巧用構(gòu)造法破解一類函數(shù)綜合問題

曹琪

摘 要：關(guān)注式子結(jié)構(gòu)，基于模式識(shí)別，構(gòu)造函數(shù)解決一類函數(shù)綜合問題.

關(guān)鍵詞：導(dǎo)數(shù);不等式;模式識(shí)別;構(gòu)造法

中圖分類號(hào)：G632?? 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A?? 文章編號(hào)：1008-0333（2022）04-0046-04

函數(shù)作為《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版）》四條主線內(nèi)容之一，是高考命題的重點(diǎn)，試題能很好地體現(xiàn)《中國高考評(píng)價(jià)體系》中，關(guān)于高考考查要求的基礎(chǔ)性、綜合性和創(chuàng)新性，是考查數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)和關(guān)鍵能力的重要載體，因此，也是學(xué)生學(xué)習(xí)的難點(diǎn).利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，是解決函數(shù)問題的主要方法，本文基于高考和各地模考試題，談構(gòu)造函數(shù)在破解函數(shù)綜合問題的應(yīng)用，以追蹤熱點(diǎn)，突破難點(diǎn).構(gòu)造函數(shù)的主要依據(jù)有兩個(gè)，一是根據(jù)已知條件或所求問題中式子的結(jié)構(gòu)特點(diǎn);二是根據(jù)求導(dǎo)基本法則，即導(dǎo)函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征.前者一般以確定函數(shù)為研究對(duì)象，后者則多以抽象函數(shù)的形式出現(xiàn).無論是哪種形式，本質(zhì)上都是模型識(shí)別，是數(shù)學(xué)建模在學(xué)科內(nèi)的具體體現(xiàn).

1 構(gòu)造函數(shù)比較大小

例1 （2021年八省聯(lián)考12題）已知a<5且ae5=5ea，b<4且be4=4eb，c<3且ce3=3ec，則

（? ）.

A. c<b<a?? B. b<c<a

C. a<c<bD. a<b<c

解析 由已知，得e55=eaa，e44=ebb，e33=ecc，所有式子結(jié)構(gòu)一致.

令f（x）=exx，則上式可分別表示為f（5）=f（a），f（4）=f（b），f（3）=f（c）.

因?yàn)閒 ′（x）=（x-1）exx2，

所以函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

故有f（3）<f（4）<f（5）.

即f（c）<f（b）<f（a）.

而0<a，b，c<1，從而a<b<c，故選D.

例2 （2020年高考新課標(biāo)Ⅰ卷理12）若2a+log2a=4b+2log4b，則（? ）.

A. a>2b??? B. a<2b

C. a>b2D. a<b2

分析 雖然a，b分居在等式兩邊，但兩邊結(jié)構(gòu)不完全相同，為構(gòu)造函數(shù)設(shè)置了一定障礙，同時(shí)，選項(xiàng)又為破除障礙作了很好的提示，即等式右邊要么向2b轉(zhuǎn)化，要么向b2轉(zhuǎn)化.事實(shí)上，從運(yùn)算角度來看，只有右邊有一定的運(yùn)算空間.

解析 因?yàn)?a+log2a=4b+2log4b=22b+log4b2=22b+log2b<22b+log2（2b），

令f（x）=2x+log2x，

則f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

又因?yàn)樯鲜娇杀硎緸閒（a）<f（2b），

所以a<2b，故選B.

例3 已知函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，

f ′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)（下同），且當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，f（x）+xf ′（x）<0恒成立.a=20.2·f（20.2），b=logπ3·f（logπ3），c=log39·f（log39），則a，b，c的大小關(guān)系是.

分析 a，b，c具有明顯的相同結(jié)構(gòu)，為我們構(gòu)造函數(shù)提供了便利.利用函數(shù)比較大小，需要研究函數(shù)的單調(diào)性，f（x）+xf ′（x）<0恒成立，正是函數(shù)單調(diào)性的導(dǎo)數(shù)表示.

