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第2节　利用导数研究函数的单调性
[课标要求]　结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
　函数的单调性与导数的关系
一般地，设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数，函数f(x)的单调性与其导函数f′(x)的正负之间具有如下关系：
在某个区间(a，b)上，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，区间(a，b)为函数y＝f(x)的单调增区间；
在某个区间(a，b)上，如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，区间(a，b)为函数y＝f(x)的单调减区间．
在某个区间(a，b)上，如果f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上为常函数．
(一)必背常用结论
1．在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对 x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．
(二)盘点易错易混
1．原函数与导函数的关系不清致误；
2．导数符号与函数单调性关系理解不透致误；
3．不能正确区分“在区间M上单调”和“单调区间是M”致误；
4．求函数单调区间时忽视函数的定义域而致错．
【小题热身】
[小题即练]
1．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　 )
A．在区间(－2，1)上f(x)单调递增
B．在区间(1，3)上f(x)单调递减
C．在区间(4，5)上f(x)单调递增
D．在区间(3，5)上f(x)单调递增
解析：在(4，5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)在区间(4，5)上单调递增．
答案：C
2．(多选)下列函数中，既是奇函数又在区间(0，1)上单调递增的是(　　 )
A．y＝2x3＋4x B．y＝x＋sin (－x)
C．y＝log2|x| D．y＝2x＋2－x
解析：由奇函数定义可知，A，B均为奇函数，C，D均为偶函数，所以排除C，D；对于选项A，y′＝6x2＋4>0，所以y＝2x3＋4x在(0，1)上单调递增；对于选项B，y′＝1－cos x≥0，所以y＝x＋sin (－x)在(0，1)上单调递增．
答案：AB
3．函数f(x)＝的单调递增区间为________；单调递减区间为____________．
解析：函数的定义域为{x|x≠0}，且f′(x)＝，令f′(x)>0得x>1，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，令f′(x)<0，得x<1且x≠0，f(x)的单调减区间为(－∞，0)和(0，1)．
答案：(1，＋∞)　(－∞，0)和(0，1)
4．若f(x)＝，0＜a＜b＜e，则f(a)与f(b)的大小关系为________．
解析：f′(x)＝，当0＜x＜e时，1－ln x＞0，
即f′(x)＞0，∴f(x)在(0，e)上单调递增，
∴f(a)＜f(b)．
答案：f(a)＜f(b)
5．[易错题](1)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
(2)已知f(x)＝x3－ax的一个单调递增区间是[1，＋∞)，则a的值是________．
解析：(1)f′(x)＝3x2－a，由题意知f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立．即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立．
又x∈[1，＋∞)时，3x2≥3，∴a≤3，即a的最大值是3．
(2) f′(x)＝3x2－a，依题意知a>0，由3x2－a>0得a>，或a<－．
因为函数f(x) 的一个单调递增区间是[1，＋∞)，所以 ＝1，解得a＝3．
答案：(1)3　(2)3
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__不含参数的函数的单调性[自主演练]
1．函数f(x)＝x·ex－ex＋1的递增区间是(　　 )
A．(－∞，e)　　　　　　　B．(1，e)
C．(e，＋∞)　　　　　　　D．(e－1，＋∞)
解析：由f(x)＝x·ex－ex＋1，
得f′(x)＝(x＋1－e)·ex．
令f′(x)>0，解得x>e－1，
所以函数f(x)的递增区间是(e－1，＋∞)．
答案：D
2．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝x sin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是____________．
解析：f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x．
令f′(x)＝x cos x>0，
则其在区间(－π，π)上的解集为∪，
即f(x)的单调递增区间为和．
答案：和
3．函数f(x)＝(x－1)ex－x2的单调递增区间为________，单调递减区间为__________．
解析：f(x)的定义域为R，
f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln 2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表，
x (－∞，0) 0 (0，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 单调递减 单调递增
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)．
答案：(－∞，0)，(ln 2，＋∞)　(0，ln 2)
[思维升华]　确定函数单调区间的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)求f′(x)．
(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
注意：若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”或“和”连接，不能用“∪”连接．
考点2__含参数的函数的单调性[典例引领]
【例1】　已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．
解：函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝．
①当01，
∴x∈(0，1)和时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增，
