構造函數(shù)法在導數(shù)中的應用

柯淑芳

“作差法”構造

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化為0，然后構造新函數(shù)[F（x）]，最后根據(jù)新函數(shù)[F（x）]的單調性轉化為[F（x）min≥0]或者[F（x）max≤0來解決.]

例1 設函數(shù)[f（x）=x1+x]，[g（x）=lnx+12].

求證：當[0

證明 設[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]上單調遞減.

∵[F（1）=12-0-12=0，]

∴[F（x）]≥0，當且僅當[x=1]時，等號成立.

∴當[0

“分離參數(shù)法”構造

恒成立問題中，求參數(shù)范圍的問題，常常分離參數(shù)轉化為[a≤F（x）min或者a≥F（x）max，]其中[F（x）]為構造的新函數(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[h（x）=2lnx+x+3x]，則[h′（x）=（x+3）（x-1）x2（x>0）].

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

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

所以[h（x）min=h（1）=4]. 所以[a≤h（x）min=4].

答案 B

根據(jù)題干的“結構特征”猜想構造

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]，

所以原不等式轉化為[g（x）>g（0）]，所以[x>]0.

答案 A

例4 設函數(shù)[f（x）]滿足[x2?f（x）+2x?f（x）=exx，][f（2）=][e28，]則當[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）上單調遞減；在[（2，+∞）]上單調遞增.

[∴h（x）≥h（2）=0].

[∴f（x）≥0，∴f（x）在（0，+∞）上單調遞增.]

答案 D

2. 根據(jù)已知條件等價轉化后再以“形式”來構造

運用下列形式的等價變形構造：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 設函數(shù)[ f（x）=lnx+mx]，[m∈R].

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

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

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

∴[x=e]時，[f（x）]取得極小值[f（e）=lne+ee]=2.

∴[f（x）]的極小值為2.

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

令[g（x）=0]得，[m=-13x3+x（x>0）].

設[φ（x）][=-13x3+x（x>0）]，

則[φ（x）=-x2+1=-（x-1）（x+1）]，

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

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

∴[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，結合[y=φ（x）]的圖象（如圖）可知，

①當[m>23]時，函數(shù)[g（x）]無零點；

②當[m=23]時，函數(shù)[g（x）]有且只有一個零點；

③當[0

④當[m≤0]時，函數(shù)[g（x）]有且只有一個零點.

綜上所述，當[m>23]時，函數(shù)[g（x）]無零點；

當[m=23]或[m≤0]時，函數(shù)[g（x）]有且只有一個零點；

當[0

（3）對任意的[b>a>0]，

[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立[?f（b）-b

構造函數(shù)[h（x）=f（x）-x=lnx+mx-x（x>0）]，

∴[h（x）]在（0，+∞）上單調遞減.

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）]的單調性；

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

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

[則有f（x1）-f（x2）≥4x1-x2]

[?f（x1）-f（x2）≥-4（x1-x2）]

[?f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2.]

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

[∴a≤（-4x-12x2+1）min.]

[設φ（x）=-4x-12x2+1，x∈（0，+∞），]

[則φ（x）=4（2x-1）（x+1）（2x2+1）2.]

[故φ（x）在（0，12）上單調遞減；][在（12，+∞）上單調遞增].

[∴φ（x）min=φ（12）=-2.]

[∴a≤-2.]