2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版高考解答題專項(xiàng)突破（一） 第4課時(shí) 極值點(diǎn)偏移問題含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版高考解答題專項(xiàng)突破（一）第4課時(shí)極值點(diǎn)偏移問題含答案第4課時(shí)極值點(diǎn)偏移問題考點(diǎn)一對稱構(gòu)造法求極值點(diǎn)偏移問題例1(2023·黑龍江牡丹江市第一高級中學(xué)高三熱身考試(二))已知函數(shù)f(x)＝x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(3,2)a))，a為實(shí)數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在x＝e處取得極值，f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f′(x1)＝f′(x2)，x1<x2，證明：2<x1＋x2<e.解(1)函數(shù)f(x)＝x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(3,2)a))的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(3,2)a))＋x＝x(2lnx－3a＋1)．令f′(x)＝0，得x＝eeq\s\up7(\f(3a－1,2))，當(dāng)x∈(0，eeq\s\up7(\f(3a－1,2)))時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(eeq\s\up7(\f(3a－1,2))，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eeq\s\up7(\f(3a－1,2)))，單調(diào)遞增區(qū)間為(eeq\s\up7(\f(3a－1,2))，＋∞)．(2)證明：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝e處取得極值，所以x＝eeq\s\up7(\f(3a－1,2))＝e，得a＝1，所以f(x)＝x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(3,2)))，得f′(x)＝x(2lnx－2)＝2x(lnx－1)，令g(x)＝2x(lnx－1)，因?yàn)間′(x)＝2lnx，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，g(x)＝2x(lnx－1)<0，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，g(x)＝2x(lnx－1)>0，故0<x1<1<x2<e.先證x1＋x2>2，需證x2>2－x1.因?yàn)閤2>1，2－x1>1，下面證明g(x1)＝g(x2)>g(2－x1)．設(shè)t(x)＝g(2－x)－g(x)，則當(dāng)0<x<1時(shí)，t′(x)＝－g′(2－x)－g′(x)＝－2ln(2－x)－2lnx＝－2ln[(2－x)x]>0，故t(x)在(0，1)上為增函數(shù)，故t(x)<t(1)＝0，所以t(x1)＝g(2－x1)－g(x1)<0，則g(2－x1)<g(x2)，所以2－x1<x2，即得x1＋x2>2.下面證明：x1＋x2<e.令g(x1)＝g(x2)＝m，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)－(－2x)＝2xlnx<0，所以g(x)<－2x成立，所以－2x1>g(x1)＝m，所以x1<－eq\f(m,2).當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，記h(x)＝g(x)－(2x－2e)＝2xlnx－4x＋2e，所以當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，h′(x)＝2lnx－2<0，所以h(x)為減函數(shù)，得h(x)>h(e)＝2e－4e＋2e＝0，所以m＝g(x2)>2x2－2e，即得x2<eq\f(m,2)＋e.所以x1＋x2<－eq\f(m,2)＋eq\f(m,2)＋e＝e.綜上，2<x1＋x2<e.對稱構(gòu)造法主要用來解決與兩個(gè)極值點(diǎn)之和(積)相關(guān)的不等式的證明問題．其解題要點(diǎn)如下：(1)定函數(shù)(極值點(diǎn)為x0)，即利用導(dǎo)函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而確定函數(shù)的極值點(diǎn)x0.(2)構(gòu)造函數(shù)，即對結(jié)論x1＋x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；對結(jié)論x1x2>xeq\o\al(2,0)型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式．(3)判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論F(x)的單調(diào)性．(4)比較大小，即判斷函數(shù)F(x)在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系．(5)轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性，將f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為x與2x0－x之間的大小關(guān)系，進(jìn)而得到所證或所求.1.(2022·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；(2)證明：若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1x2＜1.解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))ex－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq\f(x－1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)＋1))，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)≥f(1)＝e＋1－a，若f(x)≥0，則e＋1－a≥0，即a≤e＋1，所以a的取值范圍為(－∞，e＋1]．