在上单调递减；
②当a＝1时，＝1，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a>1时，0<<1，
∴x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，
在上单调递减．
综上，当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
[思维引申]　(变条件)若将本例中参数a的范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f(x)的单调性？
解：当a>0时，讨论同上；
当a≤0时，ax－1<0，
∴x∈(0，1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
[思维升华] 　(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
讨论点一般有三类：①自变量系数a分②判别式Δ分③两根的大小分
[对点练]　已知f (x)＝axex－2aex－x2＋x，求f (x)的单调区间．
解：f (x)的导函数为f ′(x)＝(x－1)(aex－1)．
(1)当a＝0时，f ′(x)＝－(x－1)．
若x＞1，则f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
若x＜1，则f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
(2)当a＜0时，若x＞1，则f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
若x＜1，则f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
(3)当a＞0时，①若a＝，则f ′(x)＝(x－1)·(ex－1－1)≥0，f (x)在R上单调递增．
②若a＞，则f ′(x)＞0，即为(x－1)·＞0，可得x＞1或x＜ln ；
f ′(x)＜0，即为(x－1)＜0，
可得ln ＜x＜1．
③若0＜a＜，则f ′(x)＞0，即为(x－1)·＞0，可得x＜1或x＞ln ；
f ′(x)＜0，即为(x－1)＜0，可得1＜x＜ln ．
综上，当a≤0时，f (x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)；
当a＝时，f (x)的单调递增区间为R；
当a＞时，f (x)的单调递增区间为(1，＋∞)，，单调递减区间为；
当0＜a＜时，f (x)的单调递增区间为(－∞，1)，，单调递减区间为．
考点3__导数与函数单调性关系的应用_[多维讲练]
利用导数研究函数的单调性是研究函数图象、极值、最值、不等式等问题的基础，是高考考查的重点，既有选择题、填空题，也隐含在解答题中，难度偏大，对运算能力有较高的要求，凸显逻辑推理和数学运算素养．
角度1　利用导数研究函数的图象
【例2】　(2021·天津河北区一模)函数f＝e－2x2－1的图象大致是(　　 )
解析：f＝e－2－1＝e－2x2－1＝f，则f是偶函数，图象关于y轴对称，排除C，
当x>0且x→＋∞，f→＋∞，排除A，
当x>0时，f＝ex－2x2－1，则f′＝ex－4x，
∵f′＝1>0，f′＝e－4<0，f′>0，则f′＝0有两个不同的零点，
即当x>0时，函数至少有三个单调区间，排除B，
答案：D
[思维升华]　借助导数研究函数图象的注意点
(1)不要忽略函数的定义域；
(2)注意研究函数经过的特殊点；
(3)在开区间上研究函数图象时，注意利用极限思想确定区间端点处函数值的正负．
角度2　利用导数比较函数值的大小
【例3】　(1) (2021·山东菏泽二模)已知a、b、c∈，且a5＝5a、b4＝4b、c3＝3c，下列不等式正确的是(　　 )
A．a>b>c B．c>a>b
C．c>b>a D．a>c>b
(2)已知a>1，b>1，且满足a2－3b＝2ln a－ln 4b，则(　　 )
A．a2>2b B．a2<2b
C．a2>b2 D．a2解析：(1)a5＝5a即＝，b4＝4b即＝，c3＝3c即＝，
设f＝，则f＝f，f＝f，f＝f，
f′＝，
当x>e时，f′<0，f＝是减函数，
当00，f＝是增函数，
因为a、b、c∈，f＝f，f＝f，f＝f，所以a、b、c∈．
因为f(2)由题得，a2－ln a2＝3b－ln 4b，且a>1，b>1，
令f＝x－ln x，则f′＝1－＝，
∴f在上单调递减，在上单调递增，
∵a>1，b>1，∴a2>1，2b>1，
又∵f＝a2－ln a2＝3b－ln 4b，f＝2b－ln 2b，
∴f－f＝－＝b－ln 2>0，即f>f，∴a2>2b．
答案：(1)C　(2)A
[思维升华]　利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小．
角度3　构造函数解不等式
【例4】　(1)已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，且对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　　 )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
(2)设f(x)和g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，f′(x)，g′(x)分别为其导数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集是(　　 )
A．(－3，0)∪(3，＋∞)
B．(－3，0)∪(0，3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0，3)
解析：(1)由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0．设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2．因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1．
(2)令h(x)＝f(x)g(x)，当x＜0时，h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，则h(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)为奇函数，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由g(－3)＝0，可得h(－3)＝－h(3)＝0，所以当x＜－3或0＜x＜3时，h(x)＜0，故选D．
答案： (1)B　(2)D
[思维升华]　与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式．
角度4　已知函数单调性求参数范围
