李寒

导数问题无异于整个高中数学学习阶段最让同学头疼的一个内容，不仅知识点多，题型变化大，更重要的是还有很多需要掌握的解题技巧，构造法无异于一种缜密的考查模式在其中大放异彩。构造法在导数部分有多重考查方式，笔者现就二元不等式问题加以分析。

例1.已知函数f（x）=αlnx+（x+1），若图象上存在两个不同的点A（x■，y■）、B（x■，y■）（x■>x■），使得f（x■）-f（x■）≤4（x■-x■）成立，则实数的取值范围为______

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

设g（x）=f（x）-4x，由题意可得g（x）在（0，+∞）上存在单调递减区间，

即g'（x）≤0在（0，+∞）上有解，

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

设g'（x）≤0，又x>0，分离参数可得a≤2x-2x■，由存在，可知a<（2x-2x■）■，

∴a<■.

【小结】此类二元不等式问题出题的目的就是在于构造一个新函数，把不等式转化为新函数的单调性，再借助导数的正负来控制即可.

【备注】此题要求存在，故求的是函数y=2x-2x■的最大值。

例2.已知函数f（x）=αlnx（x+1）-x■在区间（0，1）内任取两个实数p，q，且p≠q，不等式■>2恒成立，则实数a的取值范围为（ ）

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

【解析】∵p≠q，不妨设p>q，则p-q>0，

原式可化为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），

设函数g（x）=f（x+1）-2（x+1），由题可知g（x）在（0，1）上为单调递增函数，

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），分离参数可得a≥2x■+8x+8，

由恒成立，可得a≥（2x■+8x+8）■，

∴a≥18。

【备注】此题要求恒成立，因此求的是函数y=2x■+8x+8的最大值。

例3.已知f（x）=x+αlnx（a>0）对于（■，1）内的任意两个相异实数x■，x■，恒有f（x■）-f（x■）>■-■，求实数a的取值范围。

【解析】∵x■≠x■，不妨设x■>x■，则■<■，

又由f（x）=x+αlnx（a>0）在（■，1）上单调递增，可知f（x■）>f（x■），

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

设g（x）=f（x）+■，则g（x）在（■，1）上单调递增，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），分离参数可得a≥■-x，

由恒成立，可得a≥（■-x）■，

∴a≥■。

【备注】此题条件中增加了绝对值，由此去掉绝对值应该是关键，故题干条件中附加了a>0，就是为了得到函数f（x）的单调性，方便去掉绝对值。

【小结】在导数问题中，题干条件会经常对自变量或者参数进行一定的限制，解题时一定要关注限制条件，能减少对题目的讨论。……