(2)證法一：由題意知，f(x)的一個(gè)零點(diǎn)小于1，一個(gè)零點(diǎn)大于1.不妨設(shè)0<x1＜1＜x2，要證x1x2＜1，即證x1＜eq\f(1,x2).因?yàn)閤1，eq\f(1,x2)∈(0，1)，即證f(x1)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))，因?yàn)閒(x1)＝f(x2)，即證f(x2)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))，即證eq\f(ex,x)－lnx＋x－xeeq\f(1,x)－lnx－eq\f(1,x)＞0，x∈(1，＋∞)，即證eq\f(ex,x)－xeeq\s\up7(\f(1,x))－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))))>0.下面證明當(dāng)x＞1時(shí)，eq\f(ex,x)－xeeq\s\up7(\f(1,x))＞0，lnx－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))＜0.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)－xeeq\s\up7(\f(1,x))，則g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))ex－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eeq\s\up7(\f(1,x))＋xeeq\s\up7(\f(1,x))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)))))＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))ex－eeq\s\up7(\f(1,x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－eeq\s\up7(\f(1,x))))＝eq\f(x－1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－eeq\s\up7(\f(1,x)))).設(shè)φ(x)＝eq\f(ex,x)，則當(dāng)x>1時(shí)，φ′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))ex＝eq\f(x－1,x2)ex＞0，所以φ(x)＞φ(1)＝e，而eeq\s\up7(\f(1,x))＜e，所以eq\f(ex,x)－eeq\s\up7(\f(1,x))＞0，所以當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，即g(x)＞g(1)＝0，所以eq\f(ex,x)－xeeq\s\up7(\f(1,x))＞0.令h(x)＝lnx－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，則當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))＝eq\f(2x－x2－1,2x2)＝－eq\f((x－1)2,2x2)＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，即h(x)＜h(1)＝0，所以lnx－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))＜0.綜上，eq\f(ex,x)－xeeq\s\up7(\f(1,x))－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))))＞0，即x1x2＜1得證．證法二：不妨設(shè)x1<x2，則由(1)知0<x1<1<x2，0<eq\f(1,x2)<1.由f(x1)＝f(x2)＝0，得eq\f(ex1,x1)－lnx1＋x1＝eq\f(ex2,x2)－lnx2＋x2，即ex1－lnx1＋x1－lnx1＝ex2－lnx2＋x2－lnx2.因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex＋x在R上單調(diào)遞增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝x－lnx，g(x)＝h(x)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)－2lnx，則g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f((x－1)2,x2)≥0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>g(1)＝0，即當(dāng)x>1時(shí)，h(x)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，所以h(x1)＝h(x2)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))，又h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<0，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以0<x1<eq\f(1,x2)<1，即x1x2<1.考點(diǎn)二比(差)值換元法求極值點(diǎn)偏移問題例2(2024·湖北黃岡浠水縣第一中學(xué)高三上學(xué)期質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－a)，g(x)＝eq\f(f(x),x)＋a－ax.(1)當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥－lnx－2恒成立，求a的取值范圍；(2)若g(x)的兩個(gè)相異零點(diǎn)為x1，x2，求證：x1x2>e2.