【例5】　已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)．
(1)若函数f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围．
解析：　(1)f(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－ax－2，由于f(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解．　　
即a＞－有解，设G(x)＝－，
所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝－1，
所以G(x)min＝－1．
所以a＞－1．
(2)由f(x)在[1，4]上单调递减得，
当x∈[1，4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1，
因为x∈[1，4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，即a的取值范围是．
[思维引申]　(1)(变条件)若函数f(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围．
解：由f(x)在[1，4]上单调递增得，当x∈[1，4]时，f′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1，4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
(2)(变条件)若函数f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，
则f′(x)＜0在[1，4]上有解，
所以当x∈[1，4]时，a＞－有解，
又当x∈[1，4]时，＝－1，
所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
(3)(变条件)若函数f(x)在[1，4]上不单调，求a的取值范围．
解：因为f(x)在[1，4]上不单调，
所以f′(x)＝0在(1，4)上有解，
即a＝－有解，
令m(x)＝－，x∈(1，4)，
则－1所以实数a的取值范围为．
[思维升华]　由函数的单调性求参数的取值范围
(1)可导函数在区间(a，b)上单调递增(或递减)，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．
(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调递增(或递减)区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
构造函数解不等式
以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，”等特征式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．
一、构造y＝f(x)±g(x)型可导函数
【例1】　设f(x)为R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cos x<0，则不等式f(x)解析：令φ(x)＝f(x)－sin x，
∴当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cos x<0，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递减，
又f(x)为R上的奇函数，
∴φ(x)为R上的奇函数，
∴φ(x)在(－∞，0]上单调递减，
故φ(x)在R上单调递减且φ(0)＝0，
不等式f(x)即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0，
∴原不等式的解集为(0，＋∞)．
答案：(0，＋∞)
二、利用f(x)与x构造可导型函数
【例2】　(2021·陕西宝鸡二模)已知函数f(x)的定义域为，且满足f＋xf′>0(f′是f(x)的导函数)，则不等式f　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A． B．
C． D．
[思维点拨]　根据f＋x·f′>0可知g＝xf在上单调递增，再将不等式f解析：由f＋x·f′>0得，>0．
令g＝xf，则g在上单调递增，
不等式两边同时乘以x＋1得，f(x2－1)所以解得1答案：B
【例3】　已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是____________．
[思维点拨]　满足“xf′(x)－nf(x)”形式，优先构造F(x)＝，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可．
解析：构造F(x)＝，则F′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出当x>0时，F′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x2为偶函数，∴F(x)为偶函数，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝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f(x)>0的解集为(－1，0)∪(0，1)．
答案：(－1，0)∪(0，1)
三、利用f(x)与ex构造可导型函数
【例4】　若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)－2f(x)＞0，f(0)＝1，则不等式f(x)＞e2x的解集为________．
解析：构造F(x)＝，则F′(x)＝＝，
函数f(x)满足f′(x)－2f(x)＞0，
则F′(x)＞0，F(x)在R上单调递增．
又∵f(0)＝1，则F(0)＝1，f(x)＞e2x ＞1 F(x)＞F(0)，根据单调性得x＞0．
答案：(0，＋∞)
[例5]　若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>的解集为________．
解析：构造F(x)＝f(x)·e2x，
∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，
∴F(x)在R上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，
不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1，
即F(x)>F(0)，
∴x>0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．
答案：(0，＋∞)
四、利用f(x)与sin x，cos x构造可导型函数
