函数f(x)在(0，eq \r(e))上单调递增，当x>eq \r(e)时，f′(x)<0，故函数f(x)在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减，故函数f(x)在x＝eq \r(e)处取得极大值f(eq \r(e))＝eq \f(1,2e)，故A正确；因为f(x)f(x)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(ln x＋1,x2)在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq \f(ln x＋1,x2)，故k>g(x)max，因为g′(x)＝eq \f(－2ln x－1,x3)，令g′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,\r(e))，当00，则g(x)单调递增，当x>eq \f(1,\r(e))时，g′(x)<0，则g(x)单调递减，所以当x＝eq \f(1,\r(e))时，g(x)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝eq \f(e,2)，则k>eq \f(e,2)，故B错误；因为函数f(x)在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减，所以f(2)利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点等问题的思路和策略
(1)基本思路
首先确定函数的定义域求导函数，然后分析函数的单调性、极值、区间端点函数值，进而画出函数图象的草图(注意是否存在渐近线)，借助图象解答问题．
(2)常见策略
①换元．观察函数解析式的结构特点，通过换元转化为结构较简单的函数问题；
②转化．常把函数的零点、不等式证明转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
(2023·山东省实验中学模拟)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝xex，若存在t>0，使得f(x1)＝g(x2)＝t成立，则x1－2x2的最小值为( )
A．2－ln 4 B．2＋ln 4
C．e－ln 2 D．e＋ln 2
答案 A
解析 由题意，设x1ln x1＝x2ex2＝e x2ln e x2＝t，即f(x1)＝f(e x2)＝t，由f′(x)＝1＋ln x，得在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，且f(1)＝0，f(x)的图象如图所示．由图可知，当t∈(0，＋∞)时，x1＝e x2，即x2＝ln x1，且x1>1，所以x1－2x2＝x1－2ln x1，令h(x)＝x－2ln x，且x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝1－eq \f(2,x)＝eq \f(x－2,x)，当12时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(2)＝2－2ln 2＝2－ln 4，即x1－2x2的最小值为2－ln 4.故选A.
考向二 构造函数研究函数问题
角度 由原函数与导函数混合式构造函数
例2 (多选)(2024·深圳模拟)已知函数f(x)及其导函数f′(x)满足xf′(x)－f(x)＝x2(ln x＋1)，且f(1)＝0，则( )
A．f(x)在(1，＋∞)上单调递增B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上有极小值
C.eq \f(f（x）,x)的最小值为－1D．f(x)的最小值为0
答案 AB
解析 因为函数f(x)及其导函数f′(x)满足xf′(x)－f(x)＝x2(ln x＋1)，则eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)＝ln x＋1，即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f（x）,x)))′＝(xln x)′，令eq \f(f（x）,x)＝xln x＋c(c为常数)，所以f(x)＝x2ln x＋cx.因为f(1)＝0＋c＝0，所以c＝0，所以f(x)＝x2ln x．对于A，当x>1时，f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故A正确；对于B，由f′(x)＝0可得x＝e－eq \f(1,2)＝eq \f(1,\r(e))，且eq \f(1,2)0，此时f(x)单调递增，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上有极小值，故B正确；对于C，令g(x)＝eq \f(f（x）,x)＝xln x，其中x>0，则g′(x)＝ln x＋1，当0eq \f(1,e)时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增，所以g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，故C错误；对于D，f′(x)＝x(2ln x＋1)，当0eq \f(1,\r(e))时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝eq \f(1,e)ln eq \f(1,\r(e))＝－eq \f(1,2e)，故D错误．故选AB.
由f(x)与f′(x)混合式构造函数的常见类型
(1)对于xf′(x)＋kf(x)>0(<0)，构造g(x)＝xk·f(x)．
(2)对于xf′(x)－kf(x)>0(<0)，构造g(x)＝eq \f(f（x）,xk).
(3)对于f′(x)＋kf(x)>0(<0)，构造g(x)＝ekx·f(x)．
(4)对于f′(x)－kf(x)>0(<0)，构造g(x)＝eq \f(f（x）,ekx).
(2023·苏州模拟)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝lg2eq \f(1,8)·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,8)))，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
答案 B
解析 因为函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，由题意知，当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上单调递减，又g(x)是奇函数，所以g(x)在R上单调递减，因为20.6>1，0b>a.故选B.
