柯淑芳

“作差法”構(gòu)造

證明不等式或解決不等式恒成立問題都可以利用作差法將不等式右邊轉(zhuǎn)化為0，然后構(gòu)造新函數(shù)[F（x）]，最后根據(jù)新函數(shù)[F（x）]的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為[F（x）min≥0]或者[F（x）max≤0來解決.]

例1 設(shè)函數(shù)[f（x）=x1+x]，[g（x）=lnx+12].

求證：當(dāng)[0

證明 設(shè)[F（x）=f（x）-g（x）=x1+x-lnx-12]，[0

∵[F（x）=1+x-x1+x2-1x=-x2-x-11+x2?x<0.]

∴[F（x）]在（0，1]上單調(diào)遞減.

∵[F（1）=12-0-12=0，]

∴[F（x）]≥0，當(dāng)且僅當(dāng)[x=1]時，等號成立.

∴當(dāng)[0

“分離參數(shù)法”構(gòu)造

恒成立問題中，求參數(shù)范圍的問題，常常分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為[a≤F（x）min或者a≥F（x）max，]其中[F（x）]為構(gòu)造的新函數(shù).

例2 若不等式[2x?lnx≥-x2+ax-3]恒成立，則實數(shù)[a]的取值范圍是（ ）

A.（-∞，0） B.（-∞，4]

C.（0，+∞） D.[4，+∞）

解析 不等式[2x?lnx≥-x2+ax-3]恒成立，

即[a≤2lnx+x+3x]在（0，+[∞]）上恒成立.

設(shè)[h（x）=2lnx+x+3x]，則[h′（x）=（x+3）（x-1）x2（x>0）].

當(dāng)[x∈（0，1）]時，[h′（x）<0]，函數(shù)[h（x）]單調(diào)遞減；

當(dāng)[x∈（1，+∞）]時，[h′（x）>0]，函數(shù)[h（x）]單調(diào)遞增.

所以[h（x）min=h（1）=4]. 所以[a≤h（x）min=4].

答案 B

根據(jù)題干的“結(jié)構(gòu)特征”猜想構(gòu)造

1. 根據(jù)運算公式[f（x）?g（x）′=f（x）g（x）+f（x）g（x）]和[f（x）g（x）′][=f（x）g（x）-f（x）g（x）g（x）2來構(gòu)造]

例3 已知函數(shù)[f（x）]的定義域是[R]，[f（0）=2]，對任意的[x∈R]，[f（x）+f（x）>1]恒成立，則不等式[ex·f（x）][>ex+1]的解集為（ ）

A.（0，+∞） B.（-∞，0）

C.（-1，+∞） D.（2，+∞）

解析 構(gòu)造函數(shù)[g（x）=ex·f（x）-ex]，

因為[g′（x）=ex·f（x）+ex·f（x）-ex=ex[f（x）+f（x）]-ex]

[>ex-ex=0]，

所以[g（x）=ex·f（x）-ex]為[R]上的增函數(shù).

又[g（0）=e0·f（0）-e0=1]，

所以原不等式轉(zhuǎn)化為[g（x）>g（0）]，所以[x>]0.

答案 A

例4 設(shè)函數(shù)[f（x）]滿足[x2?f（x）+2x?f（x）=exx，][f（2）=][e28，]則當(dāng)[x>0]時，[f（x）]（ ）

A. 有極大值，無極小值

B. 有極小值，無極大值

C. 既有極大值又有極小值

D. 既無極大值又無極小值

解析 構(gòu)造函數(shù)[F（x）=x2?f（x）]

則[f（x）=F（x）x2′=ex-2F（x）x3，]

[令h（x）=ex-2F（x），則h（x）=ex（x-2）x.]

[∴h（x）]在（0，2）上單調(diào)遞減；在[（2，+∞）]上單調(diào)遞增.

[∴h（x）≥h（2）=0].

[∴f（x）≥0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.]

答案 D

2. 根據(jù)已知條件等價轉(zhuǎn)化后再以“形式”來構(gòu)造

運用下列形式的等價變形構(gòu)造：分式形式[f（b）-f（a）b-a<1，] 絕對值形式[f（x1）-f（x2）][≥4x1-x2]，指對數(shù)形式[1×2×3×4×…×n≥en-sn.]

例5 設(shè)函數(shù)[ f（x）=lnx+mx]，[m∈R].