[例6]　已知函数f(x)是定义在上的奇函数．当x∈[0，)时，f(x)＋f′(x)tan x>0，则不等式cos xf＋sin xf(－x)>0的解集为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：令g(x)＝f(x)sin x，则g′(x)＝f(x)cos x＋f′(x)sin x＝[f(x)＋f′(x)tan x]cos x，当x∈[0，)时，f(x)＋f′(x)tan x>0，cos x>0，∴g′(x)>0，即函数g(x)单调递增．又g(0)＝0，∴x∈[0，)时，g(x)＝f(x)sin x≥0．∵f(x)是定义在上的奇函数，∴g(x)是定义在上的偶函数．不等式cos x·f＋sin x·f(－x)>0，即sin ·f>sin x·f(x)，即g>g(x)，∴|x＋|>|x|，∴x>－　①，又－答案：C
[思维升华]　常见的构造函数类型
1．利用f(x)与xn构造函数
(1)若F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)＝xn－1[nf(x)＋xf′(x)]；
(2)若F(x)＝，则F′(x)＝＝；
由此得到结论：
(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝．
2．利用f(x)与ex构造函数
(1)若F(x)＝enxf(x)，则F′(x)＝n·enxf(x)＋enxf′(x)＝enx[f′(x)＋nf(x)]；
(2)若F(x)＝，则F′(x)＝＝；
由此得到结论：
(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝．
3．利用f(x)与sin x，cos x构造函数
sin x，cos x因为导函数存在一定的特殊性，所以也是重点考察的范畴，下面是常考的几种形式．
F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝，F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cosx，F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
F(x)＝，F′(x)＝．
[对点练]　(1)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是(　　)
A．f(x)＞0 B．f(x)＜0
C．f(x)＞x D．f(x)＜x
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－e＞0的解集为________．
(3)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)＜，则不等式f(lg x)＞的解集为__________．
解析：(1)令g(x)＝x2f(x)－x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．
当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－x4＞0，从而f(x)＞x2＞0；
当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－x4＞0，从而f(x)＞x2＞0；
当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0．
综上可知，f(x)＞0．
(2)由f(x)＋2f′(x)＞0得2＞0，可构造函数h(x)＝ef(x)，则h′(x)＝e[f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数h(x)＝ef(x)在R上单调递增，且h(2)＝ef(2)＝1．不等式exf(x)－e＞0等价于ef(x)＞1，即h(x)＞h(2) x＞2，所以不等式exf(x)－e＞0的解集为(2，＋∞)．
(3)由题意构造函数g(x)＝f(x)－x，
则g′(x)＝f′(x)－＜0，
所以g(x)在定义域内是减函数．
因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－＝，
由f(lg x)＞，得f(lg x)－lg x＞．
即g(lg x)＝f(lg x)－lg x＞＝g(1)，
所以lg x＜1，解得0＜x＜10．
所以原不等式的解集为(0，10)．
答案： (1)A　(2)(2，＋∞)　(3)(0，10)
课下巩固培优卷(十五)
【A/基础巩固题组】
1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是(　　)
A．(0，1)　　　　　　　　B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1，1)
解析：∵f′(x)＝2x－＝(x>0)，
∴当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
答案：A
2．设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　 )
A．(1，2] B．(4，＋∞)
C．(－∞，2) D．(0，3]
解析：因为f(x)＝x2－9ln x，所以f′(x)＝x－(x＞0)，由x－≤0，得0答案：A
3．(2021·安徽合肥模拟)已知实数a，b，c满足ln a＝eb＝c，则a，b，c的大小关系为(　　 )
A．a>b>c B．c>b>a
C．b>c>a D．a>c>b
解析：令f(x)＝x－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－．
当0当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝1>0，即x>ln x．
所以a>ln a＝c，c>ln c＝ln eb＝b，
答案：D
4．若函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1，2]上不单调，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－3] B．(－3，1)
C．[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
解析：因为f(x)＝x3－x2＋ax－5，
所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1．
如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1，2]上单调，那么a－1≥0或
解得a≥1或a≤－3，于是满足条件的a∈(－3，1)．
答案：B
5．(多选)已知定义在(0，)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)<0成立，则(　　)
A．f()>f() B．f()>f()
C．f()>f() D．f()>f()
