2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第6節(jié)利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點(diǎn)問題教學(xué)案理北師大版

PAGEPAGE1第六節(jié)利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點(diǎn)問題考點(diǎn)1推斷、證明或探討函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)推斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的3種方法干脆法令f(x)＝0，則方程解的個(gè)數(shù)即為零點(diǎn)的個(gè)數(shù)畫圖法轉(zhuǎn)化為兩個(gè)易畫出圖像的函數(shù)，看其交點(diǎn)的個(gè)數(shù)即可定理法利用零點(diǎn)存在性定理判定，可結(jié)合最值、極值去解決(2024·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．證明：(1)f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點(diǎn)；(2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．[證明](1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝－sinx＋eq\f(1,1＋x2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)＞0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，可得g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))有唯一零點(diǎn)，設(shè)為α.則當(dāng)x∈(－1，α)時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))單調(diào)遞減，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點(diǎn)，即f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點(diǎn)．(2)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)．(ⅰ)當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，由(1)知，f′(x)在(－1,0)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)單調(diào)遞減．又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零點(diǎn)．(ⅱ)當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，所以存在β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))，使得f′(β)＝0，且當(dāng)x∈(0，β)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))單調(diào)遞減．又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,2)))＞0，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f(x)＞0.從而，f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))沒有零點(diǎn)．(ⅲ)當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調(diào)遞減．而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞0，f(π)＜0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))有唯一零點(diǎn)．(ⅳ)當(dāng)x∈(π，＋∞)時(shí)，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，從而f(x)在(π，＋∞)沒有零點(diǎn)．綜上，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．依據(jù)參數(shù)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，解題的基本思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過探討函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、極值、函數(shù)值的極限位置等)，作出函數(shù)的大致圖像，然后通過函數(shù)圖像得出其與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，或者兩個(gè)相關(guān)函數(shù)圖像交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，基本步驟是“先數(shù)后形”．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(1)當(dāng)m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時(shí)，求f(x)的微小值；(2)探討函數(shù)g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．[解](1)由題意知，當(dāng)m＝e時(shí)，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)(x＞0)，則f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，∴當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)取得微小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，∴f(x)的微小值為2.(2)由題意知g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x＞0)．設(shè)φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x≥0)，則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴x＝1是φ(x)的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，因此x＝1也是φ(x)的最大值點(diǎn)，∴φ(x)的最大值為φ(1)＝eq\f(2,3)，又∵φ(0)＝0.結(jié)合y＝φ(x)的圖像(如圖)，可知，①當(dāng)m＞eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；②當(dāng)m＝eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；③當(dāng)0＜m＜eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；④當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)m＞eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；當(dāng)m＝eq\f(2,3)或m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0＜m＜eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．考點(diǎn)2已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)解決此類問題常從以下兩個(gè)方面考慮(1)依據(jù)區(qū)間上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)狀況，估計(jì)出函數(shù)圖像的大致形態(tài)，從而推導(dǎo)出導(dǎo)數(shù)須要滿意的條件，進(jìn)而求出參數(shù)滿意條件．