高考北師大版數(shù)學(xué)（理）一輪復(fù)習(xí)學(xué)案2-10第一課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

第十節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用命題分析預(yù)測(cè)學(xué)科核心素養(yǎng)從近五年的考查情況來(lái)看，本節(jié)一直是高考的重點(diǎn)和難點(diǎn)．一般以基本初等函數(shù)為載體，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、零點(diǎn)問(wèn)題，同時(shí)與解不等式關(guān)系最為密切，還可能與三角函數(shù)、數(shù)列等知識(shí)綜合考查，一般出現(xiàn)在選擇題和填空題的后兩題以及解答題中，難度較大，復(fù)習(xí)備考的過(guò)程中應(yīng)引起重視.本節(jié)通過(guò)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問(wèn)題，考查考生的分類討論思想、等價(jià)轉(zhuǎn)化思想以及數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理核心素養(yǎng).授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第45頁(yè)知識(shí)點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1．函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)關(guān)系(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是增函數(shù)；(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是減函數(shù)；(3)若f__′(x)＝0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)．?溫馨提醒?f′(x)＞0與f(x)為增函數(shù)的關(guān)系f′(x)＞0能推出f(x)為增函數(shù)，但反之不一定．如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，但f′(x)≥0，所以f′(x)＞0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件．2．利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的一般步驟(1)求f__′(x)；(2)在定義域內(nèi)解不等式f__′(x)>0或f__′(x)<0；(3)根據(jù)結(jié)果確定f(x)的單調(diào)區(qū)間．?溫馨提醒?若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子區(qū)間上，等號(hào)不恒成立；若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子區(qū)間上，等號(hào)不恒成立．1．函數(shù)y＝4x2＋eq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(0，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(－∞，－1) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))解析：由y＝4x2＋eq\f(1,x)，得y′＝8x－eq\f(1,x2)，令y′＞0，即8x－eq\f(1,x2)＞0，解得x＞eq\f(1,2)，所以函數(shù)y＝4x2＋eq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).答案：B2．(易錯(cuò)題)若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是()A．(－∞，－2] B.(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)解析：因?yàn)閒(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－eq\f(1,x).因?yàn)閒(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0恒成立，即k≥eq\f(1,x)在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立．因?yàn)閤>1，所以0<eq\f(1,x)<1，所以k≥1.答案：D知識(shí)點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值1．函數(shù)的極大值在包含x0的一個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，函數(shù)y＝f(x)在任何一點(diǎn)的函數(shù)值都小于x0點(diǎn)的函數(shù)值，稱點(diǎn)x0為函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，其函數(shù)值f(x0)為函數(shù)的極大值．2．函數(shù)的極小值在包含x0的一個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，函數(shù)y＝f(x)在任何一點(diǎn)的函數(shù)值都大于x0點(diǎn)的函數(shù)值，稱點(diǎn)x0為函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，其函數(shù)值f(x0)為函數(shù)的極小值．極大值與極小值統(tǒng)稱為極值，極大值點(diǎn)與極小值點(diǎn)統(tǒng)稱為極值點(diǎn)．3．函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上的最大值點(diǎn)x0指的是：函數(shù)在這個(gè)區(qū)間上所有點(diǎn)的函數(shù)值都不超過(guò)f(x0)．(2)函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上的最小值點(diǎn)x0指的是：函數(shù)在這個(gè)區(qū)間上所有點(diǎn)的函數(shù)值都不小于f(x0)．?溫馨提醒?二級(jí)結(jié)論1．對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件．2．若函數(shù)f(x)在開(kāi)區(qū)間(a，b)內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)，則相應(yīng)的極值點(diǎn)一定是函數(shù)的最值點(diǎn)．3．極值有可能是最值，但最值只要不在區(qū)間端點(diǎn)處取得，其必定是極值．必明易錯(cuò)1．極值點(diǎn)不是點(diǎn)，若函數(shù)f(x)在x1處取得極大值，則x1為極大值點(diǎn)，極大值為f(x1)．2．極大值與極小值沒(méi)有必然關(guān)系，極小值可能比極大值還大．3．極值一定在區(qū)間內(nèi)部取得，有極值的函數(shù)一定不是單調(diào)函數(shù)．4．f′(x0)＝0是x0為f(x)的極值點(diǎn)的必要而不充分條件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是極值點(diǎn).1．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則()A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點(diǎn)B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)解析：f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)(x＞0)，當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0，所以x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)．答案：D2．如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖像，則下列判斷正確的是()A．在區(qū)間(－2，1)上f(x)是增函數(shù)B．在區(qū)間(1，3)上f(x)是減函數(shù)C．在區(qū)間(4，5)上f(x)是增函數(shù)D．當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取到極小值答案：C3．函數(shù)y＝x＋2cosx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值是________．