第6板块 小题考法(三) 利用导数研究函数的性质（课件PPT）-【创新方案】2024年高考数学二轮复习专题辅导与测试（新教材）

小题考法(三)　利用导数研究函数的性质 1 1 2 目 录 3 2 01 答案：C　 答案：B　 答案：D　 4．(2023·潍坊模拟)函数y＝k(x－1)与y＝ln x的图象有且只有一个公共点，则实数k的取值范围为(　 ) A．{1} B．[e，＋∞) C．(－∞，0]∪{1} D．(－∞，0]∪{1}∪[e，＋∞) 答案：C　 [思维建模] (1)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标． (2)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．　　 02 [讲评提能] 角度1　利用函数的单调性求参数 [例1]　(2023·全国乙卷)设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． [思维建模] 利用函数的单调性求参数的取值范围的思路 (1)由函数在区间[a，b]上单调递增(或递减)可知f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立； (2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题； (3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．　　 角度2　利用函数单调性比较大小或解不等式 [例2]　(2023·重庆二模)设实数x>1，y∈R，e为自然对数的底数，若exln x＋ey<yey，则(　 ) A．eyln x>e B．eyln x<e C．ey>ex D．ey<ex 解题微“点” 切入点 可对原不等式进行变形，再将y－1转换成ln ey－1，构造函数g(x)＝xln x，研究其函数的单调性，并根据x和ey－1的大小关系，利用g(x)的单调性进行求解即可 易错点 不会对已知条件变形，无法与选项结合起来，导致无法探寻解题思路 隐藏点 已知条件可变形为同构式 [答案]　C [例3]　定义在R上的奇函数f(x)的图象连续不断，其导函数为f′(x)，对任意正实数x恒有xf′(x)>2f(－x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(log3(x2－1))＋g(－1)<0的解集是(　 ) A．(0,2) B．(－2,2) C．(－，2) D．(－2，－1)∪(1,2) 解题微“点” 切入点 由f(x)是定义在R上的奇函数，得g(x)为奇函数．又当x>0时，xf′(x)>2f(－x)＝－2f(x)，得g(x)为R上的增函数，再由g(log3(x2－1))＋g(－1)<0得g(log3(x2－1))<g(1)，利用单调性可得答案 隐藏点 解题时注意利用函数的奇偶性进行转化，然后利用单调性脱去“f ”号后解不等式 [答案]　D [解析]　因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)．所以当x∈R时，有g(－x)＝x2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)．所以g(x)为奇函数，且对于任意正实数x，有xf′(x)>2f(－x)＝－2f(x)，即xf′(x)＋2f(x)>0.所以x>0时，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0.所以x>0时，g(x)＝x2f(x)单调递增．又因为g(x)为奇函数，所以g(x)为R上的增函数．由g(log3(x2－1))＋g(－1)<0得g(log3(x2－1))<－g(－1)＝g(1)，所以log3(x2－1)<1，即0<x2－1<3，解得－2<x<－1或1<x<2. [思维建模] 利用导数解不等式或比较大小的思路 利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，再由单调性比较大小或解不等式问题．　 [过关训练] 1．若函数f(x)＝(x＋a)ex在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是(　 ) A．(－∞，－1) B．(－∞，0) C．(－1,0) D．[－1，＋∞) 答案：A　 解析：f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由题意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1>0，解得a<－1. 2．已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)<0的解集为(　 ) A．(0,2) B．(0,3) C．(2,3) D．(3，＋∞) 答案：B　 解析：令φ(x)＝xf(x)，则φ′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)，可知当x∈(0,2)时，φ(x)单调递减，且0·f′(0)＋f(0)＝e0(0－2)＝－2<0，即f(0)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ(x)单调递增，又