(2)先求導(dǎo)，通過求導(dǎo)分析函數(shù)的單調(diào)狀況，再依據(jù)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)狀況，推導(dǎo)出函數(shù)本身須要滿意的條件，此時(shí)，由于函數(shù)比較困難，經(jīng)常須要構(gòu)造新函數(shù)，通過多次求導(dǎo)，層層推理得解．設(shè)函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝－1時(shí)，f′(x)＝－2x－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(－2x2－x＋1,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)(負(fù)值舍去)，當(dāng)0＜x＜eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x＞eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)＜0.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－eq\f(lnx,x).令g(x)＝x－eq\f(lnx,x)，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，則g′(x)＝1－eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(x2＋lnx－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)eq\f(1,3)≤x＜1時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)1＜x≤3時(shí)，g′(x)＞0，∴g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，單調(diào)遞增區(qū)間為(1,3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有兩個(gè)零點(diǎn)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝3ln3＋eq\f(1,3)，g(3)＝3－eq\f(ln3,3)，3ln3＋eq\f(1,3)＞3－eq\f(ln3,3)，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3－\f(ln3,3))).與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)范圍問題，往往利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)，從而推斷函數(shù)的大致圖像，探討其圖像與x軸的位置關(guān)系，進(jìn)而確定參數(shù)的取值范圍；或通過對方程等價(jià)變形轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖像的交點(diǎn)問題．(2024·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)，求a.[解](1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥1等價(jià)于(x2＋1)e－x－1≤0.設(shè)函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.當(dāng)x≠1時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．而g(0)＝0，故當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于h(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)．(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)＞0，h(x)沒有零點(diǎn)；(ⅱ)當(dāng)a＞0時(shí)，h′(x)＝ax(x－2)e－x.當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，h′(x)＜0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．故h(2)＝1－eq\f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)沒有零點(diǎn)；②若h(2)＝0，即a＝eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)；③若h(2)＜0，即a＞eq\f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一個(gè)零點(diǎn)．由(1)知，當(dāng)x＞0時(shí)，ex＞x2，所以h(4a)＝1－eq\f(16a3,e4a)＝1－eq\f(16a3,e2a2)＞1－eq\f(16a3,2a4)＝1－eq\f(1,a)＞0，故h(x)在(2,4a)有一個(gè)零點(diǎn)．因此h(x綜上，f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a＝eq\f(e2,4).考點(diǎn)3函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)探討本考點(diǎn)包括兩個(gè)方向：一是與函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)有關(guān)的問題(更多涉及構(gòu)造函數(shù)法)；二是可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)的函數(shù)問題(更多涉及整體轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合等方法技巧)．能夠利用等價(jià)轉(zhuǎn)換構(gòu)造函數(shù)法求解的問題常涉及參數(shù)的最值、曲線交點(diǎn)、零點(diǎn)的大小關(guān)系等．求解時(shí)一般先通過等價(jià)轉(zhuǎn)換，將已知轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)問題，再構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等，并結(jié)合分類探討，通過確定函數(shù)的零點(diǎn)達(dá)到解決問題的目的．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－a)x－alnx，a∈R.(1)若f(x)存在極值點(diǎn)為1，求a的值；(2)若f(x)存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，求證：x1＋x2＞2.[解](1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)，因?yàn)閒(x)存在極值點(diǎn)為1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意，所以a＝1.(2)證明：f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x)))(x＞0)，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，不符合題意；②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＝0得x＝a，當(dāng)x＞a時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0＜x＜a時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取得微小值f(a)．又f(x)存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，所以f(a)＜0，即eq\f(1,2)a2＋(1－a)a－alna＜0，整理得lna＞1－eq\f(1,2)a，作y＝f(x)關(guān)于直線x＝a的對稱曲線g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－alneq\f(2a－x,x)，則h′(x)＝－2＋eq\f(2a2,2a－xx)＝－2＋eq\f(2a2,－x－a2＋a2)≥0，所以h(x)在(0,2a不妨設(shè)x1＜a＜x2，則h(x2)＞h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上為減函數(shù)，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又lna＞1－eq\f(1,2)a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.