解析：根据题意，令g(x)＝，x∈(0，)，则其导数g′(x)＝，又由x∈(0，)，且恒有cosx·f′(x)＋sin x·f(x)<0，则有g′(x)<0，即函数g(x)为减函数，又由<，则有g()>g()，即>，分析可得f()>f()；又由<，则有g()>g()，即>，分析可得f()>f()．
答案：CD
6．函数f(x)＝的单调递减区间是________．
解析：由f′(x)＝<0，得解得0答案：(0，1)和(1，e)
7．若y＝x＋(a＞0)在[2，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．
解析：由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a．
∴y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．
∵函数在[2，＋∞)上单调递增，
∴[2，＋∞) [a，＋∞)，∴a≤2．又a＞0，∴0＜a≤2．
答案：(0，2]
8．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x在区间[1，2]上为单调函数，求a的取值范围．
解：f′(x)＝－4x＋，若函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0，即－4x＋≥0或－4x＋≤0在[1，2]上恒成立，即≥4x－或≤4x－．
令h(x)＝4x－，因为函数h(x)在[1，2]上单调递增，
所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3，
解得a<0或0综上，a的取值范围是a＜0或0＜a≤或a≥1．
【B/能力提升题组】
9．(多选)已知e为自然对数的底数，则下列判断正确的是(　　 )
A．3e－2π＜3πe－2 B．πlog3e＞3logπe
C．logπe> D．πe＜eπ
解析：对于A，因为y＝xe－3在上递减，则3e－3>πe－3，所以3e－2π>3πe－2，故A错；
对于B，由于log3e>logπe>0，则πlog3e>πlogπe>3logπe，故B正确；
对于C，设y＝，则y′＝＝，
当00，当e所以函数y＝在单调递减，则<，得<＝logπe，故C正确；
对于D，由C项知<，则eln π<πln e，
即ln πe答案：BCD
10．已知定义在(0，＋∞)上的函数满足xf′＋f＝，则下列不等式一定正确的是(　　 )
A．4fB．4fC．4ef>9f
D．ef<16f
解析：由xf′＋f＝，得＝x＋ln x－1，
设g＝，
则g′＝＝
＝＝x＋ln x－1
设h＝x＋ln x－1，则h在(0，＋∞)上为增函数，且h＝0，
则当x>1时，h>h＝0，
此时g′＝h>0，此时函数g为增函数，当0此时g′＝h<0，此时函数g为减函数，
由g>g，即>，即4f>ef，
由g>g，得>，
即4ef<9f，
由g>g，得>，
即4f答案：A
11．(2022·广东深圳测试)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝(1－x)ex，且f(2)＝0，则f(x)＞0的解集为________．
解析：设F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝(1－x)ex，设F(x)＝(ax＋b)ex＋c，则F′(x)＝(ax＋b＋a)ex，所以解得所以F(x)＝(2－x)·ex＋c，又F(2)＝2f(2)＝0，所以c＝0，所以F(x)＝(2－x)ex，f(x)＝ex，由f(x)＞0，得0＜x＜2，所以不等式f(x)＞0的解集是(0，2)．
答案：(0，2)
12．已知函数f＝2sin x＋e－x－ex，则不等式f＋f>0的解集为___________．
解析：由题意，函数f＝2sin x＋e－x－ex的定义域为R，
且满足f＝2sin (－x)＋ex－e－x＝－2sin x－e－x＋ex＝－f，即f＝－f，
所以函数f为奇函数，
又由f′＝2cos x－e－x－ex＝2cos x－(e－x＋ex)，
因为e－x＋ex≥2＝2，当且仅当e－x＝ex时，即x＝0时，等号成立，
所以f′≤0，所以函数f为R上单调递减函数，
又因为f＋f>0，即f>－f，
即f>f，所以a2－a＋1<2a－1，即a2－3a＋2<0，
解得1答案：
13．设函数f(x)＝a ln x＋，其中a为常数．
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
解：(1)由题意知当a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)，
此时f′(x)＝，可得f′(1)＝，又f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0．　
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋＝．
当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a<－时，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当－设x1，x2(x1则x1＝，x2
＝．
由于x1＝＝＞0，
所以当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
综上可得：
当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－在，
上单调递减，
在上单调递增．
第2课时　利用导数研究函数的极值、最值　
对应学生用书P063
[课标要求]　借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；体会导数与单调性、极大(小)值、最大(小)值的关系．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
1．函数的极值
(1)定义
满足条件
极小值点与极小值 若函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，就把点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值
极大值点与极大值 若函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，就把点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f (x)的极大值
极值与极值点 极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点
(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③确定f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．
2．函数的最值
