构造函数习题

\(\fbox{例1}\)
已知\(x_1>x_2>0\)，证明\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\).

分析：令\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)，则\(t>1\)；

\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)等价于\(lnt>2\cfrac{t-1}{t+1}\)；

然后作差构造函数\(g(t)=lnt-2\cfrac{t-1}{t+1}\)，想办法证明\(g(t)>0\)恒成立即可。

解析：\(g'(t)=\cfrac{1}{t}-2\cfrac{1\cdot(t+1)-(t-1)\cdot 1}{(t+1)^2}=\cfrac{1}{t}-\cfrac{4}{(t+1)^2}=\cfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}\ge 0\)

故函数\(g(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，

\(g(x)_{min}\rightarrow g(1)=0\)，

故\(g(x)>0\)在区间\((1，+\infty)\)上恒成立，故原命题得证。

\(\fbox{例2}\)

已知函数\(f(x)\)为定义在\((-\infty，+\infty)\)上的可导函数，且\(f(x)<f'(x)\)和\(f(x)>0\)对于\(x\in R\)恒成立，则有

\(A.f(2)<e^2f(0)，f(2017)>e^{2017}\cdot f(0)\)；\(B.f(2)>e^2f(0)，f(2017)>e^{2017}\cdot f(0)\)；

\(C.f(2)>e^2f(0)，f(2017)<e^{2017}\cdot f(0)\)；\(D.f(2)<e^2f(0)，f(2017)<e^{2017}\cdot f(0)\)；

分析：结合上述的构造函数的总结和感悟，我们可以看出来构造思路。

令\(g(x)=\cfrac{f(x)}{e^x}\)，则\(g'(x)=\cfrac{f'(x)e^x-f(x)e^x}{e^{2x}}=\cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}\)，

由题目条件\(f(x)-f'(x)<0\)可知，\(g'(x)=\cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}>0\)，

故\(g(x)\)在\((-\infty，+\infty)\)上单调递增，

故有\(g(2)>g(0)\)，即\(\cfrac{f(2)}{e^2}>\cfrac{f(0)}{e^0}\)，即\(f(2)>e^2f(0)\)；

同理有\(g(2017)>g(0)\)，即\(\cfrac{f(2017)}{e^{2017}}>\cfrac{f(0)}{e^0}\)，即\(f(2017)>e^{2017}f(0)\)；故选\(B\).

反思：本题目中的条件\(f(x)>0\)似乎多余。

\(\fbox{例3}\)

定义在\(R\)上的函数\(f(x)\)满足：\(f(x)+f'(x)>1\)，\(f(0)=4\)，则不等式\(e^xf(x)>e^x+3\)的解集是什么？

分析：构造函数\(g(x)=e^x\cdot f(x)-e^x-3\)，

则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)-e^x=e^x[f(x)+f'(x)-1]>0\)，

故\(g(x)\)在\(R\)上单调递增，且\(g(0)=e^0f(0)-e^0-3=0\)，

不等式\(e^xf(x)>e^x+3\)即就是\(g(x)>0\)，借助草图，可知解集是\((0，+\infty)\)。

\(\fbox{例4}\)

已知\(e\)是自然对数的底数，函数\(f(x)\)的定义域是R，\(f(x)+f'(x)-1>0\)，，\(f(0)=8\)，则不等式\(e^x\cdot f(x)-e^x-7>0\)的解集是（）

A、\((-\infty，0)\) \(\hspace{2cm}\) B、\((0，+\infty)\) \(\hspace{2cm}\) C、\((1，+\infty)\) \(\hspace{2cm}\) D、\((-\infty，1)\)

分析：构造函数，令\(g(x)=e^x\cdot f(x)-e^x-7\)，

则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)-e^x=e^x(f(x)+f'(x)-1)>0\)，

故\(g(x)\)在R上单调递增；又\(g(0)=e^0\cdot f(0)-e^0-7=0\)，

故\(g(x)>0\)的解集为\((0，+\infty)\) ，即不等式\(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1\)的解集为\((0，+\infty)\) ，选B.