(1)探討函數(shù)零點(diǎn)問題，要通過數(shù)的計(jì)算(函數(shù)性質(zhì)、特殊點(diǎn)的函數(shù)值等)和形的協(xié)助，得出函數(shù)零點(diǎn)的可能狀況；(2)函數(shù)可變零點(diǎn)(函數(shù)中含有參數(shù))性質(zhì)的探討，要抓住函數(shù)在不同零點(diǎn)處函數(shù)值均為零，建立不同零點(diǎn)之間的關(guān)系，把多元問題轉(zhuǎn)化為一元問題，再運(yùn)用一元函數(shù)的方法進(jìn)行探討．已知函數(shù)f(x)＝lnx－x.(1)推斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋x＋eq\f(1,2x)－m有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，求證：x1＋x2＞1.[解](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).令f′(x)＝eq\f(1－x,x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＝eq\f(1－x,x)＜0，得x＞1.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)證明：依據(jù)題意知g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)－m(x＞0)，因?yàn)閤1，x2是函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)－m的兩個(gè)零點(diǎn)，所以lnx1＋eq\f(1,2x1)－m＝0，lnx2＋eq\f(1,2x2)－m＝0，兩式相減，可得lneq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2x2)－eq\f(1,2x1)，即lneq\f(x1,x2)＝eq\f(x1－x2,2x1x2)，故x1x2＝eq\f(x1－x2,2ln\f(x1,x2))，則x1＝eq\f(\f(x1,x2)－1,2ln\f(x1,x2))，x2＝eq\f(1－\f(x2,x1),2ln\f(x1,x2)).令t＝eq\f(x1,x2)，其中0＜t＜1，則x1＋x2＝eq\f(t－1,2lnt)＋eq\f(1－\f(1,t),2lnt)＝eq\f(t－\f(1,t),2lnt).構(gòu)造函數(shù)h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt(0＜t＜1)，則h′(t)＝eq\f(t－12,t2).因?yàn)?＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，即t－eq\f(1,t)－2lnt＜0，可知eq\f(t－\f(1,t),2lnt)＞1，故x1＋x2＞1.課外素養(yǎng)提升④邏輯推理——構(gòu)造法求f(x)與f′(x)共存問題在導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用的客觀題中，有一個(gè)熱點(diǎn)考查點(diǎn)，即不給出詳細(xì)的函數(shù)解析式，而是給出函數(shù)f(x)及其導(dǎo)數(shù)滿意的條件，須要據(jù)此條件構(gòu)造抽象函數(shù)，再依據(jù)條件得出構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性，應(yīng)用單調(diào)性解決問題的題目，該類題目具有肯定的難度．下面總結(jié)其基本類型及其處理方法．f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型【例1】(1)定義在R上的函數(shù)f(x)，滿意f(1)＝1，且對隨意的x∈R都有f′(x)＜eq\f(1,2)，則不等式f(lgx)＞eq\f(lgx＋1,2)的解集為________．(2)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集為________．(1)(0,10)(2)(－∞，－3)∪(0,3)[(1)由題意構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，則g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＜0，所以g(x)在定義域內(nèi)是減函數(shù)．因?yàn)閒(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，由f(lgx)＞eq\f(lgx＋1,2)，得f(lgx)－eq\f(1,2)lgx＞eq\f(1,2).即g(lgx)＝f(lgx)－eq\f(1,2)lgx＞eq\f(1,2)＝g(1)，所以lgx＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集為(0,10)．(2)借助導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0?[f(x)g(x)]′＞0，所以函數(shù)y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．又由題意知函數(shù)y＝f(x)g(x)為奇函數(shù)，所以其圖像關(guān)于原點(diǎn)對稱，且過點(diǎn)(－3,0)，(3,0)．?dāng)?shù)形結(jié)合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)．][評析](1)對于不等式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，對于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.(3)對于不等式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)．xf′(x)±nf(x)(n為常數(shù))型【例2】(1)設(shè)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，＋∞)(2)設(shè)函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，則下列不等式在RA．f(x)＞0 B．f(x)＜0C．f(x)＞x D．f(x)＜x(1)A(2)A[(1)令g(x)＝eq\f(fx,x)，則g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2).由題意知，當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．∵f(x)是奇函數(shù)，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g(x)＞0，從而f(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＜0，從而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函數(shù)，∴當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)＞0；當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f(x)＜0.綜上，使f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)．(2)令g(x)＝x2f(x)－eq\f(1,4)x4，則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－eq\f(1,4)x4＞0，從而f(x)＞eq\f(1,4)x2＞0；當(dāng)x＜0時(shí)，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－eq\f(1,4)x4＞0，從而f(x)＞eq\f(1,4)x2＞0；當(dāng)x＝0時(shí)，由題意可得2f(0)＞0，∴f綜上可知，f(x)＞0.][評析](1)對于xf′(x)＋nf(x)＞0型，構(gòu)造F(x)＝xnf(x)，則F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](留意對xn－1的符號進(jìn)行探討)，特殊地，當(dāng)n＝1時(shí)，xf′(x)＋f(x)＞0，構(gòu)造F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.(2)對于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，構(gòu)造F(x)＝