(1)一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值与最小值．函数的最值必在极值点或区间端点处取得．
(2)求函数f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b) 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
盘点易错易混
1．利用极值求参数时忽略对所求参数的检验；
2．混淆极值与极值点的概念；
3．连续函数在区间(a，b)上不一定存在最值；
4．对“恒成立”和“能成立”理解不透．
【小题热身】
1．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(　　 )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
解析：f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2．
当x＜－2或x＞2时，f′(x)＞0；
当－2＜x＜2时，f′(x)＜0．
∴f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．
∴f(x)在x＝2处取得极小值，∴a＝2．
答案：D
2．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　 )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由题意知只有在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正．
答案：A
3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为________．
解析：f′(x)＝－1，令f′(x)＝0得x＝1．
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0．
∴当x＝1时，f(x)取得最大值，且f(x)max＝f(1)＝ln 1－1＝－1．
答案：－1
4．已知函数f(x)＝x2＋(a＋4)x－2ln x在区间(1，2)上存在最值，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f′(x)＝3x＋(a＋4)－＝，故可将题意等价的转化为f′(1)·f′(2)<0，即(a＋5)(a＋9)<0，解得－9答案：(－9，－5)
5．[易错题]对任意实数x，不等式sin x≤a恒成立，则实数a的取值范围是________；存在实数x0，使不等式sin x0≤a成立，则实数a的取值范围是________．
解析：对任意实数x，不等式sin x≤a恒成立，则(sin x)max≤a，即a≥1．存在实数x0，使不等式sin x0≤a成立，则(sin x)min≤a，即a≥－1．
答案：[1，＋∞)　[－1，＋∞)
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__用导数求函数极值问题[多维讲练]
函数极值一直是高考的重要内容，是求函数最值的基础，尤其是含参数的函数极值问题一直是高考考查的热点，考查形式既有选择题、填空题，也有解答题(或隐含于解答题之中)，对计算能力、利用导数研究函数图象等有较高要求，凸显数学运算、逻辑推理和直观想象素养。
角度1　根据函数图象判断函数极值
【例1】　(多选)已知函数f (x)在R上可导，其导函数为f ′(x)，且函数y＝(1－x)f ′(x)的图象如图所示，则(　　 )
A．函数f (x)有极大值f (2)
B．函数f (x)有极大值f (－2)
C．函数f (x)有极小值f (－2)
D．函数f (x)有极小值f (2)
解析：由题图可知，当x<－2时，f ′(x)>0；当－22时，f ′(x)>0．由此可以得到函数f (x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．
答案：BD
[思维升华]　由函数的图象判断函数的极值，要抓住两点：(1)由函数的图象与x轴的交点，可得函数的可能极值点；(2)由导函数的图象可以看出导函数值的正负，从而可以判断出函数的单调性，两者结合可得极值点．
角度2　求函数的极值
【例2】　已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．
解：f′(x)＝1－＝．
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝ln a．
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0．
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．
[思维升华]　运用导数解决函数极值问题的一般流程
角度3　已知极值(点)求参数的值或范围
【例3】　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为(　　)
A．－　　　　　　　 B．－2
C．－2或－ D．2或－
解析：由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由f′(1)＝0，f(1)＝10，
得解得或经检验满足题意，故＝－．
答案：A
[思维升华]　根据函数极值求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
(2)验证：求解后验证根的合理性．
注意：对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．
[对点练]　1．(2021·河北沧州三模)已知函数f＝－x，则(　　 )
A．f的单调递减区间为
B．f的极小值点为1
C．f的极大值为－1
D．f的最小值为－1
解析：f′＝－1＝．
令φ＝1－ln x－x2，则φ′＝－－2x<0，
所以φ＝1－ln x－x2在上单调递减．
因为φ＝0，
所以当00；当x>1时，φ<0．
所以f的单调递增区间为，单调递减区间为，
故f的极大值点为1，f的极大值为f＝－1
答案：C
2．(2021·全国高考乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f＝a的极大值点，则(　　 )
A．ab
C．aba2
解析：若a＝b，则f＝a为单调函数，无极值点，不符合题意，故a≠b．
∴f有x＝a和x＝b两个不同零点，且在x＝a左右附近是不变号的，在x＝b左右附近是变号的．依题意，x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，∴在x＝a左右附近都是小于零的．
当a<0时，由x>b，f≤0，画出f的图象如下图所示：
由图可知ba2．
当a>0时，由x>b时，f>0，画出f的图象如下图所示：
由图可知b>a，a>0，故ab>a2．
综上所述，ab>a2成立．
答案：D
考点2__利用导数求函数的最值[典例引领]
