专题13导数运算法则在抽象函数中的应用（学生版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习

专题 13 导数运算法则在抽象函数中的应用
导数与不等式都是高考中的重点与难点,与抽象函数有关的导数问题更是一个难点,求解此类问题的关键是
根据导数的运算法则构造合适的函数,再利用导数的运算法则确定所构造函数的性质,最后再利用函数性质
求解.
(一) 抽象函数的奇偶性及应用
若 f -x= f x两边求导得-f¢-x= f¢x，即 f¢-x=-f¢x，即若可导函数 f x是偶函数，则 f¢x
是奇函数，同理可得：若可导函数 f x是奇函数，则 f¢x是偶函数.
【例1】（2024届上海市奉贤区高三二模）已知定义域为R的函数y= f x，其图象是连续的曲线，且存在
定义域也为R的导函数y= f¢x .
(1)求函数 f x=ex+e-x在点 0, f 0 的切线方程；
(2)已知 f x=acosx+bsinx，当a与b满足什么条件时，存在非零实数k，对任意的实数x使得
f -x=-kf¢x恒成立？
(3)若函数y= f(x)是奇函数，且满足 f x+ f 2-x=3.试判断 f¢x+2= f¢2-x对任意的实数x是否恒
成立，请说明理由.
【解析】（1）由题可知， f¢(x)=ex-e-x，
所以切线的斜率为 f¢(0)=0，且 f(0)=2，
所以函数在点 0, f 0 的切线方程为y-2=0x-0，即y=2；
（2）由题可知 f¢x=-asinx+bcosx，
又因为定义域上对任意的实数x满足 f -x=-kf¢x，ì-b=ak
所以acosx-bsinx=aksinx-bkcosx，即í ，
îa=-bk
当kÎR且k ¹0时，a=b=0，
当k=1时，a+b=0，当k =-1时，a-b=0；
（3）因为函数y= f x在定义域R上是奇函数，所以 f(-x)=-f(x)，
所以 f¢(-x)×(-x)¢=-f¢(x)，所以 f¢(-x)= f¢(x)，所以y= f¢x是偶函数，
因为 f x+ f 2-x=3，所以 f¢x+ f¢2-x×2-x¢ =3¢，
即 f¢x- f¢2-x=0，即 f¢x= f¢2-x，
因为 f¢(-x)= f¢(x)，所以 f¢-x= f¢2-x，即 f¢x= f¢2+x，
所以y= f¢x是周期为2的函数，
所以 f¢x= f¢x+2= f¢x-2，所以 f¢2-x= f¢-x= f¢x= f¢x+2.
(二)和差型抽象函数的应用
解答此类问题时一般要根据题意构造辅助函数求解,构造时要结合所求的结论进行分析、选择,然后根据所构
造的函数的单调性求解．如给出式子 f¢x-k ,可构造函数y= f x-kx+b，给出式子 f¢x-kx,可构造
1
函数y= f x- x2 +b ，一般地，若给出 f¢x±g¢x通常构造函数y= f x±gx+c.
2
【例2】已知y = f(x)(xÎR)的导函数 f¢(x)满足 f¢(x)3且 f(1)=3，求不等式 f(x)3x的解集．
【解析】令F(x)= f(x)-3x，则F¢x= f¢x-30，∴F(x)在R上为单调递增．
又∵ f(1)=3，∴F(1)= f(1)-3=0，则 f(x)3x可转化为F(x)0= F(1)，
根据F(x)单调性可知不等式 f(x)3x的解集为(1,+)．
(三)积型抽象函数的应用
若给出形如 f¢xgx+ f xg¢x的式子通常构造函数y= f xgx+c ，如给出xf¢x+nf x可构造函
数y=xnf x，如给出 f¢x+nf x，可构造函数y= f xenx，如给出 f x+ f¢xtanx，可构造函数
y= f xsinx.