解(1)當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥－lnx－2恒成立，即當(dāng)x≥1時(shí)，(x＋1)lnx－ax＋2≥0恒成立，設(shè)F(x)＝(x＋1)lnx－ax＋2，所以F(1)＝2－a≥0，即a≤2；F′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1－a，設(shè)r(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1－a，則r′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，所以當(dāng)x≥1時(shí)，r′(x)≥0，即r(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以r(x)≥r(1)＝2－a≥0，所以當(dāng)x≥1時(shí)，F(xiàn)′(x)＝r(x)≥0，即F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)≥F(1)＝2－a≥0.所以a的取值范圍為(－∞，2]．(2)證明：由題意知，g(x)＝lnx－ax，不妨設(shè)x1>x2>0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1＝ax1，,lnx2＝ax2，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln(x1x2)＝a(x1＋x2)，,ln\f(x1,x2)＝a(x1－x2)，))則eq\f(ln(x1x2),ln\f(x1,x2))＝eq\f(x1＋x2,x1－x2)＝eq\f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)，令t＝eq\f(x1,x2)>1，則eq\f(ln(x1x2),lnt)＝eq\f(t＋1,t－1)，即ln(x1x2)＝eq\f(t＋1,t－1)lnt.要證x1x2>e2，只需證ln(x1x2)>2，只需證eq\f(t＋1,t－1)lnt>2，即證lnt>eq\f(2(t－1),t＋1)(t>1)，即證lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0(t>1)，令m(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t>1)，因?yàn)閙′(t)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以m(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)t從右側(cè)趨近于1時(shí)，m(t)趨近于0，所以當(dāng)t∈(1，＋∞)時(shí)，m(t)>0，即lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0成立，故x1x2>e2.比(差)值換元的目的也是消參、減元，就是根據(jù)已知條件首先建立極值點(diǎn)之間的關(guān)系，然后利用兩個(gè)極值點(diǎn)之比(差)作為變量，從而實(shí)現(xiàn)消參、減元的目的．設(shè)法用比值或差值(一般用t表示)表示兩個(gè)極值點(diǎn)，即t＝eq\f(x1,x2)，化為單變量的函數(shù)不等式，繼而將所求解問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù)問題求解．2.已知函數(shù)f(x)＝xlnx－eq\f(x2,e)＋tx－1(t∈R)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)．(1)求t的取值范圍；(2)證明：x1＋x2>eq\f(4,e)x1x2.解(1)f′(x)＝lnx＋1－eq\f(2x,e)＋t，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,e)＝eq\f(e－2x,ex)(x>0)，令g′(x)＝0，解得x＝eq\f(e,2)，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,2)))時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞))時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝1－ln2＋t.因?yàn)閒(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以g(x)有兩個(gè)變號零點(diǎn)，所以g(x)max>0，即1－ln2＋t>0，所以t>ln2－1，即t的取值范圍為(ln2－1，＋∞)．(2)證明：由題意，知lnx2－eq\f(2x2,e)＋t＋1＝0，lnx1－eq\f(2x1,e)＋t＋1＝0，所以lnx2－lnx1＝eq\f(2,e)(x2－x1)，即eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(2,e).要證x1＋x2>eq\f(4,e)x1x2，只需證eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)>eq\f(4,e)，即證eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)>eq\f(2(lnx2－lnx1),x2－x1)，即證2lneq\f(x2,x1)<eq\f(x2－x1,x1)＋eq\f(x2－x1,x2)＝eq\f(x2,x1)－eq\f(x1,x2)，設(shè)eq\f(x2,x1)＝u(u>1)，則只需證u－eq\f(1,u)>2lnu(u>1)，令h(u)＝u－eq\f(1,u)－2lnu(u>1)，則h′(u)＝1＋eq\f(1,u2)－eq\f(2,u)＝eq\f(u2－2u＋1,u2)＝eq\f((u－1)2,u2)>0，所以h(u)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)u從右側(cè)趨近于1時(shí)，h(u)趨近于0，所以h(u)>0，即u－eq\f(1,u)>2lnu(u>1)，則x1＋x2>eq\f(4,e)x1x2.課時(shí)作業(yè)1．(2024·福建福州格致中學(xué)高三上學(xué)期質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx＋a,x).(1)討論函數(shù)f(x)的極值；(2)若(ex1)x2＝(ex2)x1(e是自然對數(shù)的底數(shù))，且x1>0，x2>0，x1≠x2，證明：x1＋x2>2.