\(\fbox{例5}\)

已知函数\(f(x)=\cfrac{x^2}{1+x^2}\)，求\(f(4)+f(3)+f(2)+f(1)+f(0)+f(\cfrac{1}{2})+f(\cfrac{1}{3})+f(\cfrac{1}{4})\)，

分析：你应该能联想到\(f(x)+f(\cfrac{1}{x})=m(m为某一个确定的值，你们可以自己计算得到)\)，从而联想到倒序相加求和法。

\(\fbox{例6}\)

定义在R上的函数满足\(f(\cfrac{1}{2}+x)+f(\cfrac{1}{2}-x)=2\)，求值\(f(\cfrac{1}{8})+f(\cfrac{2}{8})+f(\cfrac{3}{8})+\cdots+f(\cfrac{7}{8})\)=7．

本题目的变式：已知函数\(f(x)=\sqrt[3]{x-\frac{1}{2}}+1\)，求值\(f(\cfrac{1}{8})+f(\cfrac{2}{8})+f(\cfrac{3}{8})+\cdots+f(\cfrac{7}{8})\)=7．

\(\fbox{例7}\)

若\(f(x)=\cfrac{3x-2}{2x-1}\)，则\(f(\cfrac{1}{11})+f(\cfrac{2}{11})+f(\cfrac{3}{11})+\cdots+f(\cfrac{10}{11})\)的值是多少？

法1：结合要求解的条件，我们尝试求解\(f(x)+f(1-x)\)的值，结果会发现：\(f(x)+f(1-x)=3\)，

故有\(f(\cfrac{1}{11})+f(\cfrac{10}{11})=3\);\(f(\cfrac{2}{11})+f(\cfrac{9}{11})=3\);等等，

所以\(f(\cfrac{1}{11})+f(\cfrac{2}{11})+f(\cfrac{3}{11})+\cdots+f(\cfrac{10}{11})=5[f(\cfrac{1}{11})+f(\cfrac{10}{11})]=5\times 3=15\).

法2：将函数\(f(x)\)化为部分分式为\(f(x)=\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2(2x-1)}\)，

故函数\(f(x)\)的对称中心是\((\cfrac{1}{2}，\cfrac{3}{2})\)，

故根据函数的对称性的数学表达可以写出\(f(x)+f(1-x)=3\)；故所求式等于\(5\times 3=15\).

法3：本题目也可以说明倒序相加求和法。

\(\fbox{例8}\)(宝鸡中学第一次月考第15题)

已知函数\(f(x)=\cfrac{x^2}{1+x^2}\)，则\(2f(2)+2f(3)+\cdots+2f(2017)+f(\cfrac{1}{2})+f(\cfrac{1}{3})+\cdots+f(\cfrac{1}{2017})+\cfrac{1}{2^2}f(2)+\cfrac{1}{3^2}f(3)+\cdots+\cfrac{1}{2017^2}f(2017)\)的值为多少？

分析：这类题目往往从研究函数的特殊性质入手，当然研究的切入点就是给定式子的结构，

注意到自变量有\(2\)和\(\cfrac{1}{2}\)，所以先探究\(f(x)+f(\cfrac{1}{x})\)，

看看它的结果，由\(f(x)+f(\cfrac{1}{x})=1\)，可以将所求得式子一部分求值，

其他部分变形为\(f(2)+\cfrac{1}{2^2}f(2)\)，故接下来探究\(f(x)+\cfrac{1}{x^2}f(x)=1\)，故整个题目可解了。

解：由\(f(x)+f(\cfrac{1}{x})=1\)和\(f(x)+\cfrac{1}{x^2}f(x)=1\)，可将所求式子变形得到：

\(2f(2)+2f(3)+\cdots+2f(2017)+f(\cfrac{1}{2})+f(\cfrac{1}{3})+\cdots+f(\cfrac{1}{2017})+\cfrac{1}{2^2}f(2)+\cfrac{1}{3^2}f(3)+\cdots+\cfrac{1}{2017^2}f(2017)\)

\(=\{[f(2)+f(\cfrac{1}{2})]+[f(3)+f(\cfrac{1}{3})]+\cdots+[f(2017)+f(\cfrac{1}{2017})]\}\\+\{[f(2)+\cfrac{1}{2^2}f(2)]+[f(3)+\cfrac{1}{3^2}f(3)]+\cdots++[f(2017)+\cfrac{1}{2017^2}f(2017)]\}\)

\(=2016+2016=4032\).