【例3】（2024年全国高考名校名师联席命制数学押题卷）若函数 f x在a,b上满足gx= f x f¢x³0
且不恒为0，则称函数 f x为区间a,b上的绝对增函数，gx称为函数 f x的特征函数，称任意的实数cÎa,b为绝对增点（ f¢x为函数 f x的导函数）．
(1)若1为函数 f x=a-xex的绝对增点，求a的取值范围；
(2)绝对增函数 f x的特征函数gx的唯一零点为x ．
0
（ⅰ）证明：x 是 f¢x的极值点；
0
（ⅱ）证明：gx不是绝对增函数．
【解析】（1）因为函数 f x=a-xex，所以 f¢x=a-1-xex，
则 f x f¢x=x-ax-a+1e2x．
由 f x f¢x³0得x-ax-a+1³0，解得x£a-1或x³a，
所以 f x为区间-,a-1及区间a,+上的绝对增函数．
又1为函数 f x的绝对增点，所以1<a-1或1a，解得a2或a< 1，
所以a的取值范围为-,1 2,+．
U
（2）（ⅰ）设 f x为区间a,b上的绝对增函数，由题意知gx =0，当x¹x 时，gx0,x Îa,b．
0 0 0
①若 f x =0，存在Δx0，且 f x在区间x -Δx,x 上单调递增，则在区间x -Δx,x 上，
0 0 0 0 0
f¢x0, f x<0，则gx<0，与gx0矛盾．
若 f x =0，存在Δx0，且 f x在区间x -Δx,x 上单调递减，则在区间x -Δx,x 上，
0 0 0 0 0
f¢x<0, f x0，则gx<0，与gx0矛盾．
若 f x =0，存在Δx0，且 f x在区间x -Δx,x 上不单调，则存在x' Îx -Δx,x ，且 f¢x¢=0，
0 0 0 0 0 0 0
此时gx¢=0与gx有唯一零点x 矛盾．所以 f x ¹0．
0 0 0
②若 f x ¹0，不妨设 f x 0，则 f¢x =0，且存在Δx 0，使得当xÎx -Δx,x +Δx 时，
0 0 0 1 0 1 0 1
f x0，且当xÎx -Δx,x  x ,x +Δx 时， f¢x>0，即$Δx 0，使 f¢x在x -Δx,x 上单调
0 1 0 U 0 0 1 1 0 1 0
递减，在x ,x +Δx 上单调递增．
0 0 1
所以x 为 f¢x的极值点．同理，当 f x <0时也成立．
0 0（ⅱ）若gx为绝对增函数，则gx×g¢x³0在a,b上恒成立，
又gx³0恒成立，所以g¢x³0恒成立．
令jx=ex×gx，所以jx³0，且j¢x=ex×g¢x+gx³0，
所以jx在a,b上单调递增．又jx =0，所以当xÎa,x 时，jx<0，则gx<0，与gx³0矛盾，
0 0
所以假设不成立，所以gx不是绝对增函数．
π
【例4】定义在(0, )上的函数 f(x)，其导函数是 f¢(x)，且恒有 f(x)< f¢(x)×tanx成立，比较
2
æπö æπö
3f ç ÷与 f ç ÷的大小.
è6ø è3ø
π
【解析】因为xÎ(0, )，所以sinx0，cosx0．
2
由 f(x)< f¢(x)tanx，得 f(x)cosx< f¢(x)sinx．
即 f¢(x)sinx- f(x)cosx0．
f(x) π f¢(x)sinx- f(x)cosx
令g(x)= ，xÎ(0, )，则g¢(x)= 0．
sinx 2 sin2x
f(x) π
所以函数g(x)= 在xÎ(0, )上为增函数，
sinx 2
π π π π
f( ) f( ) f( ) f( )
π π 6 3 6 3 π π
则g( )< g( )，即 < ，所以 < ，即 3f( )< f( )．
6 3 π π 1 3 6 3
sin sin
6 3 2 2
(四)商型抽象函数的应用
f x
若给出形如 f¢xgx- f xg¢x的式子通常构造函数y= +c ，如给出xf¢x-nf x可构造函数
gx
f x f x f x
y= ，给出 f¢x-nf x，可构造函数y= ，给出 f x- f¢xtanx，可构造函数y= .
xn enx sinx
【例5】（2024届湖北省襄阳市第五中学高三第二次适应性测试）柯西中值定理是数学的基本定理之一，在
高等数学中有着广泛的应用.定理内容为：设函数f(x)，g(x)满足:
①图象在a,b上是一条连续不断的曲线；
②在a,b内可导;
f b- f a f¢x
③对"xÎa,b，g¢x¹0，则$xÎa,b，使得 = .
gb-ga g¢xf b- f a
特别的，取gx=x，则有：$xÎa,b，使得 = f¢x，此情形称之为拉格朗日中值定理.
b-a
f x
(1)设函数 f x满足 f 0=0，其导函数 f¢x在0,+上单调递增，证明：函数y= 在0,+上为
x
增函数.
lna lnb æb aö
(2)若"a,bÎ0,e且ab，不等式 - +mç - ÷£0恒成立，求实数m的取值范围.
b a èa bø
f x f x- f 0
【解析】（1）由题 = ，
x x-0
由柯西中值定理知：对"x0，$xÎ0,x，
f x- f 0 f¢x f x
使得 = = f¢x， = f¢x，
x-0 1 x
又 f¢x在0,+上单调递增，则 f¢x f¢x，
f x
则 f¢x ，即xf¢x- f x0，
x
é f xù ¢ xf¢x- f x
所以 ê ú = 0，
x x2
ë û
f x
故y= 在0,+上为增函数；
x
lna lnb æb aö alna-blnb
（2） - +mç - ÷£0Û £m，
b a èa bø a2-b2
取 f x=xlnx，gx=x2，
因为ab，所以由柯西中值定理，$xÎb,a，
f a- f b alna-blnb f¢x 1+lnx
使得 = = = ，
ga-gb a2-b2 g¢x 2x
1+lnx
由题则有： £m，
2x
1+lnx -lnx
设Gx= 0<x<e，G¢x= ，
2x 2x2
当0< x<1时，G¢x0，当1<x<e时，G¢x<0，
所以Gx在0,1上单调递增，在1,e上单调递减，
1
所以Gx =G1= ，
max 2
1 é1 ö
故m³ ，所以实数m的取值范围是
ê
,+÷.
2 ë2 ø【例6】已知函数 f x在0,1恒有xf¢x2f x，其中 f¢x为函数 f x的导数，若a，b为锐角三角
形两个内角，比较cos2bf(sina),sin2af(cosb)的大小.
f(x) x2× f¢x-2x× f x x× f¢x-2× f x
【解析】设gx= 0<x<1，则g¢x=
= 0
x2 x4 x3
所以函数gx在0,1上单调递增.