解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，求導(dǎo)得f′(x)＝－eq\f(alnx,x2)，若a＝0，則f′(x)＝0，函數(shù)f(x)無極值；若a≠0，由f′(x)＝0，可得x＝1；若a<0，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)f(x)有唯一極小值f(1)＝a，無極大值；若a>0，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減，此時(shí)函數(shù)f(x)有唯一極大值f(1)＝a，無極小值．綜上，當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)有極小值f(1)＝a，無極大值；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)有極大值f(1)＝a，無極小值．(2)證明：由(ex1)x2＝(ex2)x1，兩邊取對數(shù)可得x2(lnx1＋1)＝x1(lnx2＋1)，即eq\f(lnx1＋1,x1)＝eq\f(lnx2＋1,x2)，當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，由(1)可知，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝1，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0恒成立，因此當(dāng)a＝1時(shí)，存在x1，x2且0<x1<1<x2，滿足f(x1)＝f(x2)，若x2∈[2，＋∞)，則x1＋x2>x2≥2成立；若x2∈(1，2)，則2－x2∈(0，1)，記g(x)＝f(x)－f(2－x)，則當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－eq\f(lnx,x2)－eq\f(ln(2－x),(2－x)2)>－eq\f(lnx,x2)－eq\f(ln(2－x),x2)＝－eq\f(ln[－(x－1)2＋1],x2)>0，即函數(shù)g(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(2－x)，于是f(x1)＝f(x2)>f(2－x2)，而x2∈(1，2)，2－x2∈(0，1)，x1∈(0，1)，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，因此x1>2－x2，即x1＋x2>2.綜上，x1＋x2>2.2．(2024·廣東深圳中學(xué)高三階段考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex，已知直線y＝2x＋1是曲線y＝f(x)的一條切線．(1)求a的值，并討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x1)＝f(x2)，其中x1<x2，證明：x1x2>4.解(1)設(shè)直線y＝2x＋1與曲線y＝f(x)相切于點(diǎn)(x0，f(x0))，∵f′(x)＝(x＋a＋1)ex，∴f′(x0)＝(x0＋a＋1)ex0＝2；又f(x0)＝(x0＋a)ex0＝2x0＋1，∴2－ex0＝2x0＋1，即ex0＋2x0－1＝0.設(shè)g(x)＝ex＋2x－1，則g′(x)＝ex＋2>0，∴g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝0，∴g(x)有唯一零點(diǎn)x＝0，∴x0＝0，∴a＋1＝2，解得a＝1，∴f(x)＝(x＋1)ex，f′(x)＝(x＋2)ex，則當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(－2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.∴函數(shù)f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：由(1)知，f(x)min＝f(－2)＝－e－2<0，當(dāng)x<－1時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x>－1時(shí)，f(x)>0，∴x1<－2<x2<－1.要證x1x2>4，只需證x1<eq\f(4,x2)<－2.∵f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，∴只需證f(x1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x2)))，又f(x1)＝f(x2)，則只需證f(x2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x2)))對任意x2∈(－2，－1)恒成立．設(shè)h(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)))，∴h′(x)＝(x＋2)ex＋eq\f(8(x＋2),x3)eeq\s\up7(\f(4,x))＝eq\f((x＋2)eeq\s\up7(\f(4,x)),x3)(x3eeq\s\up7(x-\f(4,x))＋8)．設(shè)p(x)＝x3eeq\s\up7(x-\f(4,x))＋8，則當(dāng)－2<x<－1時(shí)，p′(x)＝xeeq\s\up7(x-\f(4,x))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))\s\up12(2)＋\f(7,4)))<0，∴p(x)在(－2，－1)上單調(diào)遞減，∴p(x)<p(－2)＝－8＋8＝0，又當(dāng)－2<x<－1時(shí)，eq\f((x＋2)eeq\s\up7(\f(x,4)),x3)<0，∴當(dāng)－2<x<－1時(shí)，h′(x)>0，∴h(x)在(－2，－1)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(－2)＝0，即f(x)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)))在x∈(－2，－1)時(shí)恒成立，又x2∈(－2，－1)，∴f(x2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x2)))，原不等式得證．3．(2023·湖北武漢華中師范大學(xué)第一附屬中學(xué)高三下學(xué)期壓軸卷(一))已知f(x)＝2x－sinx－eq\r(a)lnx.