高考数学科学复习提升版素能培优（三）利用导数研究函数的性质

考情分析：在近三年的新高考卷中，利用导数研究函数性质的问题经常出现在选择、填空题中，综合考查函数的单调性、奇偶性、极值、最值、零点等知识点．考点难度2023Ⅰ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2022Ⅰ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2021Ⅰ卷T15求最小值中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)＝0C．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＋cosx＝f′(x)－ex－cosx，即－g(－x)＋e－x＋cosx＝g(x)－ex－cosx，又由g(x)为偶函数，变形可得g(x)＝eq\f(1,2)(ex＋e－x)＋cosx，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)＋cosx≥1＋cosx≥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(lnx,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)<k－eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上恒成立，则k>eq\f(e2,2)C．f(eq\r(2))<f(eq\r(π))<f(eq\r(3))D．f(x)有且只有1个零点答案ACD解析函数f(x)＝eq\f(lnx,x2)，则f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，x>0，令f′(x)＝0，即2lnx＝1，解得x＝eq\r(e)，当0<x<eq\r(e)时，f′(x)>0，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)<k－eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上恒成立，则k>f(x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(lnx＋1,x2)在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x2)，故k>g(x)max，因为g′(x)＝eq\f(－2lnx－1,x3)，令g′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,\r(e))，当0<x<eq\f(1,\r(e))时，g′(x)>0，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\co1(\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)<f(eq\r(π))<f(eq\r(3))，因为f(eq\r(2))＝eq\f(ln\r(2),2)＝eq\f(ln2,4)＝f(2)，所以f(eq\r(2))<f(eq\r(π))<f(eq\r(3))，故C正确；令函数f(x)＝0，则lnx＝0，解得x＝1，所以函数f(x)有且只有1个零点，故D正确．故选ACD.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)＝xlnx，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－ln4 B．2＋ln4C．e－ln2 D．e＋ln2答案A解析由题意，设x1lnx1＝x2ex2＝ex2lnex2＝t，即f(x1)＝f(ex2)＝t，由f′(x)＝1＋lnx，得在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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＝ex2，即x2＝lnx1，且x1>1，所以x1－2x2＝x1－2lnx1，令h(x)＝x－2lnx，且x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝1－eq\f(2,x)＝eq\f(x－2,x)，当1<x<2时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x>2时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(2)＝2－2ln2＝2－ln4，即x1－2x2的最小值为2－ln4.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(lnx＋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\co1(\f(1,2)，1))上有极小值C.eq\f(f（x）,x)的最小值为－1 D．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(lnx＋1)，则eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＝lnx＋1，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)))′＝(xlnx)′，令eq\f(f（x）,x)＝xlnx＋c(c为常数)，所以f(x)＝x2lnx＋cx.因为f(1)＝0＋c＝0，所以c＝0，所以f(x)＝x2lnx．对于A，当x>1时，f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋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)<eq\f(1,\r(e))<1，当eq\f(1,2)<x<eq\f(1,\r(e))时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，当eq\f(1,\r(e))<x<1时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上有极小值，故B正确；对于C，令g(x)＝eq\f(f（x）,x)＝xlnx，其中x>0，则g′(x)＝lnx＋1，当0<x<eq\f(1,e)时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减，当x>eq\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\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，故C错误；对于D，f′(x)＝x(2lnx＋1)，当0<x<eq\f(1,\r(e))时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，当x>eq\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\co1(\f(1,\r(e))))＝eq\f(1,e)lneq\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＝ln2·f(ln2)，c＝log2eq\f(1,8)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))，则a，b，c的大小关系是()A．a>b>c B．c>b>aC．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>1，0<ln2<1，log2eq\f(1,8)＝－3<0，所以log2eq\f(1,8)<0<ln2<1<20.6，又a＝g(20.6)，b＝g(ln2)，c＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))，所以c>b>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＝－ln0.9，则()A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．a<c<b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)]＝lnx＋x－[lnx－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＝lnx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＞－ln0.9，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x1<x2时，eq\f(e3x1,e3x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))eq\s\up12(a)>0，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x1<x2时，eq\f(e3x1,e3x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))eq\s\up12(a)>0⇒eq\f(e3x1,e3x2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))eq\s\up12(a)⇒lneq\f(e3x1,e3x2)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))eq\s\up12(a)⇒3x1－3x2>alnx1－alnx2⇒3x1－alnx1>3x2－alnx2，令f(x)＝3x－alnx，x∈(1，3]，即等价于∀x1，x2∈(1，3]，当x1<x2时，f(x1)>f(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(ln3,6)，c＝eq\f(1,2e)，则a，b，c的大小关系为()A．b>c>a B．a>b>cC．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)ln2,2)＝eq\f(ln2,4)，c＝eq\f(1,2e)＝eq\f(lne,2e)，故可构造函数f(x)＝eq\f(lnx,2x)，x>0，则f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·（2x）－2lnx,（2x）2)＝eq\f(1－lnx,2x2)，所以当x∈(0，e