摘要：这是一道与函数、导数和不等式有关的综合题.由于涉及函数的性质和函数与导数的内在联系，学生较难找到突破口，所以本文介绍了如何应用转化与化归思想，构造新函数，突破难点.
　　关键词：函数；导数；单调性；构造函数；区间端点
　　一、 试题再现
　　设函数f（x）及其导函数f′（x）都是定义在R上的函数，则“x1，x2∈R且x1≠x2，|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|”是“x∈R，|f′（x）|<1”的（）
　　A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
　　C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
　　二、 解答方法
　　解法1
　　举例子：函数f（x）=sinx，则当x>0时，函数f（x）=sinx的图像在y=x的下方，当x<0时，函数f（x）=sinx的图象在y=x的上方.此时，x1，x2∈R，且x1≠x2，|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|，但导函数|f′（x）|=|cosx|≤1，故“x1，x2∈R，且x1≠x2，|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|，”不能推“x∈R，|f′（x）|<1”，反之，“x∈R，|f′（x）|<1”“x1，x2∈R，且x1≠x2，|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|”，故为必要非充分条件.
　　解法2
　　利用柯西（Cauchy）中值定理：
　　设函数f（x），g（x）满足（1）在闭区间[a，b]上连续；（2）在开区间（a，b）内可导；
　　（3）對任一x∈（a，b）有g′（x）≠0，则存在ξ∈（a，b），使得f（b）-f（a）g（b）-g（a）=f′（ξ）g′（ξ）.
　　解：令F（x）=x，
　　由柯西中值定理，不妨设x1　　由于F′（x）=1，可得f（x1）-f（x2）F（x1）-F（x2）=f（x1）-f（x2）x1-x2=f′（ξ）1=f′（ξ）故：
　　x∈R，|f′（x）<1|，则f（x1）-f（x2）F（x1）-F（x2）=|f′（ξ）|<1，即|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|，
　　反之只能推到x∈R，|f′（x）|<1，故为必要非充分条件.
　　解法3
　　必要性：
　　x∈R，|f′（x）|<1
　　（1）当f′（x）≥0时，即0≤f′（x）<1，函数f（x）在R上为增函数，f′（x）-1<0
　　构造函数g（x）=f（x）-x，g′（x）=f′（x）-1<0，∴g（x）在R上为减函数.
　　x1，x2∈R，设x1g（x2），即
　　f（x1）-x1>f（x2）-x2，得f（x1）-f（x2）>x1-x2，即f（x2）-f（x1）　　∵f（x）在R上为增函数，∴f（x2）-f（x1）>0，∴|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|.
　　（2）同理当f′（x）<0时，即-10
　　构造函数g（x）=f（x） x，g′（x）=f′（x） 1>0，∴g（x）在R上为增函数.
　　则g（x1）　　∵f（x）在R上为减函数，∴f（x1）-f（x2）>0，∴|f（x1）-f（x2）|<|x2-x1|.
　　即x∈R，|f′（x）<1x1，x2∈R，设x1≠x2，|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|.
　　充分性：
　　x1，x2∈R，设x1≠x2，|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|
　　（1）x1，x2∈R，设x1　　由|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|得f（x2）-f（x1）　　构造函数g（x）=f（x）-x，则g（x）在R上为减函数，故g′（x）=f′（x）-1≤0，
　　∴f′（x）≤1，又f′（x）≥0，∴0≤f′（x）≤1.
　　（2）x1，x2∈R，设x1f（x2）时，f（x）在R上为减函数时，则f′（x）≤0，
　　由|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|得f（x1）-f（x2）　　构造函数g（x）=f（x） x，则g（x）在R上为增函数，故g′（x）=f′（x） 1≥0，
　　∴f′（x）≥-1，又f′（x）≤0，∴-1≤f′（x）≤0.
　　综合（1）（2），x1，x2∈R，设x1≠x2，|f（x2）-f（x1）|<|x2-x1|x∈R，|f′（x）|≤1，
　　不能推出|f′（x）|<1.故为必要不充分条件.
　　三、 解法分析
　　从解法1与解法3我们发现若函数y=f（x）是R上的可导函数，其图像上任意不同两点连线斜率的取值范围，不一定是函数图像上在这两点之间任一点切线斜率的取值范围.将f（x1）-f（x2）x1-x2转化为f′（x）来求解，所得结果与正确结果可能相同，也可能在区间的端点值有差异.
　　例1已知函数f（x）=x3 ax2，若f（x）图像上任意两点A（x1，y1），B（x2，y2）的连线的斜率大于-1，求实数a的取值范围. 　　解法1：由f（x1）-f（x2）x1-x2>-1，则f′（x）>-1.即f′（x）=3x2 2ax>-1.
　　得3x2 2ax 1>0恒成立，由函数开口向上，则
　　Δ=4a2-12<0，得-3　　解法2：不妨设x1>x2，由f（x1）-f（x2）x1-x2>-1，得f（x1）-f（x2）>x2-x1，
　　即f（x1） x1>f（x2） x2.
　　令g（x）=f（x） x，则g（x）在R上为增函数，g（x）=x3 ax2 x，
　　g′（x）=3x2 2ax 1≥0在R上恒成立.
　　则Δ=4a2-12≤0，得-3≤a≤3.