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；(2)若存在x1，x2(0<x1<x2)，使f(x1)＝f(x2)，求證：x1x2<a.解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝2x－sinx－lnx，則f′(x)＝2－cosx－eq\f(1,x)，當(dāng)x≥1時(shí)，f′(x)≥1－cosx≥0，故f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，不存在極值點(diǎn)；當(dāng)0<x<1時(shí)，令h(x)＝2－cosx－eq\f(1,x)，則h′(x)＝sinx＋eq\f(1,x2)>0恒成立，故函數(shù)h(x)即f′(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，且f′(1)＝1－cos1>0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝－coseq\f(1,4)－2<0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，使得f′(x0)＝0，所以當(dāng)0<x<x0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x0<x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在(0，1)上存在唯一極值點(diǎn)．綜上，當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)有且僅有一個(gè)．(2)證明：由f(x1)＝f(x2)，知2x1－sinx1－eq\r(a)lnx1＝2x2－sinx2－eq\r(a)lnx2，整理，得2(x1－x2)－(sinx1－sinx2)＝eq\r(a)(lnx1－lnx2)(*)，不妨令g(x)＝x－sinx(x>0)，則g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)0<x1<x2時(shí)，有g(shù)(x1)<g(x2)，即x1－sinx1<x2－sinx2，那么sinx1－sinx2>x1－x2，因此(*)即轉(zhuǎn)化為eq\r(a)>eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2).接下來證明eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)>eq\r(x1x2)(0<x1<x2)，等價(jià)于證明lneq\f(x1,x2)>eq\f(\r(x1),\r(x2))－eq\f(\r(x2),\r(x1))，不妨令eq\f(\r(x1),\r(x2))＝t(0<t<1)，建構(gòu)新函數(shù)φ(t)＝2lnt－t＋eq\f(1,t)(0<t<1)，φ′(t)＝eq\f(2,t)－1－eq\f(1,t2)＝－eq\f((t－1)2,t2)<0，則φ(t)在(0，1)上單調(diào)遞減，又當(dāng)t從左側(cè)趨近于1時(shí)，φ(t)趨近于0，所以φ(t)>0，故lneq\f(x1,x2)>eq\f(\r(x1),\r(x2))－eq\f(\r(x2),\r(x1))即eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)>eq\r(x1x2)(0<x1<x2)得證，由不等式的傳遞性知eq\r(x1x2)<eq\r(a)，即x1x2<a.4．(2023·湖南長沙實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三三模)已知函數(shù)h(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)若h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若方程xex－a(lnx＋x)＝0有兩個(gè)實(shí)根x1，x2，且x1≠x2，證明：ex1＋x2>eq\f(e2,x1x2).解(1)函數(shù)h(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)h(x)＝x無零點(diǎn)，不符合題意，所以a≠0，由h(x)＝x－alnx＝0，可得eq\f(1,a)＝eq\f(lnx,x)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，其中x>0，所以直線y＝eq\f(1,a)與函數(shù)f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由f′(x)＝0可得x＝e，列表如下：x(0，e)e(e，＋∞)f′(x)＋0－f(x)單調(diào)遞增極大值eq\f(1,e)單調(diào)遞減所以函數(shù)f(x)的極大值為f(e)＝eq\f(1,e)，函數(shù)f(x)的大致圖象如下圖所示：且當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝eq\f(lnx,x)>0，由圖可知，當(dāng)0<eq\f(1,a)<eq\f(1,e)，即a>e時(shí)，直線y＝eq\f(1,a)與函數(shù)f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e，＋∞)．(2)證明：因?yàn)閤ex－a(lnx＋x)＝0，則xex－aln(xex)＝0，令t＝xex>0，其中x>0，則有t－alnt＝0，t′＝(x＋1)ex>0，所以函數(shù)t＝xex在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)榉匠蘹ex－a(lnx＋x)＝0有兩個(gè)實(shí)根x1，x2，令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，則關(guān)于t的方程t－alnt＝0也有兩個(gè)實(shí)根t1，t2，且t1≠t2，要證ex1＋x2>eq\f(e2,x1x2)，即證x1ex1·x2ex2>e2，即證t1t2>e2，即證lnt1＋lnt2>2，由已知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t1＝alnt1，,t2＝alnt2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t1－t2＝a(lnt1－lnt2)，,t1＋t2＝a(lnt1＋lnt2)，))整理可得eq\f(t1＋t2,t1－t2)＝eq\f(lnt1＋lnt2,lnt1－lnt2)，不妨設(shè)t1>t2>0，即證lnt1＋lnt2＝eq\f(t1＋t2,t1－t2)lneq\f(t1,t2)>2，即證lneq\f(t1,t2)>eq\f(2(t1－t2),t1＋t2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t2)－1)),\f(t1,t2)＋1).