\(\fbox{例9}\)

设函数\(f(x)\)是定义在\((0，+\infty)\)上的可导函数，导函数是\(f'(x)\)，且有\(f(x)<-xf'(x)\)，则不等式\(f(x+1)>(x-1)f(x^2-1)\)的解集为【】

A.\((0，1)\) \(\hspace{1cm}\) B.\((1，+\infty)\) \(\hspace{1cm}\) C.\((1，2)\) \(\hspace{1cm}\) D.\((2，+\infty)\)

分析：由\(f(x)<-xf'(x)\)，得到\(f(x)+xf'(x)<0\)，故令\(g(x)=x\cdot f(x)\)，
则\(g'(x)=f(x)+xf'(x)<0\)，即函数\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递减，

又不等式\(f(x+1)>(x-1)f(x^2-1)\)等价于\((x+1)f(x+1)>(x^2-1)f(x^2-1)\)，

即\(g(x+1)>g(x^2-1)\)，

由定义域和单调性可知\(0<x+1<x^2-1\)，

解得\(x>2\)，故选D.

\(\fbox{例10}\)(2017?渭南模拟)
已知定义域为R的奇函数\(y=f(x)\)的导函数为\(y=f'(x)\)，当\(x> 0\)时，\(f'(x)+\cfrac{f(x)}{x}>0\)，若\(a=\cfrac{1}{3}f(\cfrac{1}{3})，b=-3f(-3)，c=(ln\cfrac{1}{3})f(ln\cfrac{1}{3})\)，则\(a，b，c\)的大小关系正确的是　 【 】

A.\(a<b<c\) \(\hspace{2cm}\) B.\(a<c<b\) \(\hspace{2cm}\) C.\(b<c<a\) \(\hspace{2cm}\) D.\(c<a<b\)

分析：当\(x> 0\)时，\(f'(x)+\cfrac{f(x)}{x}>0\)，即\(xf'(x)+f(x)>0\)，

故构造函数\(g(x)=x\cdot f(x)\)，由于\(y=f(x)\)与\(y=x\)都是奇函数，则函数\(g(x)\)为偶函数，

当\(x>0\)时，\(g'(x)=f(x)+xf'(x)>0\)，即函数\(g(x)\)在\([0，+\infty)\)上单调递增，

由偶函数可知，函数\(g(x)\)在\((-\infty，0]\)上单调递减。

而\(a=\cfrac{1}{3}f(\cfrac{1}{3})=g(\cfrac{1}{3})\)，

\(b=-3f(-3)=g(-3)=g(3)\)，

\(c=(ln\cfrac{1}{3})f(ln\cfrac{1}{3})=g(ln\cfrac{1}{3})=g(-ln3)=g(ln3)\)，

又\(\cfrac{1}{3}<ln3<3\)，故\(g(\cfrac{1}{3})<g(ln3)<g(3)\)，即\(a<c<b\)，故选B.

\(\fbox{例11}\)(2017?泉州模拟)

函数\(f(x)\)的导函数\(f'(x)\)满足\(xf'(x)+2f(x)>0\)，则以下选项正确的是【 】

A.\(4f(-2)<f(-1)\) \(\hspace{2cm}\) B.\(4f(4)<f(2)\) \(\hspace{2cm}\) C.\(4f(2)>-f(-1)\) \(\hspace{2cm}\) D.\(3f(\sqrt{3})>4f(2)\)