解析 令F（x）=xf（x），則a=F（20.2），b=F（logπ3），c=F（log39）=F（2）.

因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，

所以f（x）為偶函數(shù)，從而F（x）為奇函數(shù).

又當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，F(xiàn)′（x）=f（x）+xf ′（x）<0，

所以F（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞減.

顯然有，2>20.2>1>logπ3>0.

所以c<a<b.

例4 （2021年湖北七市州聯(lián)考）已知函數(shù)

f（x）是定義在區(qū)間（0，+∞）上的可導(dǎo)函數(shù)，滿足

f（x）>0，且f ′（x）+f（x）<0.若0<a<1<b，且ab=1，則下列不等式一定成立的是（? ）.

A. f（a）>（a+1）f（b）

B. f（b）>（1-a）f（a）

C. af（a）>bf（b）

D. af（b）>bf（a）

解析 根據(jù)f ′（x）+f（x）<0，聯(lián)想函數(shù)F（x）=exf（x）.

因?yàn)镕′（x）=ex[f ′（x）+f（x）]<0，

所以F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減.

又0<a<1<b，所以F（a）>F（b）.

即eaf（a）>ebf（b）.

也即f（a）>eb-af（b）.

比照選項(xiàng)，若能證明eb-af（b）>baf（b）恒成立，則可得af（a）>bf（b）.

因?yàn)閒（x）>0，故只需證eb-a>ba.

由于ab=1，即證e1a-a>1a2.

兩邊取自然對(duì)數(shù)，得1a-a>-2lna.

令g（x）=1x-x+2lnx（0<x<1），

則g′（x）=-1x2-1+2x=-（x-1）2x<0.

所以函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減.

則g（x）>g（1）=0.

即1a-a>-2lna對(duì)0<a<1恒成立.

所以af（a）>bf（b），故選C.

2 構(gòu)造函數(shù)解不等式

例5 函數(shù)f（x）為R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f ′（x）lnx<-1xf（x）恒成立，則使得（x2-4）f（x）>0成立的x的取值范圍是（? ）.

A.（-2，0）∪（0，2）

B.（-∞，-2）∪（2，+∞）

C.（-2，0）∪（2，+∞）

D.（-∞，-2）∪（0，2）

分析 求解不等式（x2-4）f（x）>0，關(guān)鍵看f（x）的取值范圍.不等式f ′（x）lnx<-1xf（x）可化為f ′（x）lnx+1xf（x）<0，基于對(duì)數(shù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和求導(dǎo)法則，它對(duì)應(yīng)于函數(shù)g（x）=f（x）lnx的導(dǎo)數(shù).

解析 令g（x）=f（x）lnx，則x>0，且g′（x）=f ′（x）lnx+1xf（x）<0.

故函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減.

而g（1）=0，所以，當(dāng)0<x<1時(shí)，g（x）>0，f（x）<0;

當(dāng)x>1時(shí)，g（x）<0，f（x）<0.

從而，當(dāng)x>0時(shí)，f（x）<0恒成立.

又函數(shù)f（x）為R上的奇函數(shù)，

所以，當(dāng)x<0時(shí)，f（x）>0.

不等式（x2-4）f（x）>0可化為

x2-4>0，f（x）>0或x2-4<0，f（x）<0.

即x2-4>0，x<0或x2-4>0，x>0.

解得x<-2，或0<x<2，故選D.

例6 定義在R上的函數(shù)f（x），對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，都有f（x）>f ′（x），且f（x）+2021為奇函數(shù)，則不等式f（x）+2021ex<0的解集為.

解析 令g（x）=f（x）ex，

則g′（x）=f ′（x）-f（x）ex<0.

所以g（x）為R上的減函數(shù).

又f（x）+2021為R上的奇函數(shù)，

所以f（0）+2021=0.

即f（0）=-2021.

因此g（0）=f（0）e0=f（0）=-2021.

