《备战2023年高考数学二轮复习对点题型探究重点突破（新高考专用）》第12讲 函数与导数的综合（学生版）

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第 12 讲 函数与导数的综合
真题展示
2022 新高考一卷第 12 题
已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，记 ．若 ，
均为偶函数，则 　　
A．B．C． （4）D． （2）
考查目标
试题以抽象函数作为背景，考查函数的奇偶性、对称性、周期性等基础知
识.试题考查了考生分析问题的能力和运用函数、导数相关知识解决问题的能力.
作为新高考试卷的压轴选择题，试题紧扣课程标准，力图引导教学，符合基础
性、综合性、应用性、创新性的考查要求．试题将导函数与函数的性质结合，
设计新颖，具有较好的选拔功能.
试题亮点
以往试题中考查抽象函数性质的问题，往往通过特殊值法、单调性、奇偶
性即可得出结论.试题除了考查抽象函数的奇偶性、周期性、对称性，还创造性
地将导函数引入其中，这便成为本题的一大亮点；同时多选题的题型设置也为
不同能力层次的考生提供了发挥的空间．试题源于教材，紧扣课程标准，对考
生的能力能进行很好的区分，具有较好的选拔功能.
知识要点整理
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与
之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
（1）直接构造法：证明不等式 f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明 f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，
进而构造辅助函数 h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－
1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把
不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调
性与极值点都不易获得，则可构造函数 f(x)和g(x)，利用其最值求解．
方法 高考示例 思维过程
直接构
造法
已知函数 f(x)＝－x＋
aln x.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值
点x1，x2，证明：＜a
－2.
……
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当 a＞2.由
于f(x)的两个极值点 x1，x2满足 x2－ax＋1＝0(函数在极值
点处的导数为 0)，所以 x1x2＝1.
不妨设 x1＜x2，则x2＞1(注意原函数的定义域)．
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以＜a－2等价于
－x2＋2ln x2＜0.【关键
1 ：将所证不等式进行变形与化
简】
设函数 g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调
递减，【关键
2 ：直接构造函数 ， 判断函数单调性】
又g(1)＝0，从而当 x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，所以－x2
＋2ln x2＜0，即＜a－2.【关键
3 ：结合单调性得到函数最
值 ， 证明不等式】
放缩构
造法
已知函数 f(x)＝aex－ln
x－1.
……
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.【关键
1 ：利用不等
(1)设x＝2是f(x)的极值
点，求 a，并求 f(x)的
单调区间；
(2)证明：当 a≥
时，f(x)≥0.
式性质放缩 ， 将
a
代换掉】
设g(x)＝－ln x－1，【关键
2 ：利用不等式右边构造函
数】
则g′(x)＝－.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当 x＞1时，g′(x)＞
0.所以 x＝1是g(x)的最小值点．【关键
3 ：利用导数研究
函数的单调性、最值】
故当 x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.【关键
4 ：利用函数最值使
放缩后的不等式得到证明】
因此，当a≥时，f(x)≥0.
构造双
函数法
设函数 f(x)＝aexln x
＋，曲线 y＝f(x)在点
(1，f(1))处的切线方程
为y＝e(x－1)＋2.
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)＞1.
……
(2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1，从而 f(x)＞1等价于
xln x＞xe－x－.【关键
1 ：将所证不等式等价转化 ， 为构造
双函数创造条件】
设函数 g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，所以当 x∈(0，)
时，g′(x)＜0；当 x∈(，＋∞)时，g′(x)＞0.故g(x)在(0，)
上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，从而 g(x)在(0，＋
∞)上的最小值为 g()＝－.【关键
2 ：构造函数 ， 利用导数
研究函数的单调性 ， 求最小值】
设函数 h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当
x∈(0，1)时，h′(x)＞0；当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0.故
h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而
h(x)在(0，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－.【关键
3 ：构造函
数 ， 利用导数研究函数的单调性 ， 求最大值】
因为 g(x)min＝g()＝h(1)＝h(x)max，所以当 x＞0时，g(x)＞
h(x)，即f(x)＞1.【关键
4 ：利用函数最值证明不等式】
突破疑难点 2　利用分类讨论法确定参数取值范围
一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需 a＞f(x)max；若 a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需
a＜f(x)min.若存在 x0∈D，使a＞f(x0)成立，则只需 a＞f(x)min；若存在 x0∈D，使a＜f(x0)成立，
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