《高三數(shù)學(xué)北師大版理一輪教師用書：第3章 第6節(jié) 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點(diǎn)問題 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)北師大版理一輪教師用書：第3章 第6節(jié) 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點(diǎn)問題 Word版含解析（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 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　判斷、證明或討論函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù) 　判斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的3種方法 直接法 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 　(2019·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．證明： (1)f′(x)在區(qū)間存在唯一極大值點(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)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.當(dāng)x∈時(shí)，g′(x

2、)單調(diào)遞減，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零點(diǎn)，設(shè)為α.則當(dāng)x∈(－1，α)時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0. 所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故g(x)在存在唯一極大值點(diǎn)，即f′(x)在存在唯一極大值點(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∈時(shí)，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在

3、單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且當(dāng)x∈(0，β)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． 又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＞0.從而，f(x)在沒有零點(diǎn)． (ⅲ)當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在單調(diào)遞減．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零點(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)． 　根據(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”，即通過研究函

4、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)＝ln x＋，m∈R. (1)當(dāng)m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時(shí)，求f(x)的極小值； (2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－零點(diǎn)的個(gè)數(shù)． [解]　(1)由題意知，當(dāng)m＝e時(shí)，f(x)＝ln x＋(x＞0)，則f′(x)＝， ∴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)取得極小值f(e

5、)＝ln e＋＝2， ∴f(x)的極小值為2. (2)由題意知g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)． 設(shè)φ(x)＝－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)＝， 又∵φ(0)＝0. 結(jié)合y＝φ(x)的圖像(如圖)，可知， ①當(dāng)m＞時(shí)，函

6、數(shù)g(x)無零點(diǎn)； ②當(dāng)m＝時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)； ③當(dāng)0＜m＜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＞時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)； 當(dāng)m＝或m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)0＜m＜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)根據(jù)區(qū)間上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)情況，估計(jì)出函數(shù)圖像的大致形狀，從而推導(dǎo)出導(dǎo)數(shù)需要滿足的條件，進(jìn)而求出參數(shù)滿足條件． (2)先求導(dǎo)，通過求導(dǎo)分析函數(shù)的單調(diào)情況，再依據(jù)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)情況，推導(dǎo)出函數(shù)本身需要滿足的條件，此時(shí)，由

7、于函數(shù)比較復(fù)雜，常常需要構(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＋ln x(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＋＝， 令f′(x)＝0，得x＝(負(fù)值舍去)， 當(dāng)0＜x＜時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)x＞時(shí)，f′(x)＜0. ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－. 令g(x)＝x－，其中x∈， 則g′(x)＝

8、1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)≤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，單調(diào)遞增區(qū)間為(1,3]， ∴g(x)min＝g(1)＝1，∴函數(shù)f(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋＞3－， ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 　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)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)，從而判斷函數(shù)的大致圖像，討論其圖像與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． 　(2018·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，證

9、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

10、′(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－是h(x)在(0，＋∞)的最小值． ①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)沒有零點(diǎn)； ②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)； ③若h(2)＜0，即a＞，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－＝1－＞1－＝1－＞0， 故h(x)在(2,4a)有一個(gè)零點(diǎn)．因此h(x)在(0，＋∞)有兩

11、個(gè)零點(diǎn)． 綜上，f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a＝. 考點(diǎn)3　函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)研究 　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)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等，并結(jié)合分類討論，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)＝x2＋(1－a)x－aln x，a∈R. (1)若f(x)存在極值點(diǎn)為1，求a的值

12、； (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－，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－＝(x＋1)(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)取得極小值f(a)． 又f(x)存在兩

13、個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2， 所以f(a)＜0， 即a2＋(1－a)a－aln a＜0， 整理得ln a＞1－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－aln ， 則h′(x)＝－2＋＝－2＋≥0， 所以h(x)在(0,2a)上單調(diào)遞增， 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ln a＞1－a