令s＝eq\f(t1,t2)>1，即證lns>eq\f(2(s－1),s＋1)，其中s>1，構(gòu)造函數(shù)g(s)＝lns－eq\f(2(s－1),s＋1)，其中s>1，g′(s)＝eq\f(1,s)－eq\f(4,(s＋1)2)＝eq\f((s－1)2,s(s＋1)2)>0，所以函數(shù)g(s)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)s從右側(cè)趨近于1時(shí)，g(s)趨近于0，所以當(dāng)s>1時(shí)，g(s)>0，故原不等式成立．5．(2024·河北石家莊部分重點(diǎn)高中高三月考)已知函數(shù)f(x)＝x2lnx－a(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，證明：1<x1＋x2<eq\f(2,\r(e)).解(1)因?yàn)閒(x)＝x2lnx－a(a∈R)的定義域?yàn)?0，＋∞)，則f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)>0，解得x>eq\f(1,\r(e))，令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,\r(e))，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞)).(2)證明：不妨設(shè)x1<x2，由(1)知，必有0<x1<eq\f(1,\r(e))<x2.要證x1＋x2<eq\f(2,\r(e))，即證x2<eq\f(2,\r(e))－x1，即證f(x2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(e))－x1))，又f(x2)＝f(x1)，即證f(x1)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(e))－x1))<0.令g(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(e))－x))，則g′(x)＝x(2lnx＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(e))－x))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(e))－x))＋1))，令h(x)＝g′(x)，則h′(x)＝2(lnx＋1)＋1－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(e))－x))＋1))－2＝2lneq\f(x,\f(2,\r(e))－x)<0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))時(shí)恒成立，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))上單調(diào)遞減，即g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))上單調(diào)遞減，所以g′(x)>g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))上單調(diào)遞增，所以g(x1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝0，即f(x1)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(e))－x1))<0，所以x1＋x2<eq\f(2,\r(e)).接下來證明x1＋x2>1，令eq\f(x2,x1)＝t，則t>1，又f(x1)＝f(x2)，即xeq\o\al(2,1)lnx1＝xeq\o\al(2,2)lnx2，所以lnx1＝eq\f(t2lnt,1－t2)，要證1<x1＋x2，即證1<x1＋tx1，即證(t＋1)x1>1，不等式(t＋1)x1>1兩邊取對數(shù)，即證lnx1＋ln(t＋1)>0，即證eq\f(t2lnt,1－t2)＋ln(t＋1)>0，即證eq\f((t＋1)ln(t＋1),t)>eq\f(tlnt,t－1)，令u(x)＝eq\f(xlnx,x－1)，x∈(1，＋∞)，則u′(x)＝eq\f((lnx＋1)(x－1)－xlnx,(x－1)2)＝eq\f(x－lnx－1,(x－1)2)，令p(x)＝x－lnx－1，其中x∈(1，＋∞)，則p′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)>0，所以p(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)x從右側(cè)趨近于1時(shí)，p(x)趨近于0，所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，p(x)>0，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)＝eq\f(x－lnx－1,(x－1)2)>0，可得函數(shù)u(x)單調(diào)遞增，可得u(t＋1)>u(t)，即eq\f((t＋1)ln(t＋1),t)>eq\f(tlnt,t－1)，所以x1＋x2>1.綜上可知，1<x1＋x2<eq\f(2,\r(e)).6．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.解(1)因?yàn)閒(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明：由題意，a，b是兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，兩邊同時(shí)除以ab，得eq\f(lna,a)－eq\f(lnb,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，由(1)知f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且當(dāng)0<x<e時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x>e時(shí)，f(x)<0，不妨設(shè)x1<x2，則0<x1<1<x2<e.