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高中数学解题方法谈:构造差函数 强化恒成立


构造差函数 强化恒成立

函数中常会碰到两个函数在某个区间(或整个定义域)内一个函数值恒大于或小于另一个函数值问题, 即对于区间 (a,b) 上的函数 f ( x ) , g ( x ) ,对于任意 x ∈ ( a,b) , f ( x ) ≥ g ( x ) 恒成立.现结合具体例题 为同学们介绍构造差函数的方法. 例 1 设函数 f ( x ) , g ( x ) 在区间 [ a,b] 上可导,且 f ′( x ) > g ′( x ) ,则当 a < x < b 时,有( A. f ( x ) > g ( x ) C. f ( x ) + g ( a ) > g ( x ) + f ( a ) B. f ( x ) < g ( x) D. f ( x ) + g (b) > g ( x) + f (b) ).

解析:因为函数 f ( x ) ,g ( x ) 在区间 [ a,b] 上可导,则函数 F ( x ) = f ( x ) ? g ( x ) 在区间 [ a,b] 上可导, 且 由 于 f ′( x ) > g ′( x ) , 则 F ′( x) = f ′( x) ? g ′( x ) > 0 在 区 间 [ a,b] 上 恒 成 立 , 即 在 [ a,b] 上 函 数

F ( x) = f ( x) ? g ( x) 是 增 函 数 , 对 于 任 意 a < x < b 有 F (a ) < F ( x) ( 同 时 F ( x) < F (b) ) , 故 f (a ) ? g (a ) < f ( x) ? g ( x) ,所以 f ( x) + g (a ) > g ( x) + f (a ) ,选(C).
同理可得 f ( x ) + g (b) < g ( x ) + f (b) . 点评:本题并没有过多地考虑 f ( x ) , g ( x ) 在某具体点处的函数值的大小问题,而是从构造差函数入 手,研究新函数的单调性,利用差函数的导数,简捷得到相应的结论. 例 2 已知函数 f ( x ) = 象的下方. 解析:构造函数 F ( x ) = f ( x ) ? g ( x ) ,即 F ( x ) =

1 2 2 x + ln x .求证:在区间 (1 + ∞) 上,函数 f ( x) 的图象在函数 g ( x) = x 3 图 , 2 3 1 2 2 (1?x)(1+x+2x2) x + ln x ? x3 ,则 F′(x) = . 2 3 x

因为 x ∈ (1 + ∞ ) ,所以 F ′( x) < 0 ,故函数 F ( x) 在区间 (1 + ∞) 上是减函数,注意到 F (1) = ? , ,

1 <0 , 6

所以在区间 (1 + ∞) 上 F ( x) < 0 恒成立( f ( x) < g ( x) 恒成立),故函数 f ( x) 的图象总在函数 g ( x) 图象的 , 下方. 请用上述思想,试解下列三道习题: 1.设 α,β 是锐角三角形的两个内角,求证 α + β > sin α ? cos β + 提示:可证 α ? sin α > ?

π . 2

?π ? ?π ? ? β ? ? sin ? ? β ? ,由 f ( x) = x ? sin x 的单调性(求导数),只需证 ?2 ? ?2 ?

α>

π π ? β ,即 α + β > 即可,这由题设三角形为锐角三角形易知. 2 2
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2.当 x ∈ ? 0, ? 时,证明: sin x < x <tan x .

? ?

π? 2?

提示:利用导数, f ( x ) = x ? sin x ,则 f ′( x ) = 1 ? cos x , x ∈ ? 0, ? , f ′( x ) > 0 , f ( x ) 是增函数; 同理,构造函数 g ( x ) = tan x ? x , g ′( x) = 1 + tan x ? 1 ,由 g ′( x) > 0 得 g ( x) 是增函数;而 x = 0 时,
2

? ?

π? 2?

? π? f ( x) = g ( x) = 0 ,由单调性知 x ∈ ? 0, ? ,时, sin x < x < tan x . ? 2?
3. 已知函数 f ( x ) = x + 2 x + x ? 4 ,g ( x ) = ax + x ? 8 , 若对任意的 x ∈ [0, ∞) 都有 f ( x ) ≥ g ( x ) , +
3 2 2

求实数 a 的取值范围. 提 示 : 构 造 函 数 F ( x ) = f ( x ) ? g ( x ) , 即 F ( x ) = x 3 + (2 ? a ) x 2 + 4 , 对 任 意 的 x ∈ [0, ∞) 都 有 +

f ( x) ≥ g ( x) , 则 F ( x) ≥ 0 在 [0, ∞) 上 恒 成 立 , 只 要 F ( x)min ≥ 0 在 [0, ∞) 上 恒 成 立 , + + F ′( x) = 3 x 2 + (4 ? 2a ) x .
由 F ′( x ) = 0 ,解得 x = 0 或 x =

2a ? 4 , 3

若 2 ? a ≥ 0 显然 F ′( x ) ≥ 0 , F ( x ) min = F (0) = 4 . 若 2 ? a < 0 , F ( x ) min 则2 < a ≤5 . 特别地,当 x = 0 时, F ( x ) = 4 也满足题意. 综上,实数 a 的取值范围是 (?∞, . 5]

? 2a ? 4 ? ? 2a ? 4 ? ? 2a ? 4 ? = F? ? ≥ 0 ,即 ? ? ? (a ? 2) ? ? + 4 ≥ 0 ,解得 a ≤ 5 , ? 3 ? ? 3 ? ? 3 ?
3 2

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