(适用辅导班)2023-2024年高二数学寒假讲义+分层练习（基础班）3.2.2《导数与函数问题常用到的4种方法》 (2份打包，原卷版+教师版)

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以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，eq \f(fx,gx)”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．
类型(一) 构造y＝f(x)±g(x)型可导函数
[例1] 设奇函数f(x)是R上的可导函数，当x>0时有f′(x)＋cs x0时，f′(x)＋cs x0⇔F(x)>0的解集为(﹣3,0)∪(3，＋∞)，故选A.
[答案] A
[方法技巧]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
类型(三) 构造eq \f(fx,gx)型可导函数
[例3] (多选)已知定义在(0，eq \f(π,2))上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cs xf′(x)＋sin xf(x)＜0成立，则( )
A．f(eq \f(π,6))＞eq \r(2)f(eq \f(π,4)) B．eq \r(3)f(eq \f(π,6))＞f(eq \f(π,3)) C．f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,3)) D．eq \r(2)f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,4))
[解析] 根据题意，令g(x)＝eq \f(fx,cs x)，x∈(0，eq \f(π,2))，则其导数g′(x)＝eq \f(f′xcs x＋sin xfx,cs2x)，
又由x∈(0，eq \f(π,2))，且恒有cs xf′(x)＋sin xf(x)＜0，则有g′(x)＜0，即函数g(x)为减函数．
由eq \f(π,6)＜eq \f(π,3)，则有g(eq \f(π,6))＞g(eq \f(π,3))，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs\f(π,3))，分析可得f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,3))；又由eq \f(π,6)＜eq \f(π,4)，则有g(eq \f(π,6))＞g(eq \f(π,4))，
即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs\f(π,4))，分析可得eq \r(2)f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,4)).故选C、D.
[答案] CD
[方法技巧]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)﹣f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“eq \f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)＝[eq \f(fx,gx)]′”，构造可导函数y＝eq \f(fx,gx)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
[归纳总结]
构造函数解决导数问题常用模型
(1)条件：f′(x)>a(a≠0)：构造函数：h(x)＝f(x)﹣ax.
(2)条件：f′(x)±g′(x)>0：构造函数：h(x)＝f(x)±g(x)．
(3)条件：f′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝exf(x)．
(4)条件：f′(x)﹣f(x)>0：构造函数：h(x)＝eq \f(fx,ex).
(5)条件：xf′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝xf(x)．
(6)条件：xf′(x)﹣f(x)>0：构造函数：h(x)＝eq \f(fx,x).
[针对训练]
1．已知定义域为R的函数f(x)的图象经过点(1,1)，且对于任意x∈R，都有f′(x)＋2>0，则不等式f(lg2|3x﹣1|)0，故F(x)在定义域内单调递增，由f(1)＝1，得F(1)＝f(1)＋2＝3，因为f(lg2|3x﹣1|)1)恒成立，则a≥eq \f(1,2)，
即a的取值范围是[eq \f(1,2),+∞).
4．已知函数f(x)＝eq \f(ln x－a,x)﹣m(a，m∈R)在x＝e(e为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x1，x2.
(1)求实数a的值，以及实数m的取值范围；
(2)证明：ln x1＋ln x2>2.
解：(1)f′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－ln x－a,x2)＝eq \f(a＋1－ln x,x2)(x>0)，
由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当0ea＋1时，f′(x)0)，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,e)﹣m.
又x→0(x>0)时，f(x)→﹣∞；x→＋∞时，f(x)→﹣m，由f(x)有两个零点x1，x2，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－m>0，,－m2.即证eq \f(1＋\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1)lneq \f(x2,x1)>2，设t＝eq \f(x2,x1)>1，
则只需证ln t>eq \f(2t－1,t＋1)，即证ln t﹣eq \f(2t－1,t＋1)>0.
记u(t)＝ln t﹣eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，则u′(t)＝eq \f(1,t)﹣eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0.
所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，
故ln x1＋ln x2>2.
5．已知函数f(x)＝kex﹣x2(其中k∈R，e是自然对数的底数)．
(1)若k＝2，当x∈(0，＋∞)时，试比较f(x)与2的大小；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x10.
即f′(x)＝2ex﹣2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
从而f(x)＝2ex﹣x2在(0，＋∞)上为增函数，
故f(x)＝2ex﹣x2>f(0)＝2.
(2)函数f(x)有两个极值点x1，x2，
则x1，x2是f′(x)＝kex﹣2x＝0的两个根，即方程k＝eq \f(2x,ex)有两个根．
设φ(x)＝eq \f(2x,ex)，则φ′(x)＝eq \f(2－2x,ex)，
当x＜0时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增且φ(x)＜0；
当0＜x＜1时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增且φ(x)>0；
当x>1时，φ′(x)0.
作出函数φ(x)的图象如图所示，要使方程k＝eq \f(2x,ex)有两个根，只需0