π
a， b为锐角三角形两个内角,则a+b
2
π π æ πö
所以0< -b<a< ，由正弦函数y =sinx在ç0, ÷上单调递增.
2 2 è 2ø
æπ ö
则0<cosb=sinç -b÷<sina<1
è2 ø
f cosb f sina
所以gcosb<gsina，即 <
cos2b sin2a
所以sin2a× f cosb<cos2b× f sina .
(五)根据 f x± f -x=gx构造函数
若给出形如 f x± f¢x=gx的式子通常构造偶函数或奇函数.
【例7】设函数 f(x)在R上存在导函数 f '(x) ,"xÎR,有 f(x)- f(-x)= x3,在(0,+)上有
2f '(x)-3x2 0,若 f(m-2)- f(m)³-3m2 +6m-4,求实数m的取值范围.
x3 (-x)3
【解析】因为 f x- f -x= x3 ,所以 f(x)- = f(-x)-
2 2
x3
令g(x)= f(x)- \g(x)= g(-x)
2
即函数g(x)为偶函数,因为 0,+ 上有2f 'x-3x2 0,
3x2
所以g¢(x)= f¢(x)- 0
2
即函数g(x)在(0,+)单调递增；
又因为 f m-2- f m³ -3m2 +6m-4
(m-2)3 m3
所以g(m-2)-g(m)= f(m-2)- - f(m)+
2 2= f(m-2)- f(m)+3m2 -6m+4³0
即g(m-2)³ g(m),所以 m-2 ³ m ,解得m£1 ,故选B.
(六)信息迁移题中的抽象函数
求解此类问题关键是如何利用题中的信息.
【例8】已知定义在R上的函数 f x的导函数为 f¢x，若 f¢x £1对任意xÎR恒成立，则称函数 f x
为“线性控制函数”.
(1)判断函数 f x=sinx和gx=ex是否为“线性控制函数”，并说明理由；
(2)若函数 f x为“线性控制函数”，且 f x在R上严格增，设A､B为函数 f x图像上互异的两点，设直线AB
的斜率为k，判断命题“0<k £1”的真假，并说明理由；
(3)若函数 f x为“线性控制函数”，且 f x是以T(T 0)为周期的周期函数，证明：对任意x,x 都有
1 2
f x - f x  £T .
1 2
【解析】（1） f¢x = cosx £1，故 f x=sinx是“线性控制函数”；
g¢1 =e1，故gx=ex不是“线性控制函数”.
（2）命题为真，理由如下：
设Ax, f x ,Bx , f x  ，其中x <x
1 1 2 2 1 2
f x - f x 
由于 f x在R上严格增，故 f x < f x ，因此k = 1 2 0
1 2 x -x
1 2
由于 f x为“线性控制函数”，故 f¢x£1，即 f¢x-1£0
令Fx= f x-x，故F¢x= f¢x-1£0，因此Fx在R上为减函数
f x - f x  f x -x -f x -x  Fx -Fx 
k-1= 1 2 -1= 1 1 2 2 = 1 2 £0Þk £1，
x -x x -x x -x
1 2 1 2 1 2
综上所述，0<k £1，即命题“0<k £1”为真命题.
f a- f b
（3）根据（2）中证明知，对任意a<b都有k = £1
a-b
由于 f x为“线性控制函数”，故 f¢x³-1，即 f¢x+1³0
令Gx= f x+x，故G¢x= f¢x+1³0，因此Fx在R上为增函数f a- f b f a+a-f b+b Ga-Gb f a- f b
+1= = ³0Þ ³-1
a-b a-b a-b a-b
f a- f b f a- f b
因此对任意a<b都有 Î-1,1，即 £1
a-b a-b
当x =x 时，则 f x - f x  =0£T恒成立
1 2 1 2
当x ¹ x 时，
1 2
f x - f x  f x - f x 
若 x -x £T，则1³ 1 2 ³ 1 2 ，故 f x - f x  £T
2 1 x -x T 1 2
1 2
若 x -x T 时，则存在x Îx,x +T使得 f x = f x 
2 1 3 1 1 3 2
f x - f x  f x - f x 
故1³ 1 3  1 3 ，因此 f x - f x  = f x - f x  <T
x -x T 1 2 1 3
1 3
综上所述，对任意x,x 都有 f x - f x  £T .
1 2 1 2
T
（事实上，对任意x,x 都有 f x - f x  £ ，此处不再赘述）
1 2 1 2 2
【例9】定义：若曲线C 和曲线C 有公共点P，且在P处的切线相同，则称C 与C 在点P处相切．
1 2 1 2
(1)设 f x=1-x2,gx= x2-8x+m．若曲线y= f x与曲线y=gx在点P处相切，求m的值；
(2)设hx=x3，若圆M：x2+y-b2 =r2r0与曲线y=hx在点Q（Q在第一象限）处相切，求b的
最小值；
(3)若函数y= f x是定义在R上的连续可导函数，导函数为y= f¢x，且满足 f¢x ³ f x 和 f x < 2
都恒成立.是否存在点P，使得曲线y= f xsinx和曲线y=1在点P处相切？证明你的结论．
【解析】（1）设点P(x,y )，由 f(x)=1-x2,g(x)=x2-8x+m，求导得 f¢(x)=-2x,g¢(x)=2x-8，
1 1
于是-2x =2x -8，解得x =2，由 f(x )=g(x )，得1-22 =22-8´2+m，解得m=9，
1 1 1 1 1
所以m的值为9.
