设函数f(x)在R上的导函数为f'(x),且2f(x)+xf'(x)大于x^2,下面不等式在R内恒成立的是?A ,f(x)大于0 B ,f(x)小于0 C,f(x)大于x D,f(x)小于x

设函数f(x)在R上的导函数为f'(x),且2f(x)+xf'(x)大于x^2,下面不等式在R内恒成立的是?A ,f(x)大于0 B ,f(x)小于0 C,f(x)大于x D,f(x)小于x
设函数f(x)在R上的导函数为f'(x),且2f(x)+xf'(x)大于x^2,下面不等式在R内恒成立的是?
A ,f(x)大于0 B ,f(x)小于0 C,f(x)大于x D,f(x)小于x

设函数f(x)在R上的导函数为f'(x),且2f(x)+xf'(x)大于x^2,下面不等式在R内恒成立的是?A ,f(x)大于0 B ,f(x)小于0 C,f(x)大于x D,f(x)小于x
因为 2f(x)+xf′(x)＞x^2 …………①,下面予以讨论：
（1）x= 0时,代入①得：f(0) ＞ 0
（2）x＞0 时,①的两边同乘以x ：2xf(x)+x^2f′(x) ＞ x^3 ,即
[x^2f(x)]′＞ x^3＞0,所以函数y= x^2f(x）是R+上的增函数,而x＞0,
故：x^2f(x) ＞ 0^2f(0) = 0 ,所以 f(x) ＞ 0
（3）x＜0 时,①的两边同乘以x ：2xf(x)+x^2f′(x) ＜ x^3 ,即
[x^2f(x)]′＜x^3＜ 0,所以函数y= x^2f(x）是R-上的增函数,又x＜ 0,
故：x^2f(x)＞ 0^2f(0) = 0 ,所以也有 f(x) ＞0
综上可知,x∈R 时,总有 f(x)＞0 所以选 A
——————————但————————是——————————
选择题应该这样做!由f(0) ＞ 0 即排除选项B和D,
显然 f(x)=x^2 +a（a＞0）时 已知条件 2f(x)+xf′(x)＞x^2 成立,但
f(x)＞x 未必成立,所以C也是错的,故选 A

2f(x)+xf'(x)大于x^2
x= 0 ===> f(0) > 0
x>0 时，
2xf(x)+x^2f'(x) > x^3
(x^2f(x))' > 0, ===> 严格递增 x^2f(x) > 0^2f(0) = 0 ===> f(x) > 0
x<0 时，
2xf(x)+x^2f'(x) < x^3
(x^2f(x))' < 0, ===> 严格递减， x^2f(x) > 0^2f(0) = 0 ===> f(x) > 0
所以 A ,f(x)大于0

以下提供九种解法：

解法1：做“合乎逻辑”的估计、猜想

∵x2≥0非负！

∴由已知2f（x）+xf（x）>0恒成立

估计f（x）>0的胜率大于f（x）<0的胜率→排除B，进而排除D。

若f（x）>x成立，x∈R，其中x<0的亦成立。

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以下提供九种解法：

解法1：做“合乎逻辑”的估计、猜想

∵x2≥0非负！

∴由已知2f（x）+xf（x）>0恒成立

估计f（x）>0的胜率大于f（x）<0的胜率→排除B，进而排除D。

若f（x）>x成立，x∈R，其中x<0的亦成立。

则f（x）会出现负值，同上道理排除C，故选A。

解法2：类似法1，考查另一项xf（x）

估计xf（x）>0的胜率大于xf（x）<0的胜率

此时x与f（x）同号，即x>0时，f（x）>0；x<0时，f（x）<0

故，x=0是f（x）唯一的极小值点，也是最小值点。

而2f（0）+0>0即f（0）>0

∴f（x）>0，故选A。

点评：以上估计，猜想“合情”，是否“合理”？理应严格论证。但作为“四选一”的选择题在“全体判断”的大前提作用下，不合情的必错，合情的胜率高。加之有正确命题保证：“对一般成立，则对特殊必成立”——真命题，其逆否命题：“对特殊不成立，对一般必不成立”——真命题。这样的正确逻辑关系帮助我们省时、省力地选择对错，太诱人了。

解法3：特殊值法代入验证

∵2f（0）+0>0即f（0）>0

∴排除B、D

∵f（x）在R上可导，必连续

若f（x）>x成立，x>0时f（x）>0成立，这与唯一正确选项矛盾

∴f（x）>x不成立

（f（x）>0成立，不能保证f（x）>x成立），故选A。

解法4：判断连续函数f（x）无零点+f（0）>0→f（x）>0

∵f（x）在R上可导

∴f（x）在R上连续

∵x2≥0

∴2f（x）+xf（x）>0……①在R上恒成立，f（0）>0

假设f（x）有零点xi，即f（xi）=0，代入①，则xif（xi）>0……②

讨论②，xi>0，则f（xi）>0；xi<0，则f（xi）<0

故此，f（x）在xi>0时递增，f（x）在xi<0时递减，f（x）的零点xi=0是唯一的极小值点也是最小值点，其最小值f（xi）=f（0）=0，这与f（0）>0矛盾。

∴f（x）>0，选A。

点评：①xi是定值，此处怎么视为变量了？答曰：你可以想象一下（毕竟xi是任意一个零点），若xi动起来，函数f（x）的零点既是极小值点也是最小值点的特性显露无遗，立即显出矛盾。可以如此猜想、分析。

②以上解法省时、省力，为考试争得时间，其锻炼人思维敏捷性的长处不可小视，它能促进你做“合乎逻辑的思考”。

解法5：构造辅助函数

令f（x）=x2+m（m∈R），则2f（x）+xf（x）=2x2+2m+2x2>x2恒成立

∴唯有m>0，此时显然可排除B、D。又f（x）-x=x2-x+m>0在R上恒成立←→=1-4m<0，故当m≤时，C不成立，可见对此f（x），B、C、D均不真，故选A。

解法6：构造函数F（x）=x2f（x），则F（x）=2xf（x）+x2f（x）

当x≠0时，题设不等式化为>x2

当x<0时，F（x）

当x>0时，F（x）>x3>0，F（x）为增函数

于是，F（x）仅在x=0时有最小值F（0）=0，即有F（x）=x2f（x）≥0，于是当x≠0时有f（x）≥0，由已知x=0时有2f（0）+0·f（0）>02，故f（0）>0。若存在x0≠0，f（x0）=0，则f（x0）=x02f（x0）=0，这与F（x）仅在x=0时有F（0）=0不符，所以f（x）>0恒成立。

解法7：令x=0，得2f（0）+0>0，故f（0）>0

当x>0时，有2xf（x）+x2f（x）>x3，[x2f（x）]>x3

[x2f（x）-]>0

故x2f（x）-在[0，+∞）↑，x2f（x）->02·f（0）-=0

即f（x）>>0

当x<0时，有2xf（x）+x2f（x）

故x2f（x）->02·f（0）-=0，即f（x）>>0

综上，对x∈R均有f（x）>0，选A。

总评：一道高考文科选择题引来那么多想法，足见其有数学教育价值和思维价值。以上解法是众名家巧思妙解的汇集。此题若改成证明f（x）>0，则唯有法6、法7可用，深思一下，法6、法7都构造了函数（此函数来自题设条件的变形），皆灵活运用了导数工具来研究函数单调性、最值，分类讨论的思想也清晰体现在解题中。作为选择题，法5的构造特殊函数恰到好处。那些热衷题海的同学，不如找一些典型题深抠一下。能做到举一反三的同学，你的认识已经开始实现了“从量变到质变”的飞跃。

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