【例4】　已知函数g(x)＝a ln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解：(1)∵a＝1，∴g(x)＝ln x＋x2－3x，
∴g′(x)＝＋2x－3＝，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1．
(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝
＝．
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1<③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e．
综上，h(a)＝
[思维升华]　(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数在[a，b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．
(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
(4)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．
[对点练]　1．(2021·新高考全国Ⅰ卷) 函数f＝－2ln x的最小值为______．
解析：由题设知：f(x)＝|2x－1|－2ln x定义域为(0，＋∞)，
∴当0当当x>1时，f(x)＝2x－1－2ln x，有f′(x)＝2－>0，此时f(x)单调递增；
又f(x)在各分段的界点处连续，
∴综上，01时，f(x)单调递增，
∴f(x)≥f(1)＝1．
答案：1
2．已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
解：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝1．
当00；当x>1时，f′(x)<0．
∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．
∴f(x)max＝f(1)＝－1．
∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1．
(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈．
①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意．
②若a<－，令f′(x)>0得 a＋>0，结合x∈(0，e]，
解得0令f′(x)<0得a＋<0，结合x∈(0，e]，解得－从而f(x)在上为增函数，在上为减函数，
∴f(x)max＝f＝－1＋ln ．
令－1＋ln ＝－3，得ln ＝－2，即a＝－e2．
∵－e2<－，∴a＝－e2为所求．
故实数a的值为－e2．
考点3__利用导数解决实际问题[典例引领]
【例5】　(2022·山东泰安高三期末)为了更直观地让学生认识棱锥的几何特征，某教师计划制作一个正四棱锥教学模型．现有一个无盖的长方体硬纸盒，其底面是边长为20 cm的正方形，高为10 cm，将其侧棱剪开，得到展开图，如图所示．
P1，P2，P3，P4分别是所在边的中点，剪去阴影部分，再沿虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四个点重合于点P，正好形成一个正四棱锥P－ABCD，如图所示，设AB＝x(单位：cm)．
(1)若x＝10，求正四棱锥P－ABCD的表面积；
(2)当x取何值时，正四棱锥P－ABCD的体积最大．
[思维点拨]　(1)连接AC，BD，交于点O，设BC中点为E，连接PE，EO，PO，利用底面积与侧面积的和求解表面积；
(2)由AB＝x，可得OE＝，PE＝20－，先利用勾股定理求出棱锥的高，然后表示出体积，再利用导数求最大值时x的值．
解析：在正四棱锥P－ABCD中，连接AC，BD，交于点O，设BC中点为E，连接PE，EO，PO．
(1)∵AB＝10，∴OE＝5，PE＝15，
∴正四棱锥P－ABCD的表面积为
S表＝SABCD＋4S△PBC＝10×10＋4××10×15＝400，
∴正四棱锥P－ABCD的表面积为400 cm2．
(2)∵AB＝x，∴OE＝，PE＝20－，
∴PO＝＝2×
，
∴正四棱锥P－ABCD的体积为
V＝x2×2×＝×x2＝×．
令t＝x4，
则t′＝5x3，
当00，t单调递增；
当16∴t＝t，∴V＝V，
∴当x＝16时，正四棱锥P－ABCD的体积最大．
[思维升华]　在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数求解实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义，该极值点就是最值点．
[对点练]　统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中，每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为：y＝x3－x＋8(0(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？
(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？
解：(1)设汽车以x千米/小时的速度行驶，其耗油量为
f(x)＝
＝＋－(0则f(40)＝17．5(升)．
因此从甲地到乙地要耗油17．5升．
(2)f′(x)＝－＝
＝(0＜x≤120)，
令f′(x)＝0，解得x＝80；
当0当800．
则当x＝80时，f(x)取到最小值f(80)＝11．25(升)．
因此当汽车以80千米/小时的速度行驶时，耗油最省，最小耗油量为11．25升．
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
含ex，ln x的函数或不等式的解题策略
根据指数函数和对数函数的导数，以及导数的运算法则，不难知道：
①[f(x)ex]′＝0 [f′(x)＋f(x)]ex＝0 f′(x)＋f(x)＝0；
[f(x)e－x]＝0 [f′(x)－f(x)]e－x＝0 f′(x)－f(x)＝0．
②[ln x－f(x)]′＝0 －f′(x)＝0．
从这两组式子，我们大致可以得到如下两条经验：
(1)指数找基友：如果我们要证明ex大于(或小于)一个非超越式f(x)，可以考虑采用作商法，这是因为作商构造出的新函数f(x)e－x极值点一般可求，即方程f′(x)－f(x)＝0可解，可以避免多次求导。此所谓“指数找基友”——给ex找基友f(x)。
(2)对数单身狗：如果我们要证明ln x大于(或小于)一个非超越式f(x)，可以直接作差，构造函数ln x－f(x)，这也是因为其极值点可求，即方程－f′(x)＝0可解，可避免多次求导。如果待证的不等式形式比较复杂，可以将ln x分离出来，使其系数为常数，次数为1，此所谓“对数单身狗”.
