高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第10二讲第1课时导数与函数的单调性学案

这是一份高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第10二讲第1课时导数与函数的单调性学案，共10页。


知识梳理·双基自测
eq \x(知)eq \x(识)eq \x(梳)eq \x(理)
知识点 函数的单调性
(1)设函数y＝f(x)在某个区间内 可导 ，若f′(x) > 0，则f(x)为增函数，若f′(x) < 0，则f(x)为减函数．
(2)求可导函数f(x)单调区间的步骤：
①确定f(x)的 定义域 ；
②求导数f′(x)；
③令f′(x) > 0(或f′(x) < 0)，解出相应的x的范围；
④当 f′(x)>0 时，f(x)在相应区间上是增函数，当 f′(x)<0 时，f(x)在相应区间上是减函数．
eq \x(重)eq \x(要)eq \x(结)eq \x(论)
导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件．
(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．
eq \x(双)eq \x(基)eq \x(自)eq \x(测)
题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( × )
(2)若函数y＝f(x)在(a，b)内恒有f′(x)≥0，则y＝f(x)在(a，b)上一定为增函数．( × )
(3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( √ )
(4)因为y＝eq \f(1,ln x)的导函数为y′＝eq \f(－1,xln x2)，∵x>0，∴y′<0，因此y＝eq \f(1,ln x)的减区间为(0，＋∞)．( × )
[解析] (1)有可能f′(x)＝0，如f(x)＝x3，它在(－∞，＋∞)上为增函数，但f′(x)＝x2≥0.
(2)因为y＝f(x)若为常数函数，则一定有f′(x)＝0满足条件，但不具备单调性．
(3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则此函数f(x)在这个区间内为常数函数，则函数f(x)在这个区间内没有单调性．
(4)y＝eq \f(1,ln x)定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，因此它的减区间为(0,1)和(1，＋∞)．
题组二 走进教材
2．(选修2－2P26T1改编)函数f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( A )
A．(0,4) B．(0,2)
C．(4，＋∞) D．(－∞，0)
[解析] f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0，得03．(选修2－2P32BT1改编)已知函数f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是( D )
A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π)
C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2)
[解析] f′(x)＝1－cs x，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D.
4．(选修2－2P31AT3改编)已知函数y＝f(x)在定义域(－3,6)内可导，其图象如图，其导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为 [－1,2]∪[4,6) .
[解析] f′(x)≤0，即y＝f(x)递减，故f′(x)≤0，解集为[－1,2]∪[4,6)．
题组三 走向高考
5．(2017·浙江，4分)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( D )
[解析] 根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，排除A，B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，选D.
6．(2016·全国卷Ⅰ，5分)若函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是( C )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，1)) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))
[解析] 函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上单调递增，等价于f′(x)＝1－eq \f(2,3)cs 2x＋acs x＝－eq \f(4,3)cs2x＋acs x＋eq \f(5,3)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立．设cs x＝t，则g(t)＝－eq \f(4,3)t2＋at＋eq \f(5,3)≥0在[－1,1]上恒成立，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＝－\f(4,3)＋a＋\f(5,3)≥0，,g－1＝－\f(4,3)－a＋\f(5,3)≥0，))解得－eq \f(1,3)≤a≤eq \f(1,3).故选C.
注：文科(sin 2x)′＝(2sin xcs x)′＝2[(sin x)′·cs x＋sin x·(cs x)′]＝2(cs2x－sin2x)＝2cs 2x.
考点突破·互动探究
考点 函数的单调性
考向1 不含参数的函数的单调性——自主练透
例1 (1)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是( A )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
(2)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( D )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
(3)函数f(x)＝x＋2eq \r(1－x)的单调递增区间是 (－∞，0) ；单调递减区间是 (0,1) .
(4)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cs x，则f(x)的单调递增区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) .
[解析] (1)∵f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)(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．
(2)f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.
排除法：观察y＝x－3，y＝ex，在(3，＋∞)上递增，∴选D.