角度 同构法构造函数
例3 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝eq \f(1,9)，c＝－ln 0.9，则( )
A．aC．c答案 C
解析 设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)，则当0＜x≤0.1时，u(x)＞0，v(x)＞0，w(x)＞0.①设f(x)＝ln [u(x)]－ln [v(x)]＝ln x＋x－[ln x－ln (1－x)]＝x＋ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则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]上单调递减，所以f(0.1)＜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)]，又函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以u(0.1)＜v(0.1)，即0.1e0.1＜eq \f(1,9)，所以a＜b.②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则g′(x)＝(x＋1)ex－eq \f(1,1－x)＝eq \f(（1－x2）ex－1,1－x)(0＜x≤0.1)，设h(x)＝(1－x2)ex－1(0＜x≤0.1)，则h′(x)＝(1－2x－x2)ex＞0在(0，0.1]上恒成立，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(x)＞(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]上单调递增，所以g(0.1)＞0×e0＋ln (1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c.综上，c＜a＜b.故选C.
(2)(2024·江苏省基地大联考)∀x1，x2∈(1，3]，当x10，则实数a的取值范围是( )
A．(3，＋∞) B．[3，＋∞)
C．(9，＋∞) D．[9，＋∞)
答案 D
解析 当x1，x2∈(1，3]，且x10⇒eq \f(e3x1,e3x2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))eq \s\up12(a)⇒ln eq \f(e3x1,e3x2)>ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))eq \s\up12(a)⇒3x1－3x2>aln x1－aln x2⇒3x1－aln x1>3x2－aln x2，令f(x)＝3x－aln x，x∈(1，3]，即等价于∀x1，x2∈(1，3]，当x1f(x2)，即函数f(x)在(1，3]上单调递减，即∀x∈(1，3]，f′(x)＝3－eq \f(a,x)≤0，即∀x∈(1，3]，a≥3x，由x∈(1，3]，得3x∈(3，9]，所以a≥9，所以实数a的取值范围是[9，＋∞)．故选D.
同构式的基本概念和应用
(1)同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式．
(2)同构式的应用
①在方程中的应用：如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈现同构特征，则a，b可视为方程f(x)＝0的两个根；
②在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而结合函数的单调性来比较大小或解不等式．
1.(2024·扬州模拟)已知a＝eq \f(ln \r(2),2)，b＝eq \f(ln 3,6)，c＝eq \f(1,2e)，则a，b，c的大小关系为( )
A．b>c>a B．a>b>c
C．b>a>c D．c>b>a
答案 D
解析 因为a＝eq \f(ln \r(2),2)＝eq \f(\f(1,2)ln 2,2)＝eq \f(ln 2,4)，c＝eq \f(1,2e)＝eq \f(ln e,2e)，故可构造函数f(x)＝eq \f(ln x,2x)，x>0，则f′(x)＝eq \f(\f(1,x)·（2x）－2ln x,（2x）2)＝eq \f(1－ln x,2x2)，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a＝f(2)b>a.故选D.
2．(2023·杭州模拟)设a＝eeq \r(2)－ln 2，b＝eeq \r(3)－ln 3，c＝eq \r(2)e－eq \f(2,e)(其中e≈2.71828是自然对数的底数)，则( )
A．aC．b答案 D
解析 令f(x)＝ex－2ln x，x>1，则f′(x)＝ex－eq \f(2,x)>0，即函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，则f(eq \r(3))>f(eq \r(2))，即eeq \r(3)－ln 3>eeq \r(2)－ln 2，于是得b>a.a－c＝eeq \r(2)－eq \r(2)e＋eq \f(2,e)－ln 2，令p(x)＝ex－ex，x≥1，则当x>1时，p′(x)＝ex－e>0，即函数p(x)在[1，＋∞)上单调递增，因此p(eq \r(2))>p(1)＝0，即eeq \r(2)－eq \r(2)e>0；令q(x)＝eq \f(x,e)－ln x，0q(e)＝0，即eq \f(2,e)－ln 2>0，于是有a－c>0，即a>c，所以c难度
2023
Ⅰ卷T11
抽象函数求值、奇偶性、极值点
中
Ⅱ卷T6
知单调性求参数的最小值
易
Ⅱ卷T11
根据极值情况判断关于参数的不等式是否成立
中
2022
Ⅰ卷T7
构造函数比较大小
难
Ⅰ卷T8
求四棱锥外接球的体积，利用导数法求最值
难
Ⅰ卷T10
极值、零点、切线、对称中心
中
Ⅰ卷T12
求导法则，抽象函数的奇偶性、周期性
难
2021
Ⅰ卷T15
求最小值
中