（1）當(dāng)[m=e]（[e]為自然對數(shù)的底數(shù)）時，求[f（x）]的極小值；

（2）討論函數(shù)[g（x）=f（x）-3x]零點的個數(shù)；

（3）若對任意[b>a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立，求[m]的取值范圍.

解析 （1）當(dāng)[m=e]時，[f（x）=lnx+ex]，則[f（x）=x-ex2].

∴當(dāng)[x∈（0，e）]，[f（x）<0]，[f（x）]在[（0，e）]上單調(diào)遞減；

當(dāng)[x∈（e，+∞）]，[f（x）>0]，[f（x）]在[（e，+∞]）上單調(diào)遞增.

∴[x=e]時，[f（x）]取得極小值[f（e）=lne+ee]=2.

∴[f（x）]的極小值為2.

（2）由題設(shè)知，[g（x）=f（x）-x3=1x-mx2-x3（x>0）].

令[g（x）=0]得，[m=-13x3+x（x>0）].

設(shè)[φ（x）][=-13x3+x（x>0）]，

則[φ（x）=-x2+1=-（x-1）（x+1）]，

當(dāng)[x∈（0，1]）時，[φ（x）]>0，[φ（x）]在（0，1）上單調(diào)遞增；

當(dāng)[x∈（1，+∞）]時，[φ（x）]<0，[φ（x）]在（1，+∞）上單調(diào)遞減.

∴[x=1]是[φ（x）]的惟一極值點，且是極大值點.

因此[x=1]也是[φ（x）]的最大值點.

∴[φ（x）]的最大值為[φ（1）]=[23].

又[φ（0）]=0，結(jié)合[y=φ（x）]的圖象（如圖）可知，

①當(dāng)[m>23]時，函數(shù)[g（x）]無零點；

②當(dāng)[m=23]時，函數(shù)[g（x）]有且只有一個零點；

③當(dāng)[0

④當(dāng)[m≤0]時，函數(shù)[g（x）]有且只有一個零點.

綜上所述，當(dāng)[m>23]時，函數(shù)[g（x）]無零點；

當(dāng)[m=23]或[m≤0]時，函數(shù)[g（x）]有且只有一個零點；

當(dāng)[0

（3）對任意的[b>a>0]，

[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立[?f（b）-b

構(gòu)造函數(shù)[h（x）=f（x）-x=lnx+mx-x（x>0）]，

∴[h（x）]在（0，+∞）上單調(diào)遞減.

由[h′（x）=1x-mx2-1≤0]在（0，+∞）上恒成立得，

[m≥-x2+x=-（x-12）2+14（x>0）]恒成立.

∴[m≥14（對m=14，h（x）=0僅在x=12時成立）.]

∴[m]的取值范圍是[14，+∞].

例6 已知[f（x）=（a+1）lnx+ax2+1]，

（1）討論函數(shù)[f（x）]的單調(diào)性；

（2）[設(shè)a<-1，?x1，x2∈（0，+∞），][f（x1）-f（x2）][≥4x1-x2]恒成立，求[a]的取值范圍.

解析 （1）[∵x∈（0，+∞），∴f（x）=2ax2+a+1x.]

[①當(dāng)a≥0時， f（x）>0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.②當(dāng)-10時，f（x）在（0，-a+12a）上單調(diào)遞增；當(dāng)f（x）<0時，f（x）在（-a+12a，+∞）上單調(diào)遞減.③當(dāng)a≤-1時，f（x）<0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減.]

（2）不妨設(shè)[x1≤x2，]由（1）可知，當(dāng)[a<-1]時，[f（x）]在[（0，+∞）上單調(diào)遞減.]

[則有f（x1）-f（x2）≥4x1-x2]

[?f（x1）-f（x2）≥-4（x1-x2）]

[?f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2.]

[構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+4x，則g（x）=a+1x+2ax+4≤0].

[∴a≤（-4x-12x2+1）min.]

[設(shè)φ（x）=-4x-12x2+1，x∈（0，+∞），]

[則φ（x）=4（2x-1）（x+1）（2x2+1）2.]

[故φ（x）在（0，12）上單調(diào)遞減；][在（12，+∞）上單調(diào)遞增].

[∴φ（x）min=φ（12）=-2.]

[∴a≤-2.]