(3)f(x)的定义域为{x|x≤1}，
f′(x)＝1－eq \f(1,\r(1－x)).令f′(x)＝0，得x＝0.
当00.
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．
(4)f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
令f′(x)＝xcs x>0，
则其在区间(－π，π)上的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
即f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
名师点拨
用导数f′(x)确定函数f(x)单调区间的三种类型及方法：
(1)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解时，根据函数的定义域，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，根据函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，再确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．
(3)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)＝0均不可解时，对f′(x)化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．
考向2 含参数的函数的单调性——师生共研
例2 已知函数f(x)＝eq \f(a,2)(x－1)2－x＋ln x(a>0)．讨论f(x)的单调性．
[解析] 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a(x－1)－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－1ax－1,x)，
令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝eq \f(1,a)，
①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
②若01，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
③若a>1，则0当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当0当a>1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
名师点拨
(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．遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论．
(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0的点和函数的间断点．
(3)个别导数为0的点不影响在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．
〔变式训练1〕
设函数f(x)＝x－eq \f(1,x)－aln x(a∈R)，讨论f(x)的单调性．
[解析] f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－ax＋1,x2).
令g(x)＝x2－ax＋1，则方程x2－ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－4.
①当|a|≤2时，即－2≤a≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<－2时，Δ>0，g(x)＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当a>2时，Δ>0，g(x)＝0有两根为x1＝eq \f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－4),2)，
当00；当x1x2时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
综上得，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递减．
考向3 利用导数解决函数的单调性的应用问题——多维探究
角度1 比较大小
例3 已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，f(1)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))的大小关系为( A )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
B．f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)
[解析] 因为f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝sin x＋xcs x>0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，故选A.
角度2 解不等式
例4 设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，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 )
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
[解析] ∵f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即[f(x)g(x)]′>0.∴f(x)g(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，∴f(x)g(x)为奇函数，f(0)g(0)＝0，∴f(x)g(x)在(0，＋∞)上也是增函数．∵f(3)g(3)＝0，
∴f(－3)g(－3)＝0.∴f(x)g(x)>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)．故选A.
角度3 已知函数的单调性求参数取值范围
例5 若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( D )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
[分析] 利用函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增等价于f′(x)≥0在(1，＋∞)恒成立求解．或利用区间(1，＋∞)是f(x)的增区间的子集求解．
[解析] 解法一：因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
因为f(x)＝kx－ln x，
所以f′(x)＝k－eq \f(1,x)≥0，即k≥eq \f(1,x).
因为x>1，所以0所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．故选D.
解法二：f′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x)(x>0)，
当k≤0时，f′(x)＝k－eq \f(1,x)<0，f(x)在其定义域内递减，不合题意，
当k>0时，由f′(x)>0知x>eq \f(1,k)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))是f(x)的增区间. 由题意可知eq \f(1,k)≤1，即k≥1，故选D.
[引申]本例中(1)若f(x)的增区间为(1，＋∞)，则k＝ 1 ；
(2)若f(x)在(1，＋∞)上递减，则k的取值范围是 (－∞，0] ；
(3)若f(x)在(1，＋∞)上不单调，则k的取值范围是 (0,1) ；
(4)若f(x)在(1，＋∞)上存在减区间，则k的取值范围是 (－∞，1) ；
(5)若f(x)在(1,2)上单调，则k的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪[1，＋∞) .
[解析] (1)由解法2知eq \f(1,k)＝1，∴k＝1；
(2)由题意知f′(x)＝eq \f(kx－1,x)≤0在(1，＋∞)上恒成立即k≤eq \f(1,x)，又x>1，∴0(3)由本例及引申(2)知，f(x)在(1，＋∞)上单调，则k≤0或k≥1，∴f(x)在(1，＋∞)上不单调，则0(4)由题意可知f′(x)＝eq \f(kx－1,x)≤0在(1，＋∞)内有解即k≤eq \f(1,x)，x∈(1，＋∞)有解，由0(5)∵x∈(1,2)，∴eq \f(1,2)若f(x)在(1,2)上单调增，则f′(x)＝eq \f(kx－1,x)≥0恒成立，即k≥eq \f(1,x)，∴k≥1.若f(x)在(1,2)上单调减，则f′(x)＝eq \f(kx－1,x)≤0恒成立，即k≤eq \f(1,x)，∴k≤eq \f(1,2).
