李寒

導數問題無異于整個高中數學學習階段最讓同學頭疼的一個內容，不僅知識點多，題型變化大，更重要的是還有很多需要掌握的解題技巧，構造法無異于一種縝密的考查模式在其中大放異彩。構造法在導數部分有多重考查方式，筆者現就二元不等式問題加以分析。

例1.已知函數f（x）=αlnx+（x+1），若圖象上存在兩個不同的點A（x■，y■）、B（x■，y■）（x■>x■），使得f（x■）-f（x■）≤4（x■-x■）成立，則實數的取值范圍為______

【解析】將f（x■）-f（x■）≤4（x■-x■）整理可得：f（x■）-4x■≤f（x■）-4x■（x■>x■），

設g（x）=f（x）-4x，由題意可得g（x）在（0，+∞）上存在單調遞減區(qū)間，

即g'（x）≤0在（0，+∞）上有解，

∵g（x）=αlnx+（x+1）■-4x=αlnx+x■-2x+1，∴g'（x）=■+2x-2，

設g'（x）≤0，又x>0，分離參數可得a≤2x-2x■，由存在，可知a<（2x-2x■）■，

∴a<■.

【小結】此類二元不等式問題出題的目的就是在于構造一個新函數，把不等式轉化為新函數的單調性，再借助導數的正負來控制即可.

【備注】此題要求存在，故求的是函數y=2x-2x■的最大值。

例2.已知函數f（x）=αlnx（x+1）-x■在區(qū)間（0，1）內任取兩個實數p，q，且p≠q，不等式■>2恒成立，則實數a的取值范圍為（ ）

A.（12，30] B.（-∞，18] C.[18，+∞） D.（-2，18]

【解析】∵p≠q，不妨設p>q，則p-q>0，

原式可化為f（p+1）-f（q+1）>2（p+1）-2（q+1），

即f（p+1）-f2（p+1）>f（q+1）-2（q+1），

設函數g（x）=f（x+1）-2（x+1），由題可知g（x）在（0，1）上為單調遞增函數，

故g'（x）≥0在（0，1）上恒成立.

∵g（x）=f（x=1）-2（x+1）=αlnx（x+2）-（x+1）■-2（x+1），∴g'（x）=■-2x■+8x+8，

令g'（x）≥0，又x∈（0，1），分離參數可得a≥2x■+8x+8，

由恒成立，可得a≥（2x■+8x+8）■，

∴a≥18。

【備注】此題要求恒成立，因此求的是函數y=2x■+8x+8的最大值。

例3.已知f（x）=x+αlnx（a>0）對于（■，1）內的任意兩個相異實數x■，x■，恒有f（x■）-f（x■）>■-■，求實數a的取值范圍。

【解析】∵x■≠x■，不妨設x■>x■，則■<■，

又由f（x）=x+αlnx（a>0）在（■，1）上單調遞增，可知f（x■）>f（x■），

故f（x■）-f（x■）>■-■可化為f（x■）-f（x■）>■-■，即f（x■）+■>f（x■）+■，

設g（x）=f（x）+■，則g（x）在（■，1）上單調遞增，即g'（x）≥0在（■，1）上恒成立，

∵g（x）=f（x）+■=x+αlnx+■，∴g'（x）=1+■-■，

令g'（x）≥0，又x∈（■，1），分離參數可得a≥■-x，

由恒成立，可得a≥（■-x）■，

∴a≥■。

【備注】此題條件中增加了絕對值，由此去掉絕對值應該是關鍵，故題干條件中附加了a>0，就是為了得到函數f（x）的單調性，方便去掉絕對值。

【小結】在導數問題中，題干條件會經常對自變量或者參數進行一定的限制，解題時一定要關注限制條件，能減少對題目的討論。

例4.若函數f（x）滿足：“對于區(qū)間（1，2）上的任意實數x■，x■（x■≠x■），f（x■）-f（x■）

A.f（x）=■ B.f（x）=x C.f（x）=2■ D.f（x）=x■

【解析】將答案帶回檢驗，先檢驗A選項，f（x0=■在上單調遞減，不妨設x■>x■，則f（x■）-f（x■）

設g（x）=f（x）+x，由題意，g（x）在（1，2）上單調遞增，明顯成立，故選A。

【小結】作為選擇判定題，代答案進行檢驗無異于一種快捷又不易出錯的方法。

例5.已知函數f（x）=■x■+（1-a）x-αlnx.

（1）討論f（x）的單調性；

（2）設a<0，若對∨x■，x■∈（0，+∞），f（x■）-f（x■）≥4x■-x■，求a的取值范圍。

【解析】（1）函數f（x）的定義域為（0，+∞），

f'（x）=x+1-a-■=■，

①若a≤0，則f'（x）>0，此時f（x）在（0，+∞）上單調遞增；

②若a>0，則由f'（x）=0得x=a，

當0a時，f'（x）>0，

此時f（x）在（0，a）上單調遞減，在（a，+∞）上單調遞增.

