微专题7 构造法处理不等关系
典例剖析素养初现
探究1 构造新函数解不等式
例1 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导数，f(1)＝1，当x<0时，xf′(x)＋f(x)<0，则使 xf(x)>1成立的x的取值范围是( C )
A. (－1，0)∪(1，＋∞)
B. (－1，1)
C. (－∞，－1)∪(1，＋∞)
D. (－∞，－1)∪(0，1)
【解析】设F(x)＝xf(x)，易知函数F(x)为偶函数，且当x<0时，F′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，故函数F(x)在(－∞，0)上单调递减，由对称性知，函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增，将目标不等式转化为F(x)>F(1)＝1，结合函数的单调性得|x|>1，解得x<－1或x>1，故不等式的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞).
1. 关系式为“加”型：
(1) f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) 构造[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(2) xf′(x)＋f(x)构造[xf(x)]′＝xf′(x)＋f(x)；
(3) f′(x)＋f(x)构造[exf(x)]′＝ex[f′(x)＋f(x)].
2. 关系式为“减”型：
(1) f′(x)g(x)－f(x)g′(x) 构造′＝；
(2) xf′(x)－f(x)构造′＝；
(3) f′(x)－f(x)构造′＝.
变式 设f(x)，g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a
A. f(x)g(x)>f(b)g(b)
B. f(x)g(b)>f(b)g(x)
C. f(x)g(a)>f(a)g(x)
D. f(x)g(x)>f(a)g(x)
【解析】设F(x)＝，则F′(x)＝，由f′(x)g(x)－f(x)·g′(x)<0，得F′(x)<0，则F(x)单调递减．因为af(b)g(x)，f(x)g(a)＜f(a)g(x).
探究2 构造新函数比较大小
例2 (多选)下列结论正确的是( ABC )
A. ＞ln 2 B．ln 2＜ln
C. ln 2＜ D. 2＞5
【解析】 由题意可构造函数f(x)＝(x>0)，f′(x)＝，当0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减. 因为32＞23，且y＝ln x在定义域上单调递增，所以ln 32＞ln 23，所以2ln 3＞3ln 2，所以＞ln 2，故A正确；因为e＞＞2，所以f＞f(2)，所以＞，即ln ＞ln 2，故B正确；因为f(2)＜f(e)＝，所以＜，即ln 2＜，故C正确；因为e＞＞2，所以f()＞f(2)，所以＞，所以2ln ＞ln 2，所以ln ()2＞ln 2，所以5＞2，故D错误.
变式 设a＝ln ，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是( A )
A. cC. b【解析】因为a＝ln ＝＝，c＝＝，b＝，令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)＝单调递减．因为e<3<4＝a>＝c，即c探究3 作差构造新函数证明不等关系
例3 求证：≥ln x＋x.
【解答】令f(x)＝－x－ln x，x>0，则f′(x)＝－1－＝(x＋1).令F(x)＝ex-1－，则F′(x)＝ex-1＋>0，故函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增，F(1)＝0，所以当01时，F(x)>0，从而f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(1)＝0，所以当x>0时，f(x)≥f(1)＝0，即－ln x－x≥0，从而≥ln x＋x，即得证．
利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：
(1) 若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2) 若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x).若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f(x)>g(x)或若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f(x)>g(x).
变式 已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－a ln x(a∈R).
(1) 求函数y＝f(x)的单调区间；
【解答】函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－＝.当a≤0时，f′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞；由f′(x)＜0，得0＜x＜.所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2) 当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.
【解答】当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x．要证明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，只需证明ex－ln x－2＞0.设g(x)＝ex－ln x－2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0.g′(x)＝ex－，易知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增．令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，易知方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0＝.当x变化时，g′(x)和g(x)的变化情况如下表：
x (0，x0) x0 (x0，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) ↘ 极小值 ↗
g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2.因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝0，因此不等式得证．
随堂内化及时评价
1. 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( A )
A. (－∞，－1)∪(0，1)
B. (－1，0)∪(1，＋∞)
C. (－∞，－1)∪(－1，0)
D. (0，1)∪(1，＋∞)
【解析】设函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0. 当x>0时，由f(x)>0 g(x)>0 00 g(x)<0 x<－1.综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).