要證2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e，即證2<x1＋x2<e.先證x1＋x2>2：要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，因?yàn)?<x1<1<x2<e，所以x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以即證f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即證f(x1)<f(2－x1)，即證當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)－f(2－x)<0.構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，當(dāng)0<x<1時(shí)，0<x(2－x)<1，則－ln[x(2－x)]>0，即當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立．再證x1＋x2<e：由(1)知，f(x)的極大值點(diǎn)為x＝1，f(x)的極大值為f(1)＝1，過點(diǎn)(0，0)，(1，1)的直線方程為y＝x，設(shè)f(x1)＝f(x2)＝m，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)＝x(1－lnx)>x，直線y＝x與直線y＝m的交點(diǎn)坐標(biāo)為(m，m)，則x1<m.欲證x1＋x2<e，即證x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即證當(dāng)1<x<e時(shí)，f(x)＋x<e.構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)＋x，則h′(x)＝1－lnx，當(dāng)1<x<e時(shí)，h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)1<x<e時(shí)，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立．綜上可知，2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e成立．近幾年高考數(shù)學(xué)客觀壓軸題，多以導(dǎo)數(shù)為工具采用構(gòu)造函數(shù)比較大小或求參數(shù)取值范圍的形式出題，這類試題具有結(jié)構(gòu)獨(dú)特、技巧性高、綜合性強(qiáng)等特點(diǎn)，而構(gòu)造函數(shù)是解決導(dǎo)數(shù)問題的基本方法，以下對在處理導(dǎo)數(shù)問題時(shí)構(gòu)造函數(shù)的規(guī)律方法進(jìn)行歸類總結(jié)，并舉例說明．類型一導(dǎo)數(shù)型構(gòu)造函數(shù)(多角度探究)角度1利用f(x)與xn構(gòu)造(1)對于xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，其中n>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xnf(x)；(2)對于xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，其中n>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f(x),xn).例1函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且3f(x)＋xf′(x)<0，則不等式(x＋2024)3f(x＋2024)＋8f(－2)<0的解集為()A．(－2026，－2024) B．(－∞，－2026)C．(－2024，－2023) D．(－∞，－2020)答案A解析依題意，有[x3f(x)]′＝x2[3f(x)＋xf′(x)]<0，故y＝x3f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，原不等式化為(x＋2024)3f(x＋2024)<(－2)3f(－2)，即0>x＋2024>－2，所以原不等式的解集為(－2026，－2024)．故選A.題目已知中出現(xiàn)含f(x)，f′(x)的不等式，一般應(yīng)考慮逆用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則構(gòu)造新函數(shù)，然后再逆用單調(diào)性等解決問題．1．設(shè)f(x)是定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函數(shù)，且f(1)＝0，當(dāng)x<0時(shí)，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，則不等式f(x)>0的解集為________．答案(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析構(gòu)造F(x)＝eq\f(f(x),x)，則F′(x)＝eq\f(xf′(x)－f(x),x2)，由當(dāng)x<0時(shí)，xf′(x)－f(x)>0可得當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，∴F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．又f(x)為偶函數(shù)，g(x)＝x為奇函數(shù)，∴F(x)為奇函數(shù)，∴F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．根據(jù)f(1)＝0可得F(1)＝0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)F(x)的圖象(圖略)，根據(jù)函數(shù)F(x)的圖象可知f(x)>0的解集為(－∞，－1)∪(1，＋∞)．