（2）设切点Q(x ,x3),x 0，由hx=x3求导得h¢(x)=3x2，则切线的斜率为h¢(x )=3x2，
2 2 2 2 2
x3-b
又圆M：x2+(y-b)2 =r2的圆心M(0,b)，直线MQ的斜率为 2 ，
x
2
x3-b 1 1 1
则由 2 ×3x2 =-1，得b=x3+ ，令j(x)=x3+ ,x0，求导得j¢(x)=3x2- ，
x 2 2 3x 3x 3x2
2 23 3 3 3
当0<x< 时，j¢(x)<0，当x 时，j¢(x)0，即函数j(x)在(0, )上递减，在( ,+)上递增，
3 3 3 3
3 3 4 3
因此当x= 时，j(x) =j( )= ，
3 min 3 9
3 4 3
所以当x = 时，b = .
2 3 min 9
（3）假设存在P(x ,1)满足题意，
0
则有 f(x )sinx =1，对函数y= f(x)sinx求导得：y¢= f¢(x)sinx+ f(x)cosx，
0 0
于是 f¢(x )sinx + f(x )cosx =0，即 f¢(x )sinx =-f(x )cosx ，
0 0 0 0 0 0 0 0
平方得[f¢(x )]2sin2 x =[f(x )]2cos2 x =[f(x )]2(1-sin2 x )，
0 0 0 0 0 0
1
即有[f¢(x )]2sin2x +[f(x )]2sin2x =[f(x )]2，因此[f¢(x )]2× +1=[f(x )]2，
0 0 0 0 0 0 [f(x )]2 0
0
整理得[f¢(x )]2+[f(x )]2 =[f(x )]4，而恒有 f¢x ³ f x 成立，则有[f¢(x )]2 ³[f(x )]2，
0 0 0 0 0
从而[f(x )]4 ³2[f(x )]2，显然 f(x )¹0，于是[f(x )]2 ³2，即| f(x )|³ 2与 f x < 2恒成立矛盾，
0 0 0 0 0
所以假设不成立，即不存在点P满足条件.
【例1】（2024年全国统一考试数学押题卷）函数与函数之间存在位置关系.已知函数 f x与gx的图象在
它们的公共定义域D内有且仅有一个交点 x , f x  ，对于"x ÎD且x Î-,x ，x ÎD且x Îx ,+，
0 0 1 1 0 2 2 0
若都有éf x -gx ù×éf x -gx ù<0，则称 f x与gx关于点 x , f x  互穿；若都有
ë 1 1 û ë 2 2 û 0 0
é
ë
f x
1
-gx
1
ù
û
×é
ë
f x
2
-gx
2
ù
û
0，则称 f x与gx关于点 x
0
, f x
0
 互回.已知函数 f x与gx的定
义域均为R，导函数分别为 f¢x与g¢x， f x与gx的图象在R上有且仅有一个交点m, f m，
f¢x与g¢x的图象在R上有且仅有一个交点 m, f¢m
.
(1)若 f x=ex，gx=1+x，试判断函数 f x与gx的位置关系.
(2)若 f¢x与g¢x关于点 m, f¢m 互回，证明： f x与gx关于点m, f m互穿且
é
ë
f x-gxù
û
×é
ë
f¢x-g¢xù
û
0在m,+上恒成立.(3)研究表明：若 f¢x与g¢x关于点 m, f¢m 互穿，则 f x与gx关于点m, f m互回且
x2 x3 xi
é ë f x-gxù û ×é ë f¢x-g¢xù û 0在m,+上恒成立.根据以上信息，证明：ex ³1+x+ + +×××+ （i
2 6 i!
为奇数）.
【解析】（1）设Hx= f x-gx=ex-1+x=ex-x-1，
则H¢x=ex-1，当x<0时，H¢x<0，当x0时，H¢x0，
\Hx在-,0上单调递减，在0,+上单调递增，
所以Hx³H0=e0-1=0，即 f x³gx，当且仅当x=0时取等号.
又 f x与gx的图象在R上有且仅有一个交点0,1，
\函数 f x与gx关于点0,1互回.
（2）设x
1
<m，x
2
m，则é
ë
f¢x
1
-g¢x
1
ù
û
×é
ë
f¢x
2
-g¢x
2
ù
û
0，（互回的定义的应用）
设hx= f x-gx，则h¢x= f¢x-g¢x，故h¢x h¢x 0.
1 2
①若h¢x ,h¢x 均大于零，因为h¢m= f¢m-g¢m=0，（提示： f¢x与g¢x的图象交于点
1 2
m, f¢m
.
所以h¢x³0，所以hx单调递增，
又hm= f m-gm=0，（提示： f x与gx的图象交于点m, f m）
所以hx <0，hx 0，
1 2
所以hx ×hx =éf x -gx ù×éf x -gx ù<0，hx ×h¢x 0，
1 2 ë 1 1 û ë 2 2 û 1 2
所以 f x与gx关于点m, f m互穿且é
ë
f x-gxù
û
×é
ë
f¢x-g¢xù
û
0在m,+上恒成立.
