广东省广州市番禺区实验中学 (511400) 潘神龙

1 问题的提出

《数学通报》文[1]中作者提出了构造函数法；笔者发现，在具体操作中，该方法需要补充和完善.现摘抄文[1]如下：

例1 (2016年新课标Ⅱ文科)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).(Ⅰ)略；(Ⅱ)若当x∈(1,+∞)时，有f(x)>0，求a的取值范围.

例2 若当x∈R时，f(x)=x2-a>0，求a的取值范围.

解：f(x)>0⟺x2>a.易知x2>-1，因为x2>a，所以a≤-1.

易知例2的解法是错误的，不等式x2>a恒成立等价于函数y=x2在R上的最小值大于a，即a<0.类似的，文[1]中例1的解法不严谨.

2 问题的探究

3 问题的别解及推广

现给出文[1]中例1的一个别解.

综上所述，a≤2．

此解法进行推广，得下面的结果【2】. 值得注意的是，这些结论都可以推广至n阶导数．

定理假设函数f(x)在[a,b]上可导，f(x)>0(f(x)≥0)在(a,b)上恒成立，且f(a)=0，则存在h∈(0,b-a]，使得f′(x)>0(f′(x)≥0)在(a,a+h)上恒成立．此时，f′(a)≥0．

推论1 假设函数f(x)在[a,b]上二阶可导，f(x)>0(f(x)≥0)在(a,b)上恒成立，且f(a)=f′(a)=0，则f″(a)≥0．

推论2 假设函数f(x)在[a,b]上二阶可导，f(x)<0(f(x)≤0)在(a,b)上恒成立，且f(a)=f′(a)=0，则f″(a)≤0．

推论3 假设函数f(x)在[a,b]上二阶可导，f(x)>0 (f(x)≥0)在(a,b)上恒成立，且f(b)=f′(b)=0，则f″(b)≥0．

推论4 假设函数f(x)在[a,b]上可导，f′(x)在(a,b)上单调递增，且f(a)=0；那么f(x)>0(f(x)≥0)在(a,b)上恒成立⟺f′(x)>0(f′(x)≥0)在(a,b)上恒成立．此时,f′(a)≥0．

证明：(⟹)由定理可知：存在h∈(0,b-a]，使得f′(x)>0在(a,a+h)上恒成立．又因为f′(x)在(a,b)上单调递增，所以f′(x)>0在(a,b)上恒成立．

(⟸)因为f′(x)>0，所以f(x)在(a,b)上单调递增，从而f(x)>f(a)=0在(a,b)上恒成立．

推论5 假设函数f(x)在[a,b]上可导，f′(x)在(a,b)上单调递增，且f(b)=0；那么f(x)>0(f(x)≥0)在(a,b)上恒成立⟺f′(x)<0(f′(x)≤0)在(a,b)上恒成立．此时,f′(b)≤0．

4 应用举例

例3 (2018年新课标Ⅲ理)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)略；(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.

同理，考虑x=0的右侧，存在x2<0，使得g(x)=f′(x)≤0在(0,x2)上恒成立，且g(0)=g′(0)=0，由推论2可知g″(0)≤0.