分析：构造函数\(h(x)=x^2\cdot f(x)\)，

则\(h'(x)=2xf(x)+x^2f'(x)=x[2f(x)+xf'(x)]\)，

当\(x>0\)时，\(h'(x)>0\)，当\(x<0\)时，\(h'(x)<0\)，

即函数\(h(x)\)在区间\((-\infty，0)\)单调递减，在区间\((0，+\infty)\)上单调递增；

对选项A，\(h(-2)=(-2)^2f(-2)=4f(-2)\)，\(h(-1)=(-1)^2f(-1)=f(-1)\)，

又\(h(x)\)在区间\((-\infty，0)\)单调递减，\(h(-2)>h(-1)\)，即\(4f(-2)>f(-1)\)，故选项A错；

对选项B，\(h(4)=(4)^2f(4)=16f(4)\)，\(h(2)=(2)^2f(2)=4f(2)\)，

又在区间\((0，+\infty)\)上单调递增，\(h(4)>h(2)\)，即\(4f(4)>f(2)\)，故选项B错；

对选项D，\(h(\sqrt{3})=3f(\sqrt{3})\)，\(h(2)=4f(2)\)，

又在区间\((0，+\infty)\)上单调递增，\(h(\sqrt{3})>h(2)\)，即\(3f(\sqrt{3})<4f(2)\)，故选项D错；

对于选项C，我们还需要进一步分析，挖掘条件。

由上可知，即函数\(h(x)=x^2\cdot f(x)\)，\(h(x)\)在区间\((-\infty，0)\)单调递减，在区间\((0，+\infty)\)上单调递增；

当\(x=0\)时，函数\(h(x)\)有极小值，也就是最小值\(h(0)=0\)，则\(h(x)\)恒大于等于\(0\)，

当\(x\neq 0\)时，由\(h(x)=x^2f(x)>0\)恒成立，可得\(f(x)>0\)恒成立，

对可导函数\(f(x)\)而言，由\(xf'(x)+2f(x)>0\)得到，当\(x=0\)时，\(0f'(x)+2f(0)>0\)可得\(f(0)>0\)，

综上\(x\in R\)时，\(f(x)>0\)恒成立。故\(4f(2)>0\)，\(-f(-1)<0\)，故有\(4f(2)>-f(-1)\)，即选项C正确。

\(\fbox{例12}\)

定义在\((0，+\infty)\)上的函数\(f(x)\)的导函数\(f'(x)\)满足\(\sqrt{x}\cdot f(x)<\cfrac{1}{2}\)，则一定成立的是 【 】

A.\(f(9)-1<f(4)<f(1)+1\) \(\hspace{2cm}\) B.\(f(1)+1<f(4)<f(9)-1\) \(\hspace{2cm}\) C.\(f(5)+2<f(4)<f(1)-1\) \(\hspace{2cm}\) D.\(f(1)-1<f(4)<f(5)+2\)

分析：由\(\sqrt{x}\cdot f(x)<\cfrac{1}{2}\)，变形得到\(2\sqrt{x}f'(x)-1<0\)，

即\(\cfrac{2\sqrt{x}f'(x)-1}{2\sqrt{x}}<0\)，故想到构造函数\(g(x)=f(x)-\sqrt{x}\)，

则\(g'(x)=\cfrac{2\sqrt{x}f'(x)-1}{2\sqrt{x}}<0\)，

故函数\(g(x)\)在定义域\((0，\infty)\)上单调递减，

故\(g(1)>g(4)>g(9)\)，即\(f(1)-\sqrt{1}>f(4)-\sqrt{4}>f(9)-\sqrt{9}\)，

即\(f(1)-1>f(4)-2>f(9)-3\)，整理得到\(f(1)+1>f(4)>f(9)-1\)，故选A.

\(\fbox{例13}\)

已知函数\(f(x)=alnx+(x+1)^2\)，若图像上存在两个不同的点\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)(x_1>x_2)\)，

使得\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)成立，则实数\(a\)的取值范围是多少？

法1：[构造函数法]将\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)转化为\(f(x_1)-4x_1\leq f(x_2)-4x_2\)，

令\(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2\)，则原题转化为存在\(x_1>x_2，g(x_1)\leq g(x_2)\)成立，

即就是\(x>0\)时，\(g(x)\)有单调递减区间或\(g(x)\)为常函数；即就是\(x>0\)时，\(g'(x)\leq 0\)有解，

而\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-2\leq 0\)有解，

分离参数即得\(a\leq -2x^2+2x\)对于\(x>0\)能成立，

即求解\(-2x^2+2x=g(x)\)在\(x>0\)上的最大值。

而\(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{1}{2}\)，

即\(g(x)_{max}=\cfrac{1}{2}\)，

故\(a \leq \cfrac{1}{2}\)，也即\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2}]\).

