高考數(shù)學(xué)科學(xué)復(fù)習(xí)提升版素能培優(yōu)（三）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)

考情分析：在近三年的新高考卷中，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的問題經(jīng)常出現(xiàn)在選擇、填空題中，綜合考查函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、極值、最值、零點等知識點．考點難度2023Ⅰ卷T11抽象函數(shù)求值、奇偶性、極值點中Ⅱ卷T6知單調(diào)性求參數(shù)的最小值易Ⅱ卷T11根據(jù)極值情況判斷關(guān)于參數(shù)的不等式是否成立中2022Ⅰ卷T7構(gòu)造函數(shù)比較大小難Ⅰ卷T8求四棱錐外接球的體積，利用導(dǎo)數(shù)法求最值難Ⅰ卷T10極值、零點、切線、對稱中心中Ⅰ卷T12求導(dǎo)法則，抽象函數(shù)的奇偶性、周期性難2021Ⅰ卷T15求最小值中考向一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、零點等問題例1(1)(2023·揚州三模)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為g(x)，f(x)和g(x)的定義域均為R，g(x)為偶函數(shù)，f(x)－ex－sinx也為偶函數(shù)，則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解析根據(jù)題意，設(shè)h(x)＝f(x)－ex－sinx，由于h(x)為偶函數(shù)，則h(－x)＝h(x)，即f(－x)－e－x＋sinx＝f(x)－ex－sinx，等號兩邊同時求導(dǎo)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)為偶函數(shù)，變形可得g(x)＝eq\f(1,2)(ex＋e－x)＋cosx，故f(x)＝eq\f(1,2)(ex－e－x)＋sinx＋c(c為常數(shù))．對于A，由于c不確定，f(0)＝0不一定成立，A錯誤；對于B，g(0)＝eq\f(1,2)×(1＋1)＋1＝2，B錯誤；對于C，設(shè)F(x)＝ex－x，則F′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＝ex－1＞0，F(xiàn)(x)為增函數(shù)，當(dāng)x∈(－∞，0)時，F(xiàn)′(x)＝ex－1＜0，F(xiàn)(x)為減函數(shù)，則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)為R上的增函數(shù)，則f(x)＜f(ex)，C正確；對于D，g(x)為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，不能保證g(x)＜g(ex)成立，D錯誤．故選C.(2)(多選)(2024·滁州模擬)對于函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x2)，下列說法正確的是()A．f(x)在x＝eq\r(e)處取得極大值eq\f(1,2e)B．若f(x)<k－eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上恒成立，則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個零點答案ACD解析函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x2)，則f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，x>0，令f′(x)＝0，即2lnx＝1，解得x＝eq\r(e)，當(dāng)0<x<eq\r(e)時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在(0，eq\r(e))上單調(diào)遞增，當(dāng)x>eq\r(e)時，f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在(eq\r(e)，＋∞)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)在x＝eq\r(e)處取得極大值f(eq\r(e))＝eq\f(1,2e)，故A正確；因為f(x)<k－eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上恒成立，則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，因為g′(x)＝eq\f(－2lnx－1,x3)，令g′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,\r(e))，當(dāng)0<x<eq\f(1,\r(e))時，g′(x)>0，則g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>eq\f(1,\r(e))時，g′(x)<0，則g(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝eq\f(1,\r(e))時，g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝eq\f(e,2)，則k>eq\f(e,2)，故B錯誤；因為函數(shù)f(x)在(eq\r(e)，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(2)<f(eq\r(π))<f(eq\r(3))，因為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正確；令函數(shù)f(x)＝0，則lnx＝0，解得x＝1，所以函數(shù)f(x)有且只有1個零點，故D正確．故選ACD.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、零點等問題的思路和策略(1)基本思路首先確定函數(shù)的定義域求導(dǎo)函數(shù)，然后分析函數(shù)的單調(diào)性、極值、區(qū)間端點函數(shù)值，進而畫出函數(shù)圖象的草圖(注意是否存在漸近線)，借助圖象解答問題．(2)常見策略①換元．觀察函數(shù)解析式的結(jié)構(gòu)特點，通過換元轉(zhuǎn)化為結(jié)構(gòu)較簡單的函數(shù)問題；②轉(zhuǎn)化．常把函數(shù)的零點、不等式證明轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．(2023·山東省實驗中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝xex，若存在t>0，使得f(x1)＝g(x2)＝t成立，則x1－2x2的最小值為()A．2－ln4 B．2＋ln4C．e－ln2 D．e＋ln2答案A解析由題意，設(shè)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)單調(diào)遞減；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，且f(1)＝0，f(x)的圖象如圖所示．由圖可知，當(dāng)t∈(0，＋∞)時，x1＝ex2，即x2＝lnx1，且x1>1，所以x1－2x2＝x1－2lnx1，令h(x)＝x－2lnx，且x∈(1，＋∞)，則h′(x)＝1－eq\f(2,x)＝eq\f(x－2,x)，當(dāng)1<x<2時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>2時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(2)＝2－2ln2＝2－ln4，即x1－2x2的最小值為2－ln4.故選A.考向二構(gòu)造函數(shù)研究函數(shù)問題角度由原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)混合式構(gòu)造函數(shù)例2(多選)(2024·深圳模擬)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足xf′(x)－f(x)＝x2(lnx＋1)，且f(1)＝0，則()A．