2. 已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜－xf′(x)，则不等式f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)的解集是( B )
A. (0，1) B. (2，＋∞)
C. (1，2) D. (1，＋∞)
【解析】构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y′＝f(x)＋xf′(x)＜0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)·f(x＋1)＞(x2－1)·f(x2－1)，所以x＋1＜x2－1，且x2－1＞0，x＋1＞0，解得x＞2，所以不等式f(x＋1)＞(x－1)·f(x2－1)的解集是(2，＋∞).
3. 若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为( D )
A. aC. a【解析】设f(x)＝，则f′(x)＝，令f′(x)>0，得x∈(0，e)；令f′(x)<0，得x∈(e，＋∞)，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又因为eπ>π>e，所以f(eπ)4. (多选)已知定义在[0，)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x＜0，则下列判断中正确的是( CD )
A. f＜f B. f＞0
C. f＞f D. f＞f
【解析】令g(x)＝，x∈，则g′(x)＝，因为f′(x)cosx＋f(x)sin x＜0，所以g′(x)＝＜0在上恒成立，因此函数g(x)＝在上单调递减．又＜，所以g＞g，即＞，即f＞f，故A错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝＝0，所以g(x)＝≤0在上恒成立．因为ln ∈，所以f＜0，故B错误；又＜，所以g＞g，所以＞，即f＞f，故C正确；又＜，所以g＞g，所以＞，即f＞f，故D正确．
配套新练案
一、 单项选择题
1. 已知函数y＝f(x)的定义域为R，f(－1)＝－1，对 x∈R，f′(x)＞1，则f(x)＞x的解集为( B )
A. (－1，1) B. (－1，＋∞)
C. (－∞，－1) D. R
【解析】令g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1，因为f′(x)＞1，所以g′(x)＞0对任意的x∈R恒成立，所以g(x)在R上单调递增，不等式f(x)＞x即为g(x)＞0.因为f(－1)＝－1，所以g(－1)＝f(－1)－(－1)＝0，所以g(x)＞0的解集为(－1，＋∞).
2. 设a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为( D )
A. c＜b＜a B. b＜a＜c
C. a＜c＜b D. a＜b＜c
【解析】设f(x)＝，则a＝f(e2)，b＝＝＝f(4)，c＝f(e)，f′(x)＝＝.令f′(x)＝0，得x＝e，所以在(0，e)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增；在(e，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减．因为e2＞4＞e，所以f(e2)＜f(4)＜f(e)，即a＜b＜c.
3. 已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3-x 的解集为( A )
A．(3，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，3) D. (－∞，1)
【解析】设F(x)＝f(x)·ex，则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以F(x)在R上单调递增．又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3.因为f(x)>3e3-x 等价于f(x)·ex>3e3，即F(x)>F(3)，所以x>3，即所求不等式的解集为(3，＋∞) .
4. 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，满足xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝2，则f(ex)－ex>0的解集是( C )
A. (0，e2) B. (ln 2，＋∞)
C. (－∞，ln 2) D. (e2，＋∞)
【解析】设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为f(2)＝2，所以g(2)＝＝1，不等式f(ex)－ex>0等价于g(ex)＝>1＝g(2)，所以05. 已知函数f(x) 的定义域为，其导函数是f′(x)，且f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则关于x 的不等式f(x)<2fcos x 的解集为( A )