\(\fbox{例14}\)

已知函数\(f(x)=alnx+x^2(a\in R)\)，若\(a>0\)，且对\(\forall x_1，x_2 \in [1,e]\)，都有\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)，求实数\(a\)的取值范围。

解析：\(a>0\)时，\(f'(x)=\cfrac{a}{x}+2x>0\)，

即函数\(f(x)\)在\(x\in [1，e]\)上单增，又函数\(y=\cfrac{1}{x}\)在\(x\in [1，e]\)上单减，

不妨设\(1\leq x_1<x_2\leq e\)，

则\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)等价于\(f(x_2)-f(x_1)\leq \cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}\)，

即\(f(x_1)+\cfrac{1}{x_1}\ge f(x_2)+\cfrac{1}{x_2}\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立，

令\(g(x)=f(x)+\cfrac{1}{x}=alnx+x^2+\cfrac{1}{x}\)，

则原命题等价于函数\(g(x)\)在区间\(x\in [1，e]\)上单调递减，

所以\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-\cfrac{1}{x^2}\leq 0\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；

分离参数得到\(a\leq \cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；

又\(h(x)=\cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上单调递减，

则\(h(x)_{min}=h(e)=\cfrac{1}{e}-2e^2\)；所以\(a\leq \cfrac{1}{e}-2e^2\)

又由题目可知\(a>0\)，故\(a\in \varnothing\)。即满足条件的实数\(a\)不存在。

\(\fbox{例15}\)

已知函数\(f(x)\)的定义域为\(R\)，且\(f'(x)+f(x)=2xe^{-x}\)，若\(f(0)=1\)，则函数\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}\)的取值范围是多少？

分析：本题目的难点在于要注意到\((e^x)'=e^x\)以及构造函数，

解析：由题目\(f'(x)+f(x)=2xe^{-x}\)可知，\(e^xf'(x)+e^xf(x)=2x\)，

令\(g(x)=e^xf(x)\)，则\(g'(x)=e^xf'(x)+e^xf(x)=2x\)，

故\(g(x)=e^xf(x)=\int 2x\;\;dx=x^2+C\)，由\(f(0)=1\)，得到\(g(0)=1=0^2+C\)，故\(C=1\)

所以\(e^xf(x)=x^2+1\)，则\(f(x)=\cfrac{x^2+1}{e^x}\)，

\(f'(x)=\cfrac{2xe^x-(x^2+1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{2x-x^2-1}{e^x}\)

故\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=\cfrac{2x-x^2-1}{x^2+1}=\cfrac{2x}{x^2+1}-1\)，

由于接下来需要变量集中到分母，故针对\(x\)分类讨论如下：

当\(x=0\)时，直接代入上式得到\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=-1\)；

当\(x\neq 0\)时，\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=\cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1\)；

由于\(|x+\cfrac{1}{x}|\ge 2\)，则\(0<\cfrac{1}{\left|x+\cfrac{1}{x}\right|}\leq \cfrac{1}{2}\)，

即\(0<\left|\cfrac{2}{x+\frac{1}{x}}\right|\leq 1\)，

所以\(-1\leq \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}<0或0< \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}\leq 1\)；

\(-1-1\leq \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1<0-1或0-1< \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1\leq 1-1\)；

即\(-2\leq \cfrac{f'(x)}{f(x)}<-1或-1< \cfrac{f'(x)}{f(x)}\leq 0\)；

综上得到\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}\in [-2，0]\)

\(\fbox{例16}\)

设函数\(f(x)\)在\(R\)上存在导数\(f'(x)\)，\(\forall x\in R\)，都有\(f(-x)+f(x)=x^2\)，在\((0，+\infty)\)上\(f'(x)<x\)，若\(f(4-m)-f(m)\ge 8-4m\)，则实数\(m\)的取值范围是多少？