f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增 B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上有極小值C.eq\f(f（x）,x)的最小值為－1 D．f(x)的最小值為0答案AB解析因為函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足xf′(x)－f(x)＝x2(lnx＋1)，則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為常數(shù))，所以f(x)＝x2lnx＋cx.因為f(1)＝0＋c＝0，所以c＝0，所以f(x)＝x2lnx．對于A，當(dāng)x>1時，f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故A正確；對于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，當(dāng)eq\f(1,2)<x<eq\f(1,\r(e))時，f′(x)<0，此時f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)eq\f(1,\r(e))<x<1時，f′(x)>0，此時f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上有極小值，故B正確；對于C，令g(x)＝eq\f(f（x）,x)＝xlnx，其中x>0，則g′(x)＝lnx＋1，當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時，g′(x)<0，此時函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>eq\f(1,e)時，g′(x)>0，此時函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，故C錯誤；對于D，f′(x)＝x(2lnx＋1)，當(dāng)0<x<eq\f(1,\r(e))時，f′(x)<0，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>eq\f(1,\r(e))時，f′(x)>0，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，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錯誤．故選AB.由f(x)與f′(x)混合式構(gòu)造函數(shù)的常見類型(1)對于xf′(x)＋kf(x)>0(<0)，構(gòu)造g(x)＝xk·f(x)．(2)對于xf′(x)－kf(x)>0(<0)，構(gòu)造g(x)＝eq\f(f（x）,xk).(3)對于f′(x)＋kf(x)>0(<0)，構(gòu)造g(x)＝ekx·f(x)．(4)對于f′(x)－kf(x)>0(<0)，構(gòu)造g(x)＝eq\f(f（x）,ekx).(2023·蘇州模擬)已知函數(shù)f(x)在R上滿足f(x)＝f(－x)，且當(dāng)x∈(－∞，0]時，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)))，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>c B．c>b>aC．a(chǎn)>c>b D．c>a>b答案B解析因為函數(shù)f(x)在R上滿足f(x)＝f(－x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，令g(x)＝xf(x)，則g(x)是奇函數(shù)，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，由題意知，當(dāng)x∈(－∞，0]時，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，又g(x)是奇函數(shù)，所以g(x)在R上單調(diào)遞減，因為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.故選B.角度同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)例3(1)(2022·新高考Ⅰ卷)設(shè)a＝0.1e0.1，b＝eq\f(1,9)，c＝－ln0.9，則()A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．a(chǎn)<c<b答案C解析設(shè)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(dāng)0＜x≤0.1時，u(x)＞0，v(x)＞0，w(x)＞0.①設(shè)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)＜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(shè)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－x2）ex－1,1－x)(0＜x≤0.1)，設(shè)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)＞(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)＞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.故選C.(2)(2024·江蘇省基地大聯(lián)考)?x1，x2∈(1，3]，當(dāng)x1<x2時，eq\f(e3x1,e3x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))eq\s\up12(a)>0，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(3，＋∞) B．[3，＋∞)C．(9，＋∞) D．[9，＋∞)答案D解析當(dāng)x1，x2∈(1，3]，且x1<x2時，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]，即等價于?x1，x2∈(1，3]，當(dāng)x1<x2時，f(x1)>f(x2)，即函數(shù)f(x)在(1，3]上單調(diào)遞減，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，所以實數(shù)a的取值范圍是[9，＋∞)．故選D.同構(gòu)式的基本概念和應(yīng)用(1)同構(gòu)式：是指除了變量不同，其余地方均相同的表達式．(2)同構(gòu)式的應(yīng)用①在方程中的應(yīng)用：如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈現(xiàn)同構(gòu)特征，則a，b可視為方程f(x)＝0的兩個根；②在不等式中的應(yīng)用：如果不等式的兩側(cè)呈現(xiàn)同構(gòu)特征，則可將相同的結(jié)構(gòu)構(gòu)造為一個函數(shù)，進而結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性來比較大小或解不等式．1.(2024·揚州模擬)已知a＝eq\f(ln\r(2),2)，b＝eq\f(ln3,6)，c＝eq\f(1,2e)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．b>c>a B．a(chǎn)>b>cC．b>a>c D．c>b>a答案D解析因為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)，故可構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,2x)，x>0，則f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·（2x）－2lnx,（2x）2)＝eq\f(1－lnx,2x2)，所以當(dāng)x∈(0，e