解析：因?yàn)閥′＝1－2sinx，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時(shí)，y′＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))時(shí)，y′＜0.所以當(dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)，ymax＝eq\f(π,6)＋eq\r(3).答案：eq\f(π,6)＋eq\r(3)4．(易錯(cuò)題)設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：因?yàn)閥＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，－ex＜－1，所以a＝－ex＜－1.答案：(－∞，－1)第一課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第46頁(yè)題型一函數(shù)單調(diào)性的判斷[例]已知函數(shù)g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x，若a＞0，試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性．[解析]g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－(2a＋1)＝eq\f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)＝eq\f(（2ax－1）（x－1）,x).又函數(shù)g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．當(dāng)a＞0時(shí)，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,2a).①若eq\f(1,2a)＜1，即a＞eq\f(1,2)時(shí)，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))∪(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))時(shí)，g′(x)＜0.所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．②若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)＝eq\f(（x－1）2,x)≥0恒成立，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．③若eq\f(1,2a)＞1，即0＜a＜eq\f(1,2)時(shí)，則由g′(x)＞0，得x＞eq\f(1,2a)或0＜x＜1；由g′(x)＜0，得1＜x＜eq\f(1,2a)，所以函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增．綜上可得，當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)在(0，1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．[題組突破]1．(2021·廈門模擬)函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－1，1) B．(0，1]C．(1，＋∞) D．(0，2)解析：由題意知，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由y′＝x－eq\f(1,x)≤0，得0<x≤1，所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1]．答案：B2．(2020·高考全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝sin2xsin2x.(1)討論f(x)在區(qū)間(0，π)的單調(diào)性；(2)證明：|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8)；(3)設(shè)n∈N＋，證明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq\f(3n,4n).解析：(1)f′(x)＝cosx(sinxsin2x)＋sinx(sinxsin2x)′＝2sinxcosxsin2x＋2sin2xcos2x＝2sinxsin3x.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))時(shí)，f′(x)＜0.所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))單調(diào)遞減．(2)證明：因?yàn)閒(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在區(qū)間[0，π]的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(3\r(3),8)，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－eq\f(3\r(3),8).而f(x)是周期為π的周期函數(shù)，故|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8).(3)證明：因?yàn)?sin2xsin22xsin24x…sin22nx)eq\s\up6(\f(3,2))＝|sin3xsin32x…sin32nx|＝|sinx||sin2xsin32x…sin32n－1xsin2nx||sin22nx|＝|sinx||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，所以sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))eq\s\up6(\f(2n,3))＝eq\f(3n,4n).題型二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用函數(shù)的單調(diào)性是高考命題的重點(diǎn)，其應(yīng)用是考查熱點(diǎn)．常見(jiàn)的命題角度有：(1)y＝f(x)與y＝f′(x)的圖像辨識(shí)；(2)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍.考法(一)y＝f(x)與y＝f′(x)的圖像辨識(shí)[例1]函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖像如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖像可能是()[解析]設(shè)導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)從左往右依次為x1，x2，x3，由導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖像易得當(dāng)x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0(其中x1＜0＜x2＜x3)，所以函數(shù)f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上單調(diào)遞增，觀察各選項(xiàng)，只有D選項(xiàng)符合．[答案]D函數(shù)圖像與其導(dǎo)函數(shù)圖像的關(guān)系：導(dǎo)函數(shù)f′(x)圖像在x軸上方時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的取值區(qū)間為原函數(shù)f(x)圖像上升部分對(duì)應(yīng)的區(qū)間(遞增區(qū)間)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)圖像在x軸下方時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的取值區(qū)間為原函數(shù)f(x)圖像下降部分對(duì)應(yīng)的區(qū)間(遞減區(qū)間)．考法(二)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)[例2]已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x，a≠0.(1)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．[解析](1)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2.因?yàn)閔(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，eq\f(1,x)－ax－2＜0有解，即a＞eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．令G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以只要a＞G(x)min即可．