2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第十一節(jié)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案含解析新人教B版

PAGE12-第十一節(jié)導(dǎo)數(shù)的簡潔應(yīng)用最新考綱考情分析1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次)．2．了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、微小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次)；會(huì)求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次).1.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值(最值)、結(jié)合單調(diào)性與不等式的成立狀況求參數(shù)范圍是高考命題的熱點(diǎn)．2．常與基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)、解析幾何、不等式、方程等交匯命題，主要考查轉(zhuǎn)化與化歸思想、分類探討思想的應(yīng)用．3．題型主要以解答題為主，屬中高檔題.學(xué)問點(diǎn)一函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系函數(shù)y＝f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，則：(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù)．函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．學(xué)問點(diǎn)二函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)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．學(xué)問點(diǎn)三函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)1．函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件假如在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連綿不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值．2．求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步驟(1)求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；(2)將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值．(1)求最值時(shí)，應(yīng)留意極值點(diǎn)和所給區(qū)間的關(guān)系，關(guān)系不確定時(shí)，須要分類探討，不行想當(dāng)然認(rèn)為極值就是最值．(2)函數(shù)最值是“整體”概念，而函數(shù)極值是“局部”概念，極大值與微小值之間沒有必定的大小關(guān)系．1．思索辨析推斷下列結(jié)論正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么肯定有f′(x)>0.(×)(2)假如函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．(√)(3)函數(shù)的極大值肯定大于其微小值．(×)(4)對(duì)可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是x0為極值點(diǎn)的充要條件．(×)(5)函數(shù)的最大值不肯定是極大值，函數(shù)的最小值也不肯定是微小值．(√)解析：(1)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，則有f′(x)≥0.(3)函數(shù)的極大值也可能小于微小值．(4)x0為f(x)的極值點(diǎn)的充要條件是f′(x0)＝0，且x0兩側(cè)導(dǎo)函數(shù)異號(hào)．2．小題熱身(1)如圖所示是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則下列推斷中正確的是(A)A．函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3,0)上是減函數(shù)B．函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3,2)上是減函數(shù)C．函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上是減函數(shù)D．函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3,2)上是單調(diào)函數(shù)解析：當(dāng)x∈(－3,0)時(shí)，f′(x)<0，則f(x)在(－3,0)上是減函數(shù)．其他推斷均不正確．(2)如圖是f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則f(x)的微小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(A)A．1 B．2C．3 D．4解析：由題意知在x＝－1處f′(－1)＝0，且其左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號(hào)為左負(fù)右正．(3)函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是(D)A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)解析：函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，得當(dāng)f′(x)>0時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，此時(shí)由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.(4)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4在[0,3]上的最大值與最小值分別為4，－eq\f(4,3).解析：由f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4，得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)>0，得x>2或x<－2；令f′(x)<0，得－2<x<2.所以f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增；在(－2,2)上單調(diào)遞減，而f(2)＝－eq\f(4,3)，f(0)＝4，f(3)＝1，故f(x)在[0,3]上的最大值是4，最小值是－eq\f(4,3).(5)函數(shù)f(x)＝lnx－ax在x＝1處有極值，則常數(shù)a＝1.解析：∵f′(x)＝eq\f(1,x)－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意．第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考點(diǎn)一求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間【例1】已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值．(1)確定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，求函數(shù)g(x)的單調(diào)減區(qū)間．【解】(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x，因?yàn)閒(x)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝0，即3a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))2＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，故g′(x)＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)<0，即x(x＋1)(x＋4)<0，解得－1<x<0或x<－4，所以g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1,0)，(－∞，－4)．