②若h¢x ,h¢x 均小于零，因为h¢m= f¢m-g¢m=0，
1 2
所以h¢x£0，所以hx单调递减，
又hm= f m-gm=0，
所以hx 0，hx <0，
1 2所以hx ×hx =éf x -gx ù×éf x -gx ù<0，hx ×h¢x 0，
1 2 ë 1 1 û ë 2 2 û 1 2
所以 f x与gx关于点m, f m互穿且é
ë
f x-gxù
û
×é
ë
f¢x-g¢xù
û
0在m,+上恒成立.
综上， f x与gx关于点m, f m互穿且é
ë
f x-gxù
û
×é
ë
f¢x-g¢xù
û
0在m,+上恒成立.
x2 x3 xi
（3）设 f x=ex，g x=1+x+ + + + （iÎN*）
i i 2 6 L i!
x2 x3 xi-1
则 f i 'x=ex = f i-1 x（i³2），g i 'x=1+x+ 2 + 6 + L + i-1! =g i-1 x（i³2）
（关键：寻找 f'x与 f x，g'x与g x，i³2之间的关系）
i i-1 i i-1
易知 f x=ex，g x=1+x，
1 1
由（1）可知 f x与g x关于点0,1互回.
1 1
因为 f 0=e0 =1=g 0，
i i
所以"iÎN*， f x与g x的图象交于点0,1.
i i
由（2）得 f x与g x关于点0,1互穿，（提示： f ¢x= f x，g ¢x=g x）
2 2 2 1 2 1
由（3）得 f x与g x关于点0,1互回，
3 3
易得当i为奇数时， f x与g x关于点0,1互回，
i i
所以"x
1
Î-,0，x
2
Î0,+，有é
ë
f
i
x
1
-g
i
x
1
ù
û
×é
ë
f
i
x
2
-g
i
x
2
ù
û
0（i为奇数）.（提示：互回的定义
的应用）
由题意得
ë
éf
i
x
2
-g
i
x
2
ù
û
×
ë
éf
i-1
x
2
-g
i-1
x
2
ù
û
0对任意正整数i恒成立，（提示：由本问信息可得）
所以éf x -g x ù×éf x -g x ù0
ë i-1 2 i-1 2 û ë i-2 2 i-2 2 û
é
ë
f
i-2
x
2
-g
i-2
x
2
ù
û
×é
ë
f
i-3
x
2
-g
i-3
x
2
ù
û
0，L，
éf x -g x ù×éf x -g x ù0
ë 2 2 2 2 û ë 1 2 1 2 û
累乘得éf x -g x ù×éf x -g x ù 2 éf x -g x ù0
ë i 2 i 2 û ë i-1 2 i-1 2 û Lë 1 2 1 2 û
所以éf x -g x ù×éf x -g x ù0
ë i 2 i 2 û ë 1 2 1 2 û易知 f x -g x 0，（点拨： f x³g x，当且仅当x=0时等号成立，又x Î0,+，所以
1 2 1 2 1 1 2
f x g x  .所以 f x -g x 0.
1 2 1 2 i 2 i 2
因为é
ë
f
i
x
1
-g
i
x
1
ù
û
×é
ë
f
i
x
2
-g
i
x
2
ù
û
0，（i为奇数），
所以 f x -g x 0（i为奇数），
i 1 i 1
因为 f 0=g 0，所以 f x³g x（i为奇数），
i i i i
x2 x3 xi
即ex ³1+x+ + +¼+ （i为奇数），得证.
2 6 i!
【例2】（2024届上海市普陀区桃浦中学高三上学期期末）对于一个在区间I 上连续的可导函数y= f(x)，
在I 上任取两点(x, f x )，(x , f x )，如果对于任意的x与x的算术平均值的函数值大于等于对于任意
1 1 2 2 1 2
的x与x的函数值的算术平均值，则称该函数在I 上具有“M性质”.如果对于任意的x与x的几何平均值的
1 2 1 2
函数值大于等于对于任意的x与x的函数值的几何平均值，则称y= f(x)在I 上具有“L性质”.
1 2
(1)如果函数y=log x在定义域内具有“M性质”，求a的取值范围.
a
1
(2)对于函数y=ax-lnx，若该函数的一个驻点是x= ，求a，并且证明该函数在xÎée2,+ù上具有“L性
ë û
e
质”.
(3)设存在m,nÎI，使得 f(m)= f(n).
①证明:取xÎ(m,n)，则有 f(m)- f(n)= f¢(x)(m-n)
②若I =[a,b]，设命题p:函数y= f(x)具有“M 性质”，命題q: f¢(x)为严格减函数，试证明p是 q 的必要条
件.
(可用结论:若函数 f(x)在区间I 上可导，且在区间I 上连续，若有(a,b)Í I ，且 f(a)= f(b)，则 f(x)在区间
I 上存在驻点)
【解析】（1）由函数 f(x)=log x在(0,+)上具有“M 性质”，
a
x +x 1
可得对任意x,x Î(0,+),log 1 2 ³ log x +log x =log xx .
1 2 a 2 2 a 1 a 2 a 1 2
又x +x ³2 xx ，所以a1；
1 2 1 2
1 æ1ö
（2）令g(x)=ax-lnx,g¢(x)=a- 由g¢
ç
÷=0，得a=e
x èeø
æ 1ö æ1 ö
则g(x)=ex-lnx，在ç0, ÷上严格减:在ç ,+÷上严格增.