分析：本题中的题眼是在\((0，+\infty)\)上\(f'(x)<x\)，这句话是构造函数的关键所在。

解析：由题目“在\((0，+\infty)\)上\(f'(x)<x\)”，构造函数\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x^2\)，

从简原则，我们不需要构造\(\cfrac{1}{2}x^2+C\)；

则在\((0，+\infty)\)上\(g'(x)=f'(x)-x<0\)，\(g(x)\)单调递减，

又由于\(f(-x)+f(x)=x^2\)，改写为\(f(-x)-\cfrac{1}{2}(-x)^2+f(x)-\cfrac{1}{2}(x)^2=0\)，

即就是\(g(-x)+g(x)=0\)，

即函数\(g(x)\)为定义在\(R\)上的奇函数，则\((-\infty，0)\)上单调递减，

所以函数\(g(x)\)在\((-\infty，+\infty)\)上单调递减。

又由于\(f(4-m)-f(m)\ge 8-4m\)，

等价于\(f(4-m)-\cfrac{1}{2}(4-m)^2 \ge f(m)-\cfrac{1}{2}m^2\)，

也等价于\(g(4-m)\ge g(m)\)，

所以\(4-m\leq m\)，解得\(m \ge 2\)，即\(m\in [2，\infty)\).

\(\fbox{例17}\)(2017凤翔中学高三文科数学第二次月考第21题改编)

已知函数\(h(x)=\cfrac{1}{2}x^2+alnx\)，若对任意两个不等的正数\(x_1，x_2\)，都有\(\cfrac{h(x_1)-h(x_2)}{x_1-x_2}>2\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围。

分析：先求定义域\((0，+\infty)\)由题意可知，对任意两个不等的正数\(x_1，x_2\)，

都有\(\cfrac{h(x_1)-h(x_2)}{x_1-x_2}>2\)恒成立，即为\(h(x_1)-2x_1>h(x_2)-2x_2\)，

故构造函数令\(g(x)=h(x)-2x\)，可得\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增。

由\(g'(x)=h'(x)-2=x+\cfrac{a}{x}-2\ge 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立。

可得\(a\ge x(2-x)\)，由\([x(2-x)]_{max}=1\)，故\(a\ge 1\)，故实数\(a\)的取值范围为\([1，+\infty)\)。

\(\fbox{例18}\)

已知\(f(x)\)是定义在\((0，+\infty)\)上的非负可导函数，且满足\(xf′(x)＋f(x)≤0\)，对任意正数\(a，b\)，若\(a＜b\)，则必有【 】

A．\(af(b)≤bf(a)\) \(\hspace{2cm}\) B．\(bf(a)≤af(b)\) \(\hspace{2cm}\) C．\(af(a)≤f(b)\) \(\hspace{2cm}\) D．\(bf(b)≤f(a)\)

解析：因为\(xf′(x)≤－f(x)\)，\(f(x)≥0\)，

所以\([\cfrac{f(x)}{x}]′＝\cfrac{xf′(x)-f(x)}{x^2}≤\cfrac{-2f(x)}{x^2}≤0\)，

则函数\(\cfrac{f(x)}{x}\)在\((0，+\infty)\)上是单调递减的，

由于\(0<a<b\)，则\(\cfrac{f(a)}{a}\ge \cfrac{f(b)}{b}\)，

即\(af(b)≤bf(a)\)，故选A。

反思总结：当函数为常函数\(f(x)=0\)时，能取到等号。

\(\fbox{例19}\)(2017?大连模拟)

已知函数\(f(x)＝alnx-(x-1)^2\)在区间\((0，1)\)内任取两个实数\(p，q\)，且\(p\neq q\)，不等式\(\cfrac{f(p)-f(q)}{p-q}<1\)恒成立，则实数\(a\)的取值范围为________．

解析：不妨设\(p>q\)，则\(p-q>0\)，则\(\cfrac{f(p)-f(q)}{p-q}<1\)等价于\(f(p)-p<f(q)-q\)。

令\(g(x)＝f(x)-x\)，则由题意可知函数\(g(x)\)在\((0，1)\)内单调递减，

由\(g(x)＝alnx-x^2＋x-1\)，知\('(x)＝\cfrac{a}{x}-2x＋1≤0\)在\((0，1)\)内恒成立，

\(a\leq x(2x-1)，x\in (0，1)\)恒成立，

结合二次函数的性质，可得\([x(2x-1)]_{min}=-\cfrac{1}{8}\)，故\(a\leq -\cfrac{1}{8}\)。

\(\fbox{例20}\)