（2）不妨設x■≤x■，而a<0，由（1）知f（x）在（0，+∞）上單調遞增，

∴f（x■）≤f（x■），從而∨x■，x■∈（0，+∞），f（x■）-f（x■）≥4x■-x■，

等價于∨x■，x■∈（0，+∞），4x■-f（x■）≥4x■-f（x■）

令g（x）=4x-f（x），則g'（x）=■-x+3+a，

故g（x）在（0，+∞）上單調遞減，

∴g'（x）≤0對∨x∈（0，+∞）恒成立，

分離參數可得a≤■對∨x∈（0，+∞）恒成立，∴a≤（■）■，

又■=x+1+■-5≥2■-5=-1，當且僅當x+1=■即x=1時等號成立，

∴a≤-1

【小結】導數解答題的第一個問如果是討論函數的單調性，則極有可能作為已知條件應用到后續(xù)問題求解中。

例6.已知a，b是實數，1和-1是函數f（x）=x■+ax■+bx的兩個極值點.

（1）求a和b的值；

（2）設函數g（x）的導函數g'（x）=f（x）+2，求g（x）的極值點；

（3）若h（x）=-■（cbx-■）+2lnx（c∈R），當x■≤x■時，不等式[■-■]（x■-x■）<0恒成立，求c的取值范圍。

【解析】（1）由f（x）=x■+ax■+bx，得f'（x）=3x■+2ax+b，

又1和-1是函數f（x）的兩個極值點，

∴ f'（1）=3+2a+b=0

f'（-1）=3-2a+b=0，解得a=0，b=-3，

（2）∵由（1）得f（x）=x■-3x，

∴g'（x）=f（x）+2=（x-1）■（x+2），

令g'（x）=0，解得x=1或x=-2，

∵當x<-2時，g'（x）<0；當-20，

∴x=-2是g（x）的極值點。

∵當-21時，g'（x）>0，

∴x=1不是g（x）的極值點。

∴g（x）的極值點是-2。

（3）由（1）知a=0，b=-3，則h（x）=-■（vbx-■）+2lnx=cx-■+2lnx，

不妨設x■>x■>0，

所以x■-x■>0，故不等式[■-■]（x■-x■）<0，

即■-■<0恒成立，整理得x■h（x■）

所以函數y=xh（x）在（0，+∞）上單調遞減，

設ω（x）=xh（x），則ω（x）=cx■-c+2xlnx，ω'（x）=2cx+2+2lnx，

由題意得ω'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，

即2cx+2+2lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，

因為x>0，分離參數不等式等價于c≤■（x>0），

記F（x）=-■（x>0），

則F'（x）=■，

所以當x∈（0，1）時，F'（x）≤0，函數單調遞減；

當x∈（1，+∞）時，F'（x）>0，函數單調遞增，

故F（x）≥F（1）=-1，即F（x）的最小值為-1，

故c≤-1.

【小結】當式子較為復雜時，應該從這樣的角度著手：先把式子盡量化為最簡，再將含的所有部分整理到一邊，含的所有部分整理到另一邊，即可得構造的新函數，同時注意不等號方向是否有變化。

【鞏固練習】

練習1.已知函數f（x）=x■-mx+m-1，若對于區(qū)間[2，■內任意兩個相異實數x■，x■，總有f（x■）-f（x■）≥x■-x■成立，求實數m的取值范圍。

練習2.定義：若存在常數k，使得對定義域D內的任意兩個不同的實數x■，x■，均有f（x■）-f（x■）≥kx■-x■成立，則稱函數f（x）在定義域D上滿足利普希茨條件，對于函數f（x）=■（x≥1）滿足利普希茨條件，則常數k的最小值應是（ ）

A.2 B.1 C.■ D.■

練習3.已知函數f（x）=αlnx-（a+2）x+x■

（1）求函數f（x）的單調區(qū)間；

（2）若對于任意a∈[4，10]，x■，x■∈[1，2]，恒有■≤■成立，試求λ的取值范圍。

練習4.設函數f（x）=xe■。

（1）求f（x）的單調區(qū)間與極值；

（2）是否存在實數，使得對任意的x■，x■∈（a，+∞），當x■

■>■成立.若存在，求a的范圍，若不存在，請說明理由。

【參考答案】

練習1.m∈[4，5]

練習2.C

練習3.（1）當a≤0時，f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增；

當0

當a=2時，f（x）在（0，+∞）上單調遞增；

當a>2時，f（x）在（0，1），（■，+∞）上單調遞增，在（1，■）上單調遞減。

（2）.λ∈[12，+∞）

練習4.（1）f（x）的單調遞減區(qū)間是（-∞，-1），單調遞增區(qū)間是（-1，+∞），

f（x）■=f（-1）=-■；

（2）a∈[-2，+∞）。