方法技巧1求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：①確定函數(shù)fx的定義域；②求f′x；③在定義域內(nèi)解不等式f′x>0，得單調(diào)遞增區(qū)間；④在定義域內(nèi)解不等式f′x<0，得單調(diào)遞減區(qū)間.,2若所求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不止一個(gè)時(shí)，用“，”或“和”連接.1．已知函數(shù)f(x)＝xlnx，則f(x)(D)A．在(0，＋∞)上遞增 B．在(0，＋∞)上遞減C．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上遞增 D．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上遞減解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝xlnx，定義域?yàn)?0，＋∞)，所以f′(x)＝lnx＋1(x>0)，當(dāng)f′(x)>0時(shí)，解得x>eq\f(1,e)，即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))；當(dāng)f′(x)<0時(shí)，解得0<x<eq\f(1,e)，即函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).2．已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).解析：f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).考點(diǎn)二探討函數(shù)的單調(diào)性【例2】已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(2,x)＋1－alnx，探討f(x)的單調(diào)性．【解】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2)，x∈(0，＋∞)．設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8.(1)當(dāng)Δ≤0，即－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2)時(shí)，對(duì)?x>0，都有f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)Δ>0，即a<－2eq\r(2)或a>2eq\r(2)時(shí)，若a>2eq\r(2)，方程g(x)＝0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，0<x1<x2.∴f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增；在[x1，x2]上單調(diào)遞減．若a<－2eq\r(2)，方程g(x)＝0有兩個(gè)不相等的負(fù)實(shí)數(shù)根x3＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x4＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，x3<x4<0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上所述：當(dāng)a≤2eq\r(2)時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>2eq\r(2)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上單調(diào)遞增；在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－8),2)，\f(a＋\r(a2－8),2)))上單調(diào)遞減．方法技巧探討含參函數(shù)的單調(diào)性是高考的常駐考點(diǎn)，定義域范圍內(nèi)的導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)是否為變號(hào)零點(diǎn)是確定函數(shù)單調(diào)性變更的充要條件，可以畫導(dǎo)函數(shù)圖象的草圖幫助判定正負(fù)狀況.已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2＋(1－a)x＋1，a∈R，探討f(x)的單調(diào)性．解：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＋(1－a)＝eq\f(－ax2＋1－ax＋1,x).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)＝eq\f(－ax2＋1－ax＋1,x)＝eq\f(－ax＋1x＋1,x).方程f′(x)＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1＝eq\f(1,a)，x2＝－1，x2<0<x1，∴f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．考點(diǎn)三函數(shù)單調(diào)性的簡潔應(yīng)用命題方向1比較大小或解不等式【例3】(1)已知函數(shù)y＝f(x)對(duì)于隨意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))滿意f′(x)cosx＋f(x)sinx＝1＋lnx，其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則下列不等式成立的是()A.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))C.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D.eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))(2)已知函數(shù)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)＝eq\f(1,e)，對(duì)隨意實(shí)數(shù)都有f(x)－f′(x)>0，設(shè)F(x)＝eq\f(fx,ex)，則不等式F(x)<eq\f(1,e2)的解集為()A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(1，e) D．(e，＋∞)【解析】(1)令g(x)＝eq\f(fx,cosx)，則g′(x)＝eq\f(f′xcosx－fx－sinx,cos2x)＝eq\f(1＋lnx,cos2x).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(π,2)，,g′x>0，))解得eq\f(1,e)<x<eq\f(π,2)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(π,2)，,g′x<0，))解得0<x<eq\f(1,e).所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又eq\f(π,3)>eq\f(π,4)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，所以eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，即eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))).(2)F′(x)＝eq\f(f′xex－exfx,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)，又f(x)－f′(x)>0，知F′(x)<0，∴F(x)在R上單調(diào)遞減．由F(x)<eq\f(1,e2)＝F(1)，得x>1，所以不等式F(x)<eq\f(1,e2)的解集為(1，＋∞)．【答案】(1)B(2)B命題方向2依據(jù)單調(diào)性求參數(shù)取值范圍【例4】(2024·昆明診斷)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x.(1)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)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，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解】h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x>0.∴h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2.(1)若函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)減區(qū)間，則當(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．設(shè)G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以只要a>G(x)min.又G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，所以G(x)min＝－1.所以a>－1.