　　对照解法2，解法1的解法是错误的，但也就少了两个值-3，3，这恰好是区间的端点值.故可把f′（x）转化为f（x1）-f（x2）x1-x2来求解，但若要把f（x1）-f（x2）x1-x2转化为f′（x）来求解也可行，但必须检验所得范围中区间的端点是否符合题意，以妨出错.
　　例2设M是由满足下列条件的函数f（x）构成的集合：①方程f（x）-x=0有实数根；②函数f（x）的导数f′（x）满足0　　求证：|f（α）-f（β）|<2.
　　证明：不妨设α<β，∵f′（x）>0，∴f（x）是单调递增函数，
　　∴f（α）0.
　　令H（x）=f（x）-x，则H′（x）=f′（x）-1<0，∴H（x）是单调递减函数，
　　∴f（β）-β　　∴0　　∴|f（α）-f（β）|<|α-β|≤|α-2012| |β-2012|<2.
　　例3已知函数f（x）=x2 2x alnx（x>0），f（x）的导函数是f′（x），对任意两个不相等的正数x1，x2，证明：当a≤4时，f′（x1）-f′（x2）>x1-x2
　　证法一：由f（x）=x2 2x alnx，得f′（x）=2x-2x2 ax
　　∴f′（x1）-f′（x2）=2x1-2x21 ax1-2x2-2x22 ax2=x1-x2·2 2（x1 x2）x21x22-ax1x2
　　f′（x1）-f′（x2）>x1-x22 2（x1 x2）x21x22-ax1x2>1
　　下面证明对任意两个不相等的正数x1，x2，有2 2（x1 x2）x21x22-ax1x2>1恒成立
　　即证ax1x2 4x1x2
　　设t=x1x2，u（x）=t2 4t（t>0），则u′（x）=2t-4t2
　　令u′（x）=0得t=32，列表如下：
　　t
　　（0，32）
　　32
　　（32， ∞）
　　u′（t）
　　_
　　0
　　
　　u（t）
　　↓
　　极小值334
　　↑
　　u（t）≥334=3108>4≥a∴x1x2 2（x1 x2）x1x2>a
　　∴对任意两个不相等的正数x1，x2，恒有f′（x1）-f′（x2）>x1-x2
　　证法二：g（x）=f′（x）=2x-2x2 ax，g′（x）=2 4x3-ax2
　　由g（x1）-g（x2）x1-x2>1，则|g′（x）|>1，2 4x3-ax2>1，以1x替换x
　　则|2 4x3-ax2|>1对x>0恒成立.
　　（一） 当a≤0时，显然成立.
　　（二） 当a>0时，令h（x）=4x3-ax2 2（x>0），
　　h（x）过点（0，2），h′（x）=12x2-2ax.
　　令h′（x）<0，得00，得x>a6
　　∴h（x）在0，a6为减函数，在a6， ∞为增函数，
　　∴hmin（x）=ha6=4a3216-a336 2=2-a3108
　　若hmin（x）≤0，则|hmin（x）|=0.此时，|2 4x3-ax2|>1对x>0不恒成立.
　　∴hmin（x）>0，此时，|h（x）|min=hmin（x）=2-a3108，
　　∴2-a3108>1a3<1080　　a=334是否成立.
　　即当a≤4时，|f′（x1）-f′（x2）|>|x1-x2|变式：
　　已知函数f（x）=2x2 1x λlnx（x>0），f（x）的导函数是f′（x），对任意两个不相等的正数x1，x2，f′（x1）-f′（x2）>x1-x2恒成立，求实数λ的取值范围.
　　解：g（x）=f′（x）=4x-1x2 λx，g′（x）=4 2x3-λx2
　　由g（x1）-g（x2）x1-x2>1，则|g′（x）|>1，得4 2x3-λx2>2，以1x替换x
　　则|2x3-λx2 4|>1对x>0恒成立.
　　（1） 当λ≤0时，显然成立.
　　（2） 当λ>0时，令h（x）=2x3-λx2 4（x>0）
　　h（x）过点（0，4），h′（x）=6x2-2λx.
　　令h′（x）<0，得00，得x>λ3
　　∴h（x）在0，λ3为减函数，在λ3， ∞为增函数，
　　∴h（x）min=hλ3=4-λ327
　　若h（x）min≤0，则|h（x）min|=0.此时，|2x3-λx2 4|>1对x>0不恒成立.
　　∴h（x）min>0，此时，|h（x）|min=h（x）min=4-λ327，
　　∴4-λ327>1λ3<810<λ<333
　　由（1）（2）得λ<333
　　下面检验λ=333是否符合题意：注意到当λ=333时，|f′（x1）-f′（x2）|>|x1-x2|4 x1 x2x1 x2-333x1x2>13x1x2 x1 x2x1x2>333或5x1x2 x1 x2x1x2<333恒成立.由于3x1x2 x1 x2x1x2>3x1x2 2x1x2=3x1x2 1x1x2 1x1x2≥333（當且仅当x1=x2=333时等号成立），即3x1x2 x1 x2x1x2>333成立，所以|f′（x1）-f′（x2）|>|x1-x2|恒成立，故λ=333符合题意.
　　综上，λ的取值范围是λ≤333.
　　参考文献：
　　[1] 江建平.导数的另类应用 [J].中学教学研究，2009（6）：45.