黄俊峰 袁方程
湖北省大冶市第一中学 435100
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在高三模拟考试中，经常出现一类函数题目，而这类问题往往让学生感到和棘手。本文探讨一下这
类问题的解法。
题目：已知函数．若对任意两个不等的正数a，b，有| f (a)-f (b)|>|a -b|恒成立．求的取值范围．
方法一：由，得
，
．
若，当，时，，所以不存在这样的，使，所以对于任意的两个不等的正数a，b，恒成立．即恒成立．
法1：因为，故恒成立．
设，，易求当且仅当时，
故所求的取值范围是．
法2：因a、b是正实数故有，所以．
故所求的取值范围是．
注：这是标准答案给出的一种方法，但这种方法有一个漏洞。因为＞g（x）恒成立，并不等价于f（x）＞g（x）恒成立或f（x）＜-g（x）恒成立。而此题采用这种方法，结果却是对的，主要是因为有一个恒成立是不满足条件的。
方法二：利用拉格朗日中值定理求解。
| f (a)-f (b)|>|a -b|恒成立，即| |>1对任意两个不等的正数a，b恒成立，由拉格朗日中值定理可得， 1对x>0恒成立，而，即 1对x>0恒成立，也就是对x>0恒成立，易求得在x>0上的最小值是，则。
注：这是采用高等数学里面的方法，利用拉格朗日中值定理求解，但是这个问题学生很难接受，即使接受了，多数学生认为应该用 >1对x>0恒成立，而忽略了等号。
方法三：对任意两个不等的正数a，b，有| f (a)-f (b)|>|a -b|，先证明f（x）单调。
若f（x）不单调，则必存在时，有成立，而此时＜与任意两个不等的正数a，b，有| f (a)-f (b)|>|a -b|矛盾，从而f（x）单调。而，则，当x＞0时，不可能有 0恒成立，而f（x）单调，则必有 0恒成立，即 0恒成立，则恒成立，易求得在x>0上的最小值是，而f（x）单调单调递增，令>，又>，故>-，则令g（x）=f（x）-x，易证g（x）单调递增，g（x）=f（x）-x=， =0，则对x>0恒成立，易求得在x>0上的最小值是，则，而＜，故有。
注：对于在I上连续的函数f（x），若对任意两个不等的I上的实数a，b，有| f (a)-f (b)|>|a -b|恒成立类型的问题都可以采用方法三。其实质是，先证明f（x）的单调性，可用反证法证明，若f（x）不单调，则必存在时，有成立，而此时＜与任意两个不等的正数a，b，有| f (a)-f (b)|>|a -b|矛盾，从而f（x）单调。在此基础上介绍两个新的函数，（1）g（x）=f（x）+x，（2）g（x）=f（x）-x，则必有以下两个结论：（1）f（x）单调递增时，>可得g（x）=f（x）-x单调递增，（2）f（x）单调递减时，>即>-，可得g（x）=f（x）+x单调递减。先证第一个结论，充分性：由于f（x）单调递增，令>，由>得>-，则>-，即>，因而
g（x）=f（x）-x单调递增；必要性：由于g（x）=f（x）-x单调递增，令>，则>，即>-，即>-，而->0，则有>。同理可证明第二个结论。因而此种问题的解题步骤如下：（1）由>，则f（x）一定为单调函数；（2）对f（x）单调性进行分析，若f（x）单调递增，则g（x）=f（x）-x单调递增，此时可由f（x）单调递增和g（x）单调递增求范围；若f（x）单调递减，则g（x）=f（x）+x单调递减，此时可由f（x）单调递减和g（x）单调递减求范围。
弄清了这种方法，那么类似的问题都可以采用方法三，可以快捷的得到答案。如下面一道题目也可用这种方法来处理。
已知函数（x>0），f（x）的导数为，对任意两个不等的正数，，证明：当a 4时，| - |>。
本文发表于《数学通讯》