即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－1，＋∞)．(2)∵h(yuǎn)(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，則a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立，設(shè)G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以a≥G(x)max.又G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，x∈[1,4]，因?yàn)閤∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此時(shí)x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16).又當(dāng)a＝－eq\f(7,16)時(shí)，h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(7,16)x－2＝eq\f(7x－4x－4,16x)，∵x∈[1,4]，∴h′(x)＝eq\f(7x－4x－4,16x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝4時(shí)等號(hào)成立．∴h(x)在[1,4]上為減函數(shù)．故實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞)).方法技巧1利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式，其關(guān)鍵在于利用題目條件構(gòu)造協(xié)助函數(shù)，把比較大小的問題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而依據(jù)單調(diào)性比較大小或解不等式.2依據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路①利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝fx在a，b上單調(diào)，則區(qū)間a，b是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集.②fx是單調(diào)遞增的充要條件是對(duì)隨意的x∈a，b都有f′x≥0且在a，b內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′x不恒為零，應(yīng)留意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略，否則漏解.③函數(shù)在某個(gè)區(qū)間存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題.1．(方向1)(2024·洛陽聯(lián)考)已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y＝f′(x)，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，若a＝eq\f(fe,e)，b＝eq\f(fln2,ln2)，c＝－eq\f(f－3,3)，則a，b，c的大小關(guān)系正確的是(D)A．a(chǎn)<c<b B．b<c<aC．a(chǎn)<b<c D．c<a<b解析：由題意，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)<0，∴函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．∵函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，∴函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，∴c＝eq\f(f－3,－3)＝g(－3)＝g(3)，又a＝g(e)，b＝g(ln2)，且3>e>1>ln2>0，∴g(3)<g(e)<g(ln2)，∴c<a<b，故選D.2．(方向1)(2024·鄭州預(yù)料)函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，若xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)且f(3)＝0，則不等式f(x)<0的解集為(B)A．(0,2) B．(0,3)C．(2,3) D．(3，＋∞)解析：令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)，可知當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g(x)＝xf(x)是減函數(shù)，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g(x)＝xf(x)是增函數(shù)．又f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0.在(0，＋∞)上，不等式f(x)<0的解集就是xf(x)<0的解集，又g(0)＝0，所以f(x3．(方向2)(2024·安徽江南十校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(A)A．(1,2] B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(0,3]解析：∵f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，∴函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)．∵f′(x)＝x－eq\f(9,x)，∴x>0，由f′(x)＝x－eq\f(9,x)<0，得0<x<3.∵函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，))解得1<a≤2.故選A.4．(方向2)若函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))).解析：函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，等價(jià)于f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x＋acosx＝－eq\f(4,3)cos2x＋acosx＋eq\f(5,3)≥0在(－∞，＋∞)恒成立．設(shè)cosx＝t，則g(t)＝－eq\f(4,3)t2＋at＋eq\f(5,3)≥0在[－1,1]恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝－\f(4,3)＋a＋\f(5,3)≥0，,g－1＝－\f(4,3)－a＋\f(5,3)≥0，))解得－eq\f(1,3)≤a≤eq\f(1,3).構(gòu)造函數(shù)破解抽象不等式解抽象不等式須要構(gòu)建新函數(shù)，常見的構(gòu)造形式如下：1．對(duì)于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)．2．對(duì)于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)．特殊地，對(duì)于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.3．對(duì)于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)．4．對(duì)于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,gx)(g(x)≠0)．5．對(duì)于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xf(x)．6．對(duì)于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)．7．對(duì)于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,ex).【典例】已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿意f′(x)<f(x)，且f(x＋2)為偶函數(shù)，f(4)＝1，則不等式f(x)<ex的解集為()A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)【解析】因?yàn)閒(x＋2)為偶函數(shù)，所以f(x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，所以f(x)的圖象關(guān)于x＝2對(duì)稱．所以f(0)＝f(4)＝1.設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)(x∈R)，則g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex).又f′(x)<f(x)，所以g′(x)<0(x∈R)，所以函數(shù)g(x)在定義域R上單調(diào)遞減．因?yàn)閒(