王凱

構(gòu)造函數(shù)是處理導(dǎo)數(shù)題的重要方法，也是解決導(dǎo)數(shù)的重要途徑，通過(guò)不斷地構(gòu)造函數(shù)把遇到的“攔路虎”一個(gè)個(gè)地克服掉，最終解決這類問(wèn)題.通過(guò)一題多解讓我們打開(kāi)思維的閘門，也使我們的思維得到了訓(xùn)練，因此我們?cè)谄綍r(shí)練習(xí)中要能夠體會(huì)構(gòu)造函數(shù)的數(shù)學(xué)價(jià)值.

例 ?已知函數(shù)[f（x）=lnx-a（x-1）]，[a∈R].當(dāng)[x≥1]時(shí)，[f（x）]≤[lnxx+1]恒成立，求[a]的取值.

解法1 ?[f（x）-lnxx+1=xlnx-a（x2-1）x+1]，

令[g（x）=xlnx-a（x2-1）（x≥1），]

[g（x）=lnx+1-2ax，令F（x）=g（x）=lnx+1-2ax，]

[F′（x）=1-2axx].

（1）若[a≤0，][F′（x）>0，][g′（x）]在[[1，+∞）]上遞增，[g′（x）≥g′（1）=1-2a>0，]

[∴g（x）在[1，+∞）上遞增，g（x）≥g（1）=0].[f（x）≥lnxx+1.]

（2）若[00，]

[∴g（x）]在[（1，12a）]上遞增，[g（x）≥g（1）=0.][f（x）≥lnxx+1.]

（3）[若a≥12，F(xiàn)（x）≤0在1，+∞上恒成立，]

[∴g（x）在[1，+∞）上遞減，g（x）≤g（1）=1-2a≤0].

[∴g（x）在[1，+∞）上遞減，g（x）≤g（1）=0，f（x）-lnxx+1≤0.]

[綜上所述，a的取值范圍是 12，+∞].

解法2 ?[當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）≤lnxx+1恒成立等價(jià)于][lnx-][lnxx+1≤a（x-1）].

[令h（x）=lnx-lnxx+1=xlnxx+1， g（x）=a（x-1）]，

[h（x）=x+1+lnx（x+1）2， ]

[∵x≥1， ][∴h（x）>0，即h（x）在1，+∞上是增函數(shù).]

[g（x）=a，∵當(dāng)a>0時(shí)，∴g（x）在1，+∞上是增函數(shù).]

[又∵h(yuǎn)（1）=g（1）=0]，

[∴h（x）≤g（x）（x≥1）恒成立，只需h（1）≤g（1）].[即12≤a.]

解法3 ?[當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）≤lnxx+1恒成立等價(jià)于lnx-][lnxx+1≤a（x-1）]，

[（1）當(dāng)x=1時(shí)，顯然恒成立，∴a∈R].

[（2）當(dāng)x>1時(shí)，] [上式等價(jià)于lnxx-1+lnxx2-1≤a]

[?lnxx-1+lnxx2-1max≤a.]

[令F（x）=lnxx-1+lnxx2-1，則F（x）=x2-1-lnx-x2lnx（x2-1）2].

[令g（x）=x2-1-lnx-x2lnx，則g（x）=x2-1-2x2lnxx].

[令h（x）=x2-1-2x2lnx，則h（x）=-4xlnx].

[∵x>1，∴h（x）<0，那么h（x）在（1，+∞）上是減函數(shù).∴h（x）

[∴g（x）<0，有g(shù)（x）

[∴F（x）≤limx→1+F（x）=limx→1+（xlnx）（x2-1）=limx→1+1+lnx2x=12，即12≤a.]

[綜上所述，a的取值范圍是12，+∞.]