è eø èe ø要证g(x)在ée2,+  上具有“L性质”.
ë
需证g  x ×x  ³ gx ×gx ，
1 2 1 2
即证ég  x ×x ù 2 ³gx ×gx ，
ë 1 2 û 1 2
而 ég  x ×x ù 2 =  e xx -ln xx 2 =e2xx -2e xx ln xx +ln2 xx ，
ë 1 2 û 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
gx ×gx =ex -lnx ex -lnx =e2xx -ex lnx +x lnx+lnx ×lnx
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1
1
则ln2 xx -2e xx ln xx = ln2xx -e xx lnxx 
1 2 1 2 1 2 4 1 2 1 2 1 2
³lnx lnx -ex lnx +x lnx ，
1 2 1 2 2 1
1
需证 lnx +lnx 2-e xx lnxx +ex lnx +x lnx ³lnx lnx ，
4 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2
1
由 lnx +lnx 2 ³lnx lnx ，
4 1 2 1 2
ex lnx +x lnx -e xx lnxx 
1 2 2 1 1 2 1 2
=ée x ×  x - x  ×lnx + x ×  x - x  ×lnx ù
ë 2 2 1 1 1 1 2 2û
  
=2e x - x x ln x - x ×ln x
2 1 2 1 1 2
  æln x ln x ö
=2e xx x - x ç 1 2 ÷
1 2 2 1 ç x x ÷
è 1 2 ø
  æln x ln x ö
故只需证2e xx x - x ç 1 - 2 ÷³0，
1 2 2 1 ç x x ÷
è 1 2 ø
lnx 1-lnx
下面给出证明：设h(x)= ，则h¢(x)= ，
x x2
即在(e,+)上h¢(x)<0,h(x)递减，
所以

x - x
éh 
x

-h

x
ù£0，
1 2 ë 1 2 û
  æln x ln x ö
即2e xx x - x ç 1 - 2 ÷³0.
1 2 2 1 ç x x ÷
è 1 2 ø
1
综上， lnx +lnx 2 -e xx lnxx +ex lnx +x lnx plnx lnx 成立，
4 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2
故g  x ×x  ³ gx ×gx ，得证.
1 2 1 2
（3）①令g(x)=(f(m)- f(n))x- f(x)(m-n)，g¢(x)= f(m)- f(n)- f¢(x)(m-n)，由可用结论，令x=x为该函数的驻点，则0=g¢(x)= f(m)- f(n)- f¢(x)(m-n)，
即取xÎ(m,n)，则有 f(m)- f(n)= f¢(x)(m-n)，得证.
②取x,x Î(a,b)，设x <x ,u Î(0,1),kÎ{1,2}，
1 2 1 2 k
记2x =x +x ,h=x -x =x -x ，则x =x -h,x =x +h，由①中的结论，则有:
0 1 2 2 0 0 1 1 0 2 0
f x +h- f x =hf¢x +uh（1）
0 0 0 1
f x -h- f x =hf¢x -u h（2）
0 0 0 2
由(1)-(2)，得 f x
0
-h+ f x
0
+h-2f x
0
=hé
ë
f¢x
0
+u
1
h- f¢x
0
-u
2
hù
û
对 f¢(x)在区间x
0
-u
2
h,x
0
+u
1
h
使用①中的结论，则：
f¢¢(x)u +u h2 =héf¢x +uh- f¢x -u hù，
1 2 ë 0 1 0 2 û
其中，xÎx -u h,x +uh .
0 2 0 1
由于 f¢(x)是严格减函数，则 f¢¢(x)£0，
f x +h+ f x -h
即 f x ³ 0 0 ，
0 2
æx +x ö f x + f x 
即 f ç 1 2 ÷³ 1 2 .
è 2 ø 2
所以p是 q 的必要条件.
f x
【例3】已知函数 f x的定义域为0,+，导函数为 f¢x，若 f¢x< 恒成立，求证：
x+1
f 3-2f 1<0.
f x f x
【解析】设函数gx= x³0，因为 f¢x< ，x³0，
x+1 x+1
x+1 f¢x- f x
所以x+1 f¢x- f x<0，则g'x = <0，
x+12
所以gx在0,+上单调递减，
f 1 f 3
从而g1 g3,即  ，所以 f 3-2f 1<0.
2 4
1 1
【例4】已知函数 f x满足 f x+ f 'x= ，且 f 0=1，判断函数gx=3é
ë
f xù
û
2 - f x零点的个数.
ex 2
1 x+c
【解析】 f x+ f 'x= Ûexf x+exf 'x=1Ûé
ë
exf xù
û
'=1，∴exf x=x+c， f x= ，∵
ex ex
x+1
f 0=1代入，得c=1，∴ f x= .
ex1 1
gx=3éf xù 2 - f x=0Þ f x=0或 f x= ，
ë û
2 6
x+1 1 x+1 1
f x=0Þ =0Þx=-1； f x= Þ = Þex =6x+1，
ex 6 ex 6
如图所示，
1
函数y=ex与函数y=6x+1的图像交点个数为2个，所以 f x= 的解得个数为2个；综上，零点个数为
6
3个.