角度2利用f(x)與enx構(gòu)造(1)對于f′(x)＋nf(x)>0(或<0)，其中n>0，通常構(gòu)造函數(shù)F(x)＝enxf(x)；(2)對于f′(x)－nf(x)>0(或<0)，其中n>0，通常構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f(x),enx).例2(2023·湖北武漢華中師范大學(xué)第一附屬中學(xué)高三上學(xué)期期中)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，且f(x)－f′(x)>0，f(0)＝1，則關(guān)于x的不等式f(x)>ex的解集為()A．{x|x>0} B．{x|x<0}C．{x|x<1} D．{x|x>1}答案B解析由f(x)>ex?eq\f(f(x),ex)>1，設(shè)g(x)＝eq\f(f(x),ex)?g′(x)＝eq\f(f′(x)－f(x),ex)<0?g(x)單調(diào)遞減，且g(0)＝1，所以由eq\f(f(x),ex)>1?g(x)>1＝g(0)?x<0.故選B.若不等式滿足“f′(x)－nf(x)>0”的形式，優(yōu)先構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f(x),enx)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性和數(shù)形結(jié)合求解即可，注意所求問題的轉(zhuǎn)化．2．(2024·湖北襄陽第五中學(xué)高三上學(xué)期月考)設(shè)f′(x)是定義在R上的連續(xù)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(x)－f′(x)＋2ex<0(e為自然對數(shù)的底數(shù))，且f(2)＝4e2，則不等式f(x)>2xex的解集為________．答案(2，＋∞)解析設(shè)g(x)＝eq\f(f(x),ex)－2x，則g′(x)＝eq\f(f′(x)－f(x),ex)－2＝eq\f(f′(x)－f(x)－2ex,ex)，因?yàn)閒(x)－f′(x)＋2ex<0，所以g′(x)>0，函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，又f(2)＝4e2，所以g(2)＝eq\f(f(2),e2)－4＝0，由f(x)>2xex，可得eq\f(f(x),ex)－2x>0，即g(x)>0＝g(2)，又函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，所以x>2，即不等式f(x)>2xex的解集為(2，＋∞)．角度3利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造由于sinx，cosx的導(dǎo)函數(shù)存在一定的特殊性，且它們之間可以相互轉(zhuǎn)化，因此，要解由f(x)，f′(x)，sinx，cosx構(gòu)成的不等式，常用的構(gòu)造方法如下：(1)對于f′(x)sinx＋f(x)cosx>0(或<0)，通常構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)sinx；(2)對于f′(x)sinx－f(x)cosx>0(或<0)，通常構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f(x),sinx)；(3)對于f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(或<0)，通常構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(f(x),cosx)；(4)對于f′(x)cosx－f(x)sinx>0(或<0)，通常構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)cosx.例3定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)，f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有f′(x)>f(x)tanx成立，則()A．eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))B．eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>2cos1·f(1)C．eq\r(6)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))D．eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))答案A解析由f′(x)>f(x)tanx，得f′(x)cosx－f(x)sinx>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)cosx，則F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx>0，故F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，則Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))coseq\f(π,6)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).故選A.若不等式滿足或通過變形后滿足“f′(x)cosx－f(x)sinx>0”的形式時(shí)，優(yōu)先考慮構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)cosx，然后利用函數(shù)的單調(diào)性和數(shù)形結(jié)合求解即可，注意所求問題的轉(zhuǎn)化．3．(2023·重慶市九龍坡區(qū)高三二模)已知偶函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)0≤x<eq\f(π,2)時(shí)，有f′(x)cosx＋f(x)·sinx>0成立，則關(guān)于x的不等式f(x)>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx的解集為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))解析構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(f(x)