A. B.
C. D.
【解析】构造函数g(x)＝，其中x∈，则g′(x)＝<0，所以函数g(x)在 上单调递减．因为x∈，所以cos x>0.由f(x)<2fcos x可得<，即g(x)二、 多项选择题
6. 下列判断正确的是( AC )
A. 2e3>3e2 B. e3>e5
C. 2e<3e D. 3e【解析】构造函数f(x)＝，所以f′(x)＝，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)是增函数，当x∈(－∞，1)且x≠0时，f′(x)<0，函数f(x)是减函数．对于A，2e3>3e2 >，故A正确；对于B，e3>e5 >，故B错误；对于C，2e<3e <，故C正确；对于D，3e7. 已知函数f(x)＝ln x＋，若 x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，都有＜0.5，则实数m的值可以为( CD )
A. e B. 3
C. 4 D. 5
【解析】因为 x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，都有＜0.5，所以当x1＜x2时，2f(x1)－x1＞2f(x2)－x2对 x1，x2∈(1，＋∞)恒成立，令g(x)＝2f(x)－x＝2ln x＋－x(x＞1)，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g′(x)＝－－1≤0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≥8x－4x2在(1，＋∞)上恒成立，所以只需m≥(8x－4x2)max.又当x＞1时，(8x－4x2)max<4，所以m≥4，所以m的取值范围为[4，＋∞)，由选项可知，只有C，D符合条件．
三、 填空题
8. 设f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)＜0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)＞0的解集为__(－∞，－4)∪(0，4)_．
【解析】构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)＜0，则当x＜0时，F′(x)＜0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减．因为f(x)为偶函数，所以F(x)为奇函数，所以F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知xf(x)＞0的解集为(－∞，－4)∪(0，4).
9. 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x) 满足2xf(x)＋x2f′(x)<0，f(2)＝，则关于x 的不等式f(x)> 的解集为__(0，2)_．
【解析】令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，所以当x>0时，2xf(x)＋x2f′(x)<0，即当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(2)＝，所以g(2)＝4f(2)＝3.因为f(x)>，即g(x)＝x2f(x)>3，所以g(x)>g(2)，故0＜x＜2.所以原不等式的解集为(0，2).
10. 设定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为__(0，＋∞)_．
【解析】令g(x)＝，则g′(x)＝＝.由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减．又g(0)＝＝1，<1，即g(x)0，所以不等式的解集为(0，＋∞).
四、 解答题
11. 已知函数f(x)＝x2－2ln x.
(1) 求函数f(x)的单调区间；
【解答】依题意知函数的定义域为{x|x>0}，因为f′(x)＝2x－＝，由f′(x)>0，得x>1; 由f′(x)<0，得0(2) 求证：当x>2时，f(x)>3x－4.
【解答】设g(x)＝f(x)－3x＋4＝x2－2ln x－3x＋4，所以g′(x)＝2x－－3＝＝.因为当x>2时，g′(x)>0，所以g(x)在(2，＋∞)上为增函数，所以g(x)>g(2)＝4－2ln 2－6＋4>0，所以当x>2时， x2－2ln x>3x－4，即当x>2时，f(x)>3x－4.
12. 已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋x2＋1.
(1) 讨论函数f(x)的单调性；
【解答】因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x.所以当a＋1≥0时，f′(x)＞0恒成立，所以当a≥－1时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．当a＋1＜0，即a<－1时，函数f(x)在区间上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增．
(2) 若对任意不相等的x1，x2∈(0，＋∞)，恒有|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|成立，求非负实数a的取值范围．
【解答】不妨设x1＞x2，又因为a≥0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|恒成立等价于f(x1)－f(x2)≥4x1－4x2恒成立，即f(x1)－4x1≥f(x2)－4x2恒成立．令g(x)＝f(x)－4x，x∈(0，＋∞)，则函数g(x)为增函数，即g′(x)≥0恒成立．g′(x)＝＋2x－4＝，令h(x)＝2x2－4x＋a＋1，x∈(0，＋∞)，因为h(x)min＝h(1)＝a－1，所以a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞).微专题7 构造法处理不等关系
典例剖析素养初现
探究1 构造新函数解不等式
例1 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导数，f(1)＝1，当x<0时，xf′(x)＋f(x)<0，则使 xf(x)>1成立的x的取值范围是( )
A. (－1，0)∪(1，＋∞)
B. (－1，1)
C. (－∞，－1)∪(1，＋∞)
D. (－∞，－1)∪(0，1)
1. 关系式为“加”型：
(1) f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) 构造[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(2) xf′(x)＋f(x)构造[xf(x)]′＝xf′(x)＋f(x)；
(3) f′(x)＋f(x)构造[exf(x)]′＝ex[f′(x)＋f(x)].