∴f(x)在(1,2)上单调，则k的取值范围是(－∞，eq \f(1,2)]∪[1，＋∞)．
名师点拨
已知函数单调性，求参数取值范围的两个方法
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)转化为不等式的恒成立问题：利用“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数f(x)单调递减，则f′(x)≤0”来求解．
提醒：f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒等于0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x，则有( A )
A．f(2)C．f(3)(2)(角度2)(2021·昆明模拟)已知函数f(x)＝xsin x＋cs x＋x2，则不等式f(ln x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,x)))<2f(1)的解集为( D )
A．(e，＋∞) B．(0，e)
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))∪(1，e) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))
(3)(角度3)(2021·安徽毛坦厂中学模拟)已知函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是 (0,1) .
[解析] (1)f′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1x＋1,x)(x>0)，
在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
∴f(3)>f(e)>f(2)．故选A.
(2)函数f(x)＝xsin x＋cs x＋x2的导数为f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＋2x＝x(2＋cs x)，
则x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
且f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cs(－x)＋(－x)2＝f(x)，
所以f(x)为偶函数，即有f(x)＝f(|x|)，
则不等式f(ln x)＋feq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln \f(1,x))))<2f(1)，
即为f(ln x)则|ln x|<1，即－1(3)∵函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x(x>0)，
∴f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)，
∵函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，
∴f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)在(t，t＋1)上有变号零点，
∴eq \f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋1)上有解，
∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)．
∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，
故实数t的取值范围是(0,1)．
名师讲坛·素养提升
构造法在导数中的应用
例6 f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)>f(x)，对任意正实数a，下列式子成立的是( B )
A．f(a)eaf(0)
C．f(a)eq \f(f0,ea)
[解析] 令g(x)＝eq \f(fx,ex)，
∴g′(x)＝eq \f(f′xex－fxex,ex2)＝eq \f(f′x－fx,ex)>0.
∴g(x)在R上为增函数．又∵a>0，
∴g(a)>g(0)，即eq \f(fa,ea)>eq \f(f0,e0)，即f(a)>eaf(0)．
例7 (2015·课标全国Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( A )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
[解析] 令F(x)＝eq \f(fx,x)，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于f′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝eq \f(fx,x)在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝eq \f(fx,x)在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，可得F(x)的大致图象，如图．数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.
名师点拨
(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；亦可构造f(x)＝eq \f(fx,ex)；
特别地，对于不等式f′(x)>k(或(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；
(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq \f(fx,gx)(g(x)≠0)；
(5)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；
(6)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq \f(fx,x)(x≠0)．
〔变式训练3〕
(1)若函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)＝2，f′(x)>1，则不等式f(x)－x>0的解集为 (2，＋∞) .
(2)函数f(x)的导函数f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>f(x)成立，若f(ln 2)＝2，则满足不等式f(x)>ex的x的范围是( C )
A．x>1 B．0C．x>ln 2 D．0[解析] (1)令g(x)＝f(x)－x，
∴g′(x)＝f′(x)－1.
由题意知g′(x)>0，∴g(x)为增函数．
∵g(2)＝f(2)－2＝0，∴g(x)>0的解集为(2，＋∞)．
(2)由题意，对任意x∈R，都有f′(x)>f(x)成立，
即f′(x)－f(x)>0，令g(x)＝eq \f(fx,ex)，
则g′(x)＝eq \f(f′xex－fxex,e2x)＝eq \f(f′x－fx,ex)>0，所以函数g(x)为单调递增函数，
又因为不等式f(x)>ex，即g(x)>1，因为f(ln 2)＝2，所以g(ln 2)＝1，
所以不等式的解集为x>ln 2，故选C.