设函数\(f(x)\)是定义在\((-\infty，0)\)上的可导函数,其导函数为\(f′(x)\)，且有\(2f(x)+xf′(x)>x^2\)，则不等式\((x+2016)^2f(x+2016)-4f(-2)>0\)的解集为 【 】

A、\((-\infty，-2014)\) \(\hspace{2cm}\) B、\((-2014，0)\) \(\hspace{2cm}\) C、\((-\infty，-2018)\) \(\hspace{2cm}\) D、 \((-2018，0)\)

分析：由\(2f(x)+xf′(x)>x^2(x<0)\)，得\(2xf(x)+x^2f′(x)<x3\)，

即\([x^2\cdot f(x)]′<x^3<0\)，故令\(F(x)=x^2\cdot f(x)\)，

则当\(x<0\)时，得\(F′(x)<0\)，即\(F(x)\)在\((-\infty，0)\)上是单调递减的，

又\(F(x+2016)=(x+2016)^2f(x+2016)\)，\(F(-2)=4f(-2)\)，

即不等式等价为\(F(x+2016)-F(-2)>0\)，

因为\(F(x)\)在\((-\infty，0)\)上是单调递减的，

所以由\(F(x+2016)>F(-2)\)得，\(x+2016<-2\)，

即\(x<-2018\)，故选C。

\(\fbox{例22}\)(2017?大连模拟)

已知函数\(f(x)=aln(x+1)-x^2\)，在区间\((1，2)\)内任取两个实数\(p，q\)，且\(p\neq q\)，不等式 \(\cfrac{f(p+1)-f(q+1)}{p-q}<1\)恒成立，则实数\(a\)的取值范围为________.　

分析：不妨设\(p>q\)，则\(p-q>0\)，

则不等式\(\cfrac{f(p+1)-f(q+1)}{p-q}<1\)等价于\(f(p+1)-f(q+1)<p-q\)，

即$ [f(p+1)-(p+1)]-[f(q+1)-(q+1)]<0$恒成立；

令\(g(x)=f(x)-x\)，

则由题意可知函数\(g(x)\)在\((2，3)\)内单调递减，

又\(g(x)=aln(x+1)-x^2-x\)，

则\(g′(x)=\cfrac{a}{x+1}-2x-1<0\)在\((2，3)\)内恒成立

即\(\cfrac{a}{x+1}<2x+1\)，

也即\(a<(x+1)(2x+1)\)在\((2，3)\)内恒成立，

结合二次函数的性质，\(x\in (2，3)\)时，\((x+1)(2x+1)_{min}\)的极限为15，

故可知\(a≤15\)。

反思总结：

1、构造函数的技巧；

2、定义域的变化，由于题中\(p，q\in (1，2)\)，故\(p+1，q+1\in (2，3)\)。

\(\fbox{例23}\)(2017?张家界模拟)

已知函数\(f(x)(x\in R)\)满足\(f(1)=1\)，且\(f(x)\)的导数\(f′(x)<\cfrac{1}{2}\)，则不等式\(f(x^2)<\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{1}{2}\)的解集为________.　

分析：设\(F(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x\)，

则\(F′(x)=f′(x)-\cfrac{1}{2}\)，

因为\(f′(x)<\cfrac{1}{2}\)，所以\(F′(x)=f′(x)-\cfrac{1}{2}<0\)，

即函数\(F(x)\)在\(R\)上为减函数，

因为\(f(x^2)<\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{1}{2}\)，

所以\(f(x^2)-\cfrac{x^2}{2}<f(1)-\cfrac{1}{2}\)，

即\(F(x^2)<F(1)\) ,

而函数\(F(x)\)在\(R\)上为减函数，

所以\(x^2>1\)，即\(x\in(-\infty，-1)\cup(1，+\infty)\)，

\(\fbox{例24}\)