【例 5】已知定义在 R 上的函数 f x的导数为 f¢x ,且满足 f x+ f -x=2sinx,当 x ³0时
æ πö
f¢xx-sinx-cosx ,求不等式 f 2x- f
ç
x-
÷
<sin2x+cosx的解集.
è 2ø
【解析】设gx= f x-sinx,则g-x= f -x+sinx,所以gx-g-x
= f x- f -x -2sinx =0,所以gx是偶函数,设hx= x-sinxx ³0 ,则h¢x=1-cosx ³0,所
以 h¢x³h0 , 即 x-sinx³0, 所 以 x ³0时 f¢x x-sinx-cosx ³ -cosx , 所 以 x ³0时
æ πö
g¢x= f¢x+cosx0,gx在 0,+上 是 增 函 数 , 所 以 f 2x- f ç x- ÷ <sin2x+cosx
è 2ø
Û f 2x-sin2x
< f æ x- πö -sin æ x- πö Û g2x< g æ x- πö Û g  2x  < g æ x- π ö Û 2x < x- π Û
ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
è 2ø è 2ø è 2ø è 2 ø 2
2
2x2
<
æ
ç x-
πö
÷ Û
æ
ç x+
πö
÷
æ
ç 3x-
πö
÷ <0 Û-
π
< x<
π
,故选C.
è 2ø è 2øè 2ø 2 6
【例6】已知定义域为R的函数y= f x，其导函数为y¢= f¢x，满足对任意的xÎR都有 f¢x <1.
sinx
(1)若 f x=ax+ ，求实数a的取值范围；
4
(2)若存在M 0，对任意xÎR，成立 f x £M ，试判断函数y= fx-x的零点个数，并说明理由；(3)若存在a、ba<b，使得 f a= f b，证明：对任意的实数x、x Îa,b，都有
1 2
b-a
f x - f x  < .
1 2 2
sinx cosx
【解析】（1）若 f x=ax+ ，则 f¢(x)
=
a
+
，
4 4
由题意，对任意的xÎR都有 f¢x <1，
cosx cosx
则 a+ <1，即-1<a+ <1，
4 4
cosx cosx
所以-1- <a<1- ，
4 4
cosx 3 cosx 3
由于1- 的最小值为 ，-1- 的最大值为- ，
4 4 4 4
3 3 æ 3 3ö
所以- <a< ，即实数a的取值范围为ç- , ÷；
4 4 è 4 4ø
（2）依题意，y¢= f¢x-1<0，
所以，y= fx-x在R上为减函数，所以至多一个零点；
fx £MÞ-M < f x<M ，，
当x=-M -1时，y= fx-x= f-M -1+M +10，
当x=M +1时，y= fx-x= fM +1-M -1<0，
所以y= fx-x存在零点，综上存在1个零点；
f x - f x 
（3）因为 f¢x <1，由导数的定义得 1 2 <1，
x -x
1 2
即 f x - f x  < x -x ，
1 2 1 2
不妨设a£x £x £b
1 2
b-a b-a
若 x -x £ ，则 f x - f x  < x -x £
1 2 2 1 2 1 2 2
b-a
若 x -x  ，
1 2 2
则 f x - f x  = f x - f b+ f a- f x 
1 2 1 2
< f x - f b + f a- f x 
1 2
<b-x +x -a
1 2
b-a b-a
<b-a- = .
2 21.若定义域为D的函数y= f x使得y= f¢x是定义域为D的严格增函数，则称 f x是一个“T函数”．
(1)分别判断 f x=3x， f x=x3是否为T函数，并说明理由；
1 2
(2)已知常数a0，若定义在0,+上的函数y=gx是T函数，证明：
ga+1-ga<ga+3-ga+2；
(3)已知T函数y=Fx的定义域为R，不等式Fx<0的解集为-,0．证明：Fx在R上严格增．
2．对于一个函数 f x和一个点Ma,b，令sx=(x-a)2+(f x-b)2，若Px , f x  是sx取到最小
0 0
值的点，则称P是M 在 f x的“最近点”．
1
(1)对于 f(x)= (x0)，求证：对于点M0,0，存在点P，使得点P是M 在 f x的“最近点”；
x
(2)对于 f x=ex,M1,0，请判断是否存在一个点P，它是M 在 f x的“最近点”，且直线MP与y= f(x)
在点P处的切线垂直；
(3)已知y= f(x)在定义域R上存在导函数 f¢(x)，且函数 g(x) 在定义域R上恒正，设点
M t-1, f t-gt ，M t+1, f t+gt ．若对任意的tÎR，存在点P同时是M ,M 在 f x的“最近
1 2 1 2
点”，试判断 f x的单调性．
3．（2024届江苏省盐城市滨海县高三下学期高考适应性考试）根据多元微分求条件极值理论，要求二元函
数z= f(x,y)在约束条件g(x,y)的可能极值点，首先构造出一个拉格朗日辅助函数
L(x,y,l)= f(x,y)+lg(x,y)，其中l为拉格朗日系数．分别对L(x,y,l)中的x,y,λ部分求导，并使之为0，
得到三个方程组，如下：
ìL (x,y,l)= f (x,y)+lg (x,y)=0
x x x
ï
íL (x,y,l)= f (x,y)+lg (x,y)=0，解此方程组，得出解(x,y)，就是二元函数z= f(x,y)在约束条件g(x,y)
y y y
ï
îL (x,y,l)=g(x,y)=0
l
的可能极值点．x,y的值代入到 f(x,y)中即为极值．
补充说明：【例】求函数 f(x,y)=x2+xy+y2关于变量x的导数．即：将变量y当做常数，即： f (x,y)=2x+y，
x下标加上x，代表对自变量x进行求导．即拉格朗日乘数法方程组之中的L ,L ,L 表示分别对x,y,λ进行求
x y l
导．
(1)求函数 f(x,y)=x2y2+2xy+xy2关于变量y的导数并求当x=1处的导数值．
(2)利用拉格朗日乘数法求：设实数x,y满足g(x,y)=4x2+y2+xy-1=0，求 f(x,y)=2x+y的最大值．
1
(3)①若x,y,z为实数，且x+y+z=1，证明：x2+y2+z2 ³ ．
3
1 1
②设abc0，求2a2+ + -10ac+25c2的最小值．
ab a(a-b)
4．（2024届浙江省宁波市宁波九校高三上学期期末）我们把底数和指数同时含有自变量的函数称为幂指函
数，其一般形式为y=uxvxux0，ux¹1，幂指函数在求导时可以将函数“指数化"再求导.例如，对
于幂指函数y=xx，y¢=  xx¢ = é elnxxù ¢ =  exlnx¢ =exlnxlnx+1.