2. 关系式为“减”型：
(1) f′(x)g(x)－f(x)g′(x) 构造′＝；
(2) xf′(x)－f(x)构造′＝；
(3) f′(x)－f(x)构造′＝.
变式 设f(x)，g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当aA. f(x)g(x)>f(b)g(b)
B. f(x)g(b)>f(b)g(x)
C. f(x)g(a)>f(a)g(x)
D. f(x)g(x)>f(a)g(x)
探究2 构造新函数比较大小
例2 (多选)下列结论正确的是( )
A. ＞ln 2 B．ln 2＜ln
C. ln 2＜ D. 2＞5
变式 设a＝ln ，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是( )
A. cC. b探究3 作差构造新函数证明不等关系
例3 求证：≥ln x＋x.
利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：
(1) 若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2) 若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x).若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f(x)>g(x)或若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f(x)>g(x).
变式 已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－a ln x(a∈R).
(1) 求函数y＝f(x)的单调区间；
(2) 当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.
随堂内化及时评价
1. 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A. (－∞，－1)∪(0，1)
B. (－1，0)∪(1，＋∞)
C. (－∞，－1)∪(－1，0)
D. (0，1)∪(1，＋∞)
2. 已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜－xf′(x)，则不等式f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)的解集是( )
A. (0，1) B. (2，＋∞)
C. (1，2) D. (1，＋∞)
3. 若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为( )
A. aC. a4. (多选)已知定义在[0，)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x＜0，则下列判断中正确的是( )
A. f＜f B. f＞0
C. f＞f D. f＞f
配套新练案
一、 单项选择题
1. 已知函数y＝f(x)的定义域为R，f(－1)＝－1，对 x∈R，f′(x)＞1，则f(x)＞x的解集为( )
A. (－1，1) B. (－1，＋∞)
C. (－∞，－1) D. R
2. 设a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为( )
A. c＜b＜a B. b＜a＜c
C. a＜c＜b D. a＜b＜c
3. 已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3-x 的解集为( )
A．(3，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，3) D. (－∞，1)
4. 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，满足xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝2，则f(ex)－ex>0的解集是( )
A. (0，e2) B. (ln 2，＋∞)
C. (－∞，ln 2) D. (e2，＋∞)
5. 已知函数f(x) 的定义域为，其导函数是f′(x)，且f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则关于x 的不等式f(x)<2fcos x 的解集为( )
A. B.
C. D.
二、 多项选择题
6. 下列判断正确的是( )
A. 2e3>3e2 B. e3>e5
C. 2e<3e D. 3e7. 已知函数f(x)＝ln x＋，若 x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，都有＜0.5，则实数m的值可以为( )
A. e B. 3
C. 4 D. 5
三、 填空题
8. 设f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)＜0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)＞0的解集为_______________．
9. 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x) 满足2xf(x)＋x2f′(x)<0，f(2)＝，则关于x 的不等式f(x)> 的解集为________________．
10. 设定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为________________．
四、 解答题
11. 已知函数f(x)＝x2－2ln x.
(1) 求函数f(x)的单调区间；
(2) 求证：当x>2时，f(x)>3x－4.
12. 已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋x2＋1.
(1) 讨论函数f(x)的单调性；
(2) 若对任意不相等的x1，x2∈(0，＋∞)，恒有|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|成立，求非负实数a的取值范围．(共37张PPT)
第五章
一元函数的导数及其应用
微专题7 构造法处理不等关系
典例剖析 素养初现
设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导数，f(1)＝1，当x<0时，xf′(x)＋f(x)<0，则使xf(x)>1成立的x的取值范围是 ( )
A. (－1，0)∪(1，＋∞) B. (－1，1)
C. (－∞，－1)∪(1，＋∞) D. (－∞，－1)∪(0，1)
1
构造新函数解不等式
【解析】
设F(x)＝xf(x)，易知函数F(x)为偶函数，且当x<0时，F′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，故函数F(x)在(－∞，0)上单调递减，由对称性知，函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增，将目标不等式转化为F(x)>F(1)＝1，结合函数的单调性得|x|>1，解得x<－1或x>1，故不等式的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞).