[例1]　已知函数f(x)＝ex－ax2．若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1．
证明：法一(指数找基友)
当a＝1时，f(x)＝ex－x2，不等式f(x)≥1等价于x2＋1≤ex。
构造函数g(x)＝，求导可得g′(x)＝＝≤0，
其中等号只在x＝1时取得，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减，
所以当x≥0时，g(x)≤g(0)＝1，又因为ex>0，所以x2＋1≤ex．故原命题得证．
法二(对数单身狗)
当a＝1时，f(x)＝ex－x2，令ex＝t(t≥1)，则不等式f(x)≥1等价于ln t≤(t≥1)．
构造函数g(t)＝ln t－，
则g′(t)＝－＝＝≤0，
所以g(t)是[1，＋∞]上的减函数，所以g(t)≤g(1)＝0，即ln t≤，故原不等式得证。
法三(戴上面具的对数单身狗)
当a＝1时，f(x)＝ex－x2，不等式f(x)≥1(x≥0)等价于x≤(x≥0)．
构造函数g(x)＝x－，
g′(x)＝1－＝≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减，故g(x)≤g(0)＝0，即x≤(x≥0)，原不等式得证．
[思维升华]　仔细观察，不难发现后两种方法是完全对应的，采用的是换元法(如(2)中x＝ln ex)。事实上，换元大部分是为了将某些关系变得更加“显化”，方便我们观察，并不能“无中生有”地创造出一些本不存在的关系．
[例2]　(1)求证：当x≥0时，有ex≥ex＋(x－1)2．
(2)求证：当x≥0时，有(2－x)ex≤x＋2．
证明：(1)构造函数f(x)＝[ex＋(x－1)2]e－x，
则f′(x)＝[e＋2(x－1)－ex－(x－1)2]e－x＝(x－1)(3－e－x)e－x，
当0≤x<3－e时，f′(x)<0，f(x)递减，
此时f(x)≤f(0)＝1；
当3－e≤x≤1时，f′(x)≥0，f(x)递增，
此时f(x)≤f(1)＝1；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)递减，
此时f(x)故当x≥0时，恒有f(x)＝[ex＋(x－1)2]e－x≤1，即ex≥ex＋(x－1)2．
(2)当x≥2时，由(2－x)ex≤0构造函数f(x)＝e－x(0≤x<2)，
则f′(x)＝e－x＝e－x≥0恒成立，
所以f(x)在[0，2)上单调递增，f(x)＝e－x≥f(0)＝1，
所以当0≤x<2时，(2－x)ex≤x＋2也成立．
故当x≥0时，有(2－x)ex≤x＋2．
[思维升华]　(1)本例是直接法找“基友”．而本例(2)也可以采用换元法转化为“对数单身狗”，令x＝ln t(t≥1)，则不等式可化为(2－ln t)t≤ln t＋2，整理即得ln t≥(t≥1)，然构造函数g(x)＝ln t－(t≥1)证明．
(2) 只要知道ln x和x在一起的时候，x＝eln x是“指数”，与ln x有关的代数式是“基友”即可；而当ex和x在一起的时候，x＝ln ex是“对数”，将其分离出来让其“单身”即可，并不需要在答题纸上把换元过程写出来．
[对点练]　1．求证：当x≥1时，有x－ln2x≥1．
证明：原不等式等价于ln x≤(x≥1)．
构造函数f(x)＝ln x－，
则f′(x)＝－＝＝
≤0，
所以f(x)是[1，＋∞)上 的减函数，所以f(x)≤f(1)＝0，即ln x≤，故原不等式得证．
2．求证：当x≥2时，有x3－3x2ln x＋x2ln 2>2．
证明：原不等式等价于x－3ln x＋ln 2－>0．
构造函数f(x)＝x－3ln x＋ln 2－，
则f′(x)＝1－＋＝≥0，
所以f(x)是[2，＋∞)上的增函数，
所以f(x)≥f(2)＝－2ln 2>0，
其中－2ln 2>0 ln 2< e3>16 >16 32>27，显然成立，故证．
3．求证：对任意实数a∈(0，1)，方程aex－x ln x－－1＝0在(1，＋∞)上最多只有一个实数解．
证明：aex－x ln x－－1＝0
e－x＝a．
构造函数f(x)＝e－x，
则f′(x)＝
e－x＝(1－x)e－x，
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以方程e－x＝a在(1，＋∞)上最多只有一个实数解，
即方程aex－x ln x－－1＝0在(1，＋∞)上最多只有一个实数解．