而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1，所以G(x)min＝－1，所以a＞－1且a≠0，即a的取值范圍為(－1，0)∪(0，＋∞)．(2)因?yàn)閔(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立，令G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以a≥G(x)max.因?yàn)閤∈[1，4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此時(shí)x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)且a≠0，即a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．[變式探究1]本例中，若函數(shù)h(x)在[1，4]上單調(diào)遞增，求a的取值范圍．解析：因?yàn)閔(x)在[1，4]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，h′(x)≥0恒成立，所以當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq\s\do7(min)恒成立，又當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq\s\do7(min)＝－1(此時(shí)x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范圍是(－∞，－1]．[變式探究2]本例中，若h(x)在[1，4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍．解析：h(x)在[1，4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則h′(x)＜0在[1，4]上有解，所以當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，a＞eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq\s\do7(min)＝－1，所以a＞－1，又a≠0，所以a的取值范圍是(－1，0)∪(0，＋∞)．[變式探究3]本例中，若函數(shù)h(x)在[1，4]上不單調(diào)，求a的取值范圍．解析：∵h(yuǎn)(x)在[1，4]上不單調(diào)，∴h′(x)＝0在(1，4)上有解，即a＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1有解，令m(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈(1，4)，則－1＜m(x)＜－eq\f(7,16)，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,16))).由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的四種方法(1)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在D上單調(diào)遞增(或遞減)求參數(shù)范圍問(wèn)題，可轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)對(duì)x∈D恒成立問(wèn)題，再參變分離，轉(zhuǎn)化為求最值問(wèn)題，要注意“＝”是否取到．(2)可導(dǎo)函數(shù)在某一區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間，實(shí)際上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在該區(qū)間上存在解集，這樣就把函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題轉(zhuǎn)化成不等式問(wèn)題．(3)若已知f(x)在區(qū)間I上的單調(diào)性，區(qū)間I中含有參數(shù)時(shí)，可先求出f(x)的單調(diào)區(qū)間，令I(lǐng)是其單調(diào)區(qū)間的子集，從而可求出參數(shù)的取值范圍．(4)若已知f(x)在D上不單調(diào)，則f(x)在D上有極值點(diǎn)，且極值點(diǎn)不是D的端點(diǎn)．[題組突破]1．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則函數(shù)f′(x)的圖像大致是()解析：設(shè)g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增．答案：A2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx在區(qū)間[1，2]上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．解析：f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上為單調(diào)函數(shù)，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0，即eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1，2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x).令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，因?yàn)楹瘮?shù)h(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，解得a＜0或0＜a≤eq\f(2,5)或a≥1，即a的取值范圍為(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))∪[1，＋∞)．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性中的核心素養(yǎng)數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理——構(gòu)造函數(shù)解決不等式問(wèn)題此類涉及已知f(x)與f′(x)的一些關(guān)系式，比較有關(guān)函數(shù)式解決不等式的問(wèn)題，可通過(guò)構(gòu)造新的函數(shù)，創(chuàng)造條件，從而利用單調(diào)性求解．1．x與f(x)的綜合函數(shù)[例1]設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)[解析]當(dāng)x≠0時(shí)，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,x)，則當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＜0，故函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以g(x)＝eq\f(f（x）,x)為偶函數(shù)，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．又因?yàn)閒(－1)＝0，所以g(1)＝g(－1)＝0，故當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞g(1)＝0，故f(x)＞0；當(dāng)x＜－1時(shí)，g(x)＜g(－1)＝0，故f(x)＞0.綜上，使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)．[答案]A2．ex與f(x)的綜合函數(shù)[例2]已知f(x)(x∈R)有導(dǎo)函數(shù)，且任意x∈R，f′(x)＞f(x)，n∈N＋，則有()A．enf(－n)＜f(0)，f(n)＞enf(0)B．enf(－n)＜f(0)，f(n)＜enf(0)C．enf(－n)＞f(0)，f(n)＞enf(0)D．enf(－n)＞f(0)，f(n)＜enf(0)[解析]設(shè)g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）ex－f（x）ex,e2x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)＞0，g(x)為R上的增函數(shù)，故g(－n)＜g(0)＜g(n)，即eq\f(f（－n）,e－n)＜eq\f(f（0）,e0)＜eq\f(f（n）,en)，即enf(－n)＜f(0)，f(n)＞enf(0)．[答案]A[例3]設(shè)a＞0，b＞0，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則()A．若ea＋2a＝eb＋3b，則a＞bB．若ea＋2a＝eb＋3b，則a＜bC．若ea－2a＝eb－3b，則a＞bD．若ea－2a＝eb－3b，則a＜b[解析]因?yàn)閍＞0，b＞0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b＞eb＋2b.對(duì)于函數(shù)y＝