14、，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2. 　(1)研究函數(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)和形的輔助，得出函數(shù)零點(diǎn)的可能情況；(2)函數(shù)可變零點(diǎn)(函數(shù)中含有參數(shù))性質(zhì)的研究，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，再使用一元函數(shù)的方法進(jìn)行研究． 　已知函數(shù)f(x)＝ln x－x. (1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋x＋－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)＝－1＝. 令f′(x)＝＞0，得0＜x＜1

15、， 令f′(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：根據(jù)題意知g(x)＝ln x＋－m(x＞0)，因?yàn)閤1，x2是函數(shù)g(x)＝ln x＋－m的兩個(gè)零點(diǎn)， 所以ln x1＋－m＝0，ln x2＋－m＝0， 兩式相減，可得ln ＝－， 即ln ＝，故x1x2＝， 則x1＝，x2＝. 令t＝，其中0＜t＜1，則x1＋x2＝＋＝. 構(gòu)造函數(shù)h(t)＝t－－2ln t(0＜t＜1)， 則h′(t)＝. 因?yàn)?＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)， 即t－－2ln t＜0，可知＞1，故x

16、1＋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)，即不給出具體的函數(shù)解析式，而是給出函數(shù)f(x)及其導(dǎo)數(shù)滿足的條件，需要據(jù)此條件構(gòu)造抽象函數(shù)，再根據(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，該類題目具有一定的難度．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)，滿足f(1)＝1，且對任意的x∈R都有f′(x)＜，則不等式f(lg x)＞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)

17、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)－x，則g′(x)＝f′(x)－＜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)－＝， 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為(0,10)． (2)借助導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則，f′(x)g(x)＋f(x)g

18、′(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)． 特別地，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

19、(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)＝(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

20、2f(x)＋xf′(x)＞x2，則下列不等式在R上恒成立的是(　　) A．f(x)＞0 B．f(x)＜0 C．f(x)＞x D．f(x)＜x (1)A　(2)A　[(1)令g(x)＝， 則g′(x)＝. 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,

21、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)－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)－x4＞0，從而f(x)＞x2＞0； 當(dāng)x＜0時(shí)，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)， 即x2f(x)－x4＞0， 從而f(x)＞x2＞0； 當(dāng)x＝0時(shí)，由題意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0. 綜上可知，f(x)＞0.] [評析]　(1)對于xf′(x)＋nf(x)＞0型，構(gòu)造F(x)

22、＝xnf(x)，則F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意對xn－1的符號(hào)進(jìn)行討論)，特別地，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)＝，則F′(x)＝(注意對xn＋1的符號(hào)進(jìn)行討論)，特別地，當(dāng)n＝1時(shí)，xf′(x)－f(x)＞0，構(gòu)造F(x)＝，則F′(x)＝＞0. f′(x)±λf(x)(λ為常數(shù))型 【例3】　(1)已知f(x)在R上的可導(dǎo)函數(shù)，且任意x∈R，均有f(x)＞f′(x)，則有(　　) A．e2 019f(－2 01

23、9)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0) B．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0) C．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0) D．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0) (2)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則不等式exf(x)－e＞0的解集為______． (1)D　(2)(2，＋∞)　[(1)構(gòu)造函數(shù)h(x)＝，則h′(x)＝＜0，即h(x)在R上單調(diào)遞減，故h(－2

24、019)＞h(0)，即＞?e2 019f(－2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，即f(2 019)＜e2 019f(0)，故選D. (2)由f(x)＋2f′(x)＞0，得2＞0，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝ef(x)，則h′(x)＝e[f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函數(shù)h(x)＝ef(x)在R上單調(diào)遞增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)－e＞0等價(jià)于ef(x)＞1，即h(x)＞h(2)?x＞2，所以不等式exf(x)－e＞0的解集為(2，＋∞)．] [評析]　(1)對于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝exf(x)． (2)對于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝.