12
［解］ （1）h（x）＝ln x－ax－2x，x∈（0，＋∞），
2
1
所以h′（x）＝－ax－2，由于h（x）在（0，＋∞）上存在单调递减区间，
x1
所以当x∈（0，＋∞）时，－ax－2＜0有解，
x12
即a＞2－有解.
xx12
设G（x）＝2－，
xx所以只要a＞G（x）min即可.
2
?1?而G（x）＝?－1?－1，
?x?
所以G（x）min＝－1.
所以a＞－1且a≠0，即a的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）. （2）由h（x）在［1,4］上单调递减得，
1
当x∈［1,4］时，h′（x）＝－ax－2≤0恒成立，
x12
即a≥2－恒成立.
xx2
?1?所以a≥G（x）max，而G（x）＝?－1?－1，
?x?
1
因为x∈［1,4］，所以x∈
，
7
所以G（x）max＝－（此时x＝4），
167
所以a≥－16且a≠0，即a的取值范围是［母题探究］
1.（变问法）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在［1,4］上单调递增，求a的取值范围. ［解］ 由h（x）在［1,4］上单调递增得，当x∈［1,4］时，h′（x）≥0恒成立， 12
所以当x∈［1,4］时，a≤2－恒成立，
∪（0，＋∞）.
xx?12?又当x∈［1,4］时，?2－?min＝－1（此时x＝1）， xx?
?
所以a≤－1且a≠0，即a的取值范围是（－∞，－1］.
2.（变问法）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在［1,4］上存在单调递减区间，求a的取值范围.
［解］ h（x）在［1,4］上存在单调递减区间， 则h′（x）＜0在［1,4］上有解， 12
所以当x∈［1,4］时，a＞2－有解，
xx?12?又当x∈［1,4］时，?2－?min＝－1，
?xx?
所以a＞－1，且a≠0.即a的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）.
3.（变条件）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在［1,4］上不单调，求a的取值范围. ［解］ 因为h（x）在［1,4］上不单调， 所以h′（x）＝0在（1,4）上有解， 12
即a＝2－有解，
xx12
令m（x）＝2－，x∈（1,4），
xx7则－1＜m（x）＜－，
16
7??所以实数a的取值范围为?－1，－?. 16??
（1）f（x）在D上单调递增（减），只要满足f′（x）≥0（≤0）在D上恒成
立即可.如果能够分离参数，则可分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.
（2）二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间
D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论.
3x 已知函数f（x）＝a－2x2＋ln x在区间［1,2］上为单调函数，求a的取值范
围.
31
［解］ f′（x）＝－4x＋，若函数f（x）在区间［1,2］上为单调函数，即在［1,2］
ax3131
上，f′（x）＝－4x＋≥0或f′（x）＝－4x＋≤0，
axax3131
即－4x＋≥0或－4x＋≤0在［1,2］上恒成立，
aaxax3131即≥4x－或≤4x－.
xax1
令h（x）＝4x－，因为函数h（x）在［1,2］上单调递增，
x333153所以≥h（2）或≤h（1），即≥或≤3，
aaa2a2
解得a＜0或0＜a≤或a≥1.
5
考点4 利用导数比较大小或解不等式
用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的
问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，再由单调性比较大小或解不等式.
常见构造的辅助函数形式有：
（1）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，设函数f（x）的导函数为f′
（x），若对任意x＞0都有2f（x）＋xf′（x）＞0成立，则（ ）
A.4f（－2）＜9f（3） C.2f（3）＞3f（－2）
B.4f（－2）＞9f（3） D.3f（－3）＜2f（－2）
（2）设f（x）是定义在R上的奇函数，f（2）＝0，当x＞0时，有＜0恒成立，则不等式xf（x）＞0的解集是 .
2
xf′（x）－f（x）
x2
（1）A （2）（－∞，－2）∪（0,2） ［（1）根据题意，令g（x）＝xf（x），其导数
2
g′（x）＝2xf（x）＋x2f′（x），又对任意x＞0都有2f（x）＋xf′（x）＞0成立，则当x＞0时，有g′（x）＝x（2f（x）＋xf′（x））＞0恒成立，即函数g（x）在（0，＋∞）上为增函数，又由函数f（x）是定义在R上的偶函数，则f（－x）＝f（x），则有g（－x）＝（－x）f（－x）＝xf（x）＝g（x），即函数g（x）也为偶函数，则有g（－2）＝g（2），且g（2）＜g（3），则有g（－2）＜g（3），即有4f（－2）＜9f（3）.故选A.
2
2
（2）令φ（x）＝∴φ（x）＝
f（x）
，∵当x＞0时，x
f（x）
在（0，＋∞）上为减函数，又φ（2）＝0， x∴在（0，＋∞）上，当且仅当0＜x＜2时，φ（x）＞0， 此时xf（x）＞0.
又f（x）为奇函数，∴h（x）＝xf（x）也为奇函数.
2
2
故xf（x）＞0的解集为（－∞，－2）∪（0,2）.］
如本例（1）已知条件“2f（x）＋xf′（x）＞0”，需构造函数g（x）＝x2f（x），求导后得x＞0时，g′（x）＞0，即函数g（x）在（0，＋∞）上为增函数，从而问题
2
f（x）
得以解决.而本例（2）则需构造函数φ（x）＝x解决.
1
2.已知函数f（x）（x∈R）满足f（1）＝1，且f（x）的导函数f′（x）＜，则不等式
2
f（x）＜＋的解集为 .
2
2
1
（－∞，－1）∪（1，＋∞） ［由题意构造函数F（x）＝f（x）－x，则F′（x）＝
2
2
x21
f′（x）－.因为f′（x）＜，所以F′（x）＝f′（x）－＜0，即函数F（x）在R上单
调递减.
12
因为f（x）＜＋，f（1）＝1，所以f（x）－＜f（1）－，所以F（x）＜F（1），
2222
2
2
1
21212
x21x2
又函数F（x）在R上单调递减，所以x＞1，即x∈（－∞，－1）∪（1，＋∞）.］
2
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