C
探究
1
1. 关系式为“加”型：
(1) f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) 构造[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(2) xf′(x)＋f(x)构造[xf(x)]′＝xf′(x)＋f(x)；
(3) f′(x)＋f(x)构造[exf(x)]′＝ex[f′(x)＋f(x)].
2. 关系式为“减”型：
设f(x)，g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当aA. f(x)g(x)>f(b)g(b) B. f(x)g(b)>f(b)g(x)
C. f(x)g(a)>f(a)g(x) D. f(x)g(x)>f(a)g(x)
【解析】
B
变式
2
构造新函数比较大小
【解析】
探究
2
【答案】ABC
【解析】
变式
A
3
作差构造新函数证明不等关系
【解答】
探究
3
利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：
(1) 若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2) 若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x).若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f(x)>g(x)或若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f(x)>g(x).
已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－a ln x(a∈R).
(1) 求函数y＝f(x)的单调区间；
【解答】
变式
(2) 当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.
【解答】
x (0，x0) x0 (x0，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) ↘ 极小值 ↗
已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－a ln x(a∈R).
变式
随堂内化 及时评价
【解析】
1. 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是 ( )
A. (－∞，－1)∪(0，1) B. (－1，0)∪(1，＋∞)
C. (－∞，－1)∪(－1，0) D. (0，1)∪(1，＋∞)
A
【解析】
构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y′＝f(x)＋xf′(x)＜0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)·f(x＋1)＞(x2－1)·f(x2－1)，所以x＋1＜x2－1，且x2－1＞0，x＋1＞0，解得x＞2，所以不等式f(x＋1)＞(x－1)·f(x2－1)的解集是(2，＋∞).
2. 已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜－xf′(x)，则不等式f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)的解集是 ( )
A. (0，1) B. (2，＋∞)
C. (1，2) D. (1，＋∞)
B
【解析】
D
【解析】
【答案】CD
配套新练案
一、 单项选择题
1. 已知函数y＝f(x)的定义域为R，f(－1)＝－1，对 x∈R，f′(x)＞1，则f(x)＞x的解集为 ( )
A. (－1，1) B. (－1，＋∞)
C. (－∞，－1) D. R
B
【解析】
令g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1，因为f′(x)＞1，所以g′(x)＞0对任意的x∈R恒成立，所以g(x)在R上单调递增，不等式f(x)＞x即为g(x)＞0.因为f(－1)＝－1，所以g(－1)＝f(－1)－(－1)＝0，所以g(x)＞0的解集为(－1，＋∞).
【解析】
D
3. 已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3-x 的解集为
( )
A．(3，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，3) D. (－∞，1)
A
【解析】
设F(x)＝f(x)·ex，则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以F(x)在R上单调递增．又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3.因为f(x)>3e3-x 等价于f(x)·ex>3e3，即F(x)>F(3)，所以x>3，即所求不等式的解集为(3，＋∞) .
4. 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，满足xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝2，则f(ex)－ex>0的解集是 ( )
A. (0，e2) B. (ln 2，＋∞)
C. (－∞，ln 2) D. (e2，＋∞)
C
【解析】
【解析】
【答案】A
【解析】
AC
【解析】
【答案】CD
三、 填空题
8. 设f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)＜0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)＞0的解集为______________________．
【解析】
构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)＜0，则当x＜0时，F′(x)＜0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减．因为f(x)为偶函数，所以F(x)为奇函数，所以F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知xf(x)＞0的解集为
(－∞，－4)∪(0，4).
(－∞，－4)∪(0，4)
【解析】
(0，2)
【解析】
(0，＋∞)
四、 解答题
11. 已知函数f(x)＝x2－2ln x.
(1) 求函数f(x)的单调区间；
【解答】
(2) 求证：当x>2时，f(x)>3x－4.
【解答】
11. 已知函数f(x)＝x2－2ln x.
12. 已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋x2＋1.
(1) 讨论函数f(x)的单调性；
【解答】
(2) 若对任意不相等的x1，x2∈(0，＋∞)，恒有|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|成立，求非负实数a的取值范围．
【解答】
12. 已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋x2＋1.
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