êë úû
(1)已知 f x=x x- 1 x，x0 ，求曲线y= f x在x=1处的切线方程；
1
æ1+mx öx
(2)若m0且m¹1，x0.研究gx=ç
÷
的单调性；
è 2 ø
æas +bs ö t æat +bt ö s
(3)已知a，b，s，t均大于0，且a¹b，讨论
ç ÷
和
ç ÷
大小关系.
è 2 ø è 2 ø
5．（湖北省八市高三下学期3月联考）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当 f x在x=0处
的n  nÎN* 阶导数都存在时， f x= f 0+ f¢0x+
f¢¢0
x2+
f30
x3+×××+
fn0
xn+×××．注： f¢¢x
2! 3! n!
表示 f x的2阶导数，即为 f¢x的导数， fnxn³3表示 f x的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式.
1
(1)根据该公式估算sin 的值，精确到小数点后两位；
2
x2 x4 x6 x2
(2)由该公式可得：cosx=1- + - +×××．当x³0时，试比较cosx与1- 的大小，并给出证明（不使
2! 4! 6! 2
用泰勒公式）；
n 1 1
å n-
(3)设nÎN*，证明： 1 4n+2.
k=1n+ktan
n+k
f(-x)
6. 函数 f(x)满足(ex)2 f(x+2)= （e为自然数的底数），且当x£1时，都有 f¢(x)+ f(x)0（ f¢(x)为
e2
f(2022) f(2020)
f(x)的导数），比较 , 的大小 .
e2020 e20227.设函数 f(x)在R上可导，其导函数为 f¢(x)，且2f(x)+xf¢(x)0．求证： f(x)³0.
8.已知函数 f x及其导函数 f¢x的定义域均为R， f 2x+3是偶函数，记gx= f¢x，gx+2也是偶
函数，求 f¢2023的值.
9. 定义在0,+上的函数y= f x有不等式2f x<xf¢x<3f x恒成立，其中y= f¢x为函数y= f x
f 2
的导函数，求证：4< <8.
f 1
10．已知 f¢x为定义域R上函数 f x的导函数，且 f¢x+ f¢2-x=0，x³1， x-1 f¢x+2f x0
4
且 f 3=1，求不等式 f x 的解集
x-12
f(2)
11.定义在区间(0,+)上函数 f(x)使不等式2f(x)<xf '(x)<3f(x)恒成立，（ f '(x)为 f(x)的导数），求 的
f(1)
取值范围.
f x
12.设y= f x是定义在R上的奇函数.若y= (x0)是严格减函数，则称y= f x为“D函数”.
x
(1)分别判断y=-x x 和y =sinx是否为D函数，并说明理由；
1 1
(2)若y= - 是D函数，求正数a的取值范围；
ax+1 2
(3)已知奇函数y=Fx及其导函数y=F¢x定义域均为R.判断“y=F¢x在0,+上严格减”是“y=Fx
为D函数”的什么条件，并说明理由.
13.设M 是定义在R上且满足下列条件的函数 f x构成的集合：
①方程 f(x)-x=0有实数解；
②函数 f x的导数 f¢x满足0< f¢(x)<1．
x sinx
（1）试判断函数 f(x)= + 是否集合M 的元素，并说明理由；
2 4
（2）若集合M 中的元素 f x具有下面的性质：对于任意的区间m,n，都存在x Î[m,n]，使得等式
0
f(n)- f(m)=(n-m)f¢x 成立，证明：方程 f(x)-x=0有唯一实数解．
0
（3）设x是方程 f(x)-x=0的实数解，求证：对于函数 f(x)任意的x ,x ÎR，当 x -x <1， x -x <1时，
1 2 3 2 1 3 1
有 f x - f x  <2．
3 214.设定义在R上的函数 f x的导函数为 f¢x，若 f x+ f¢x2， f 0=2024，求不等式
2022
f(x)2+ （其中e为自然对数的底数）的解集
ex