不等式f（x）+2021ex<0可化為

g（x）=f（x）ex<-2021=g（0）.

即g（x）<g（0）.

根據(jù)函數(shù)g（x）的單調(diào)性，得x>0.

3 構(gòu)造函數(shù)求值或取值范圍

例7 設(shè)函數(shù)f（x）是R上的可導(dǎo)函數(shù)，且f ′（x）≥-f（x），f（0）=1，f（2）=1e2，則f（1）的值為.

解析 令F（x）=exf（x），則F′（x）=ex[f ′（x）+f（x）]≥0.

故函數(shù)F（x）為R上的增函數(shù)，或者為常數(shù)函數(shù).

又F（0）=e0f（0）=1，F(xiàn)（2）=e2f（2）=1，

所以F（x）=1.

從而F（1）=ef（1）=1，即f（1）=1e.

例8 定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）>0，且2f（x）<xf ′（x）<3f（x）恒成立，則f（2）f（3）的取值范圍是.

解析 由2f（x）<xf ′（x）可聯(lián)想函數(shù)g（x）=f（x）x2.

因?yàn)?/p>

g′（x）=x2f ′（x）-2xf（x）x4=xf ′（x）-2f（x）x3>0，

所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

從而f（2）4<f（3）9.

即f（2）f（3）<49.

同理，由xf ′（x）<3f（x）可聯(lián)想h（x）=f（x）x3，

易知h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減.

所以f（2）8>f（3）27.

即f（2）f（3）>827.

綜合可得827<f（2）f（3）<49.

4 構(gòu)造函數(shù)解決恒成立問題中參數(shù)的取值范圍

例9 已知不等式alnx-1x+e1x≥xa對(duì)任意x∈（0，1）恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為.

分析 對(duì)于含參不等式恒成立問題，一般考慮參變分離，如果參變分離很困難，一是考慮直接研究含參函數(shù)的性質(zhì);二是對(duì)不等式變形，若不等式的兩邊能分解成結(jié)構(gòu)相同的兩部分，則可構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行求解.

解析 不等式alnx-1x+e1x≥xa可化為

e1x-1x≥xa-alnx.

而1x=lne1x，alnx=lnxa，令f（x）=x-lnx，則上式可表示為f（e1x）≥f（xa）.

因?yàn)閒 ′（x）=1-1x=x-1x，

所以函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

又x∈（0，1），e1x>e，故考慮a<0，此時(shí)xa>1.

因此，不等式f（e1x）≥f（xa）可化為e1x≥xa.

所以1x≥alnx.

故a≥1xlnx對(duì)x∈（0，1）恒成立.

令h（x）=1xlnx，則h′（x）=-lnx-1（xlnx）2.

由h′（x）>0，得0<x<1e.

由h′（x）<0，得x>1e.

故函數(shù)h（x）在（0，1e）上單調(diào)遞增，在（1e，+∞）上單調(diào)遞減.

從而h（x）max=h（1e）=-e.

所以a≥-e，即實(shí)數(shù)a的最小值為-e.

例10 （2021年3月湖北8市聯(lián)考）設(shè)實(shí)數(shù)t>0，若不等式e2tx-ln2+lnxt≥0對(duì)x>0恒成立，則t的取值范圍是（? ）.

A. [12e，+∞）? B. [1e，+∞）

C. （0，1e]D. （0，12e]

解析 不等式e2tx-ln2+lnxt≥0可化為

te2tx-ln2x≥0.

因?yàn)閤>0，所以2txe2tx-2xln2x≥0.

即2txe2tx≥2xln2x=ln2x·eln2x.

令F（x）=xex，

上式可表示為F（2tx）≥F（ln2x）.

因?yàn)镕′（x）=ex+xex=ex（x+1）>0，

所以，函數(shù)F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

因此，2tx≥ln2x對(duì)x>0恒成立.

即t≥ln2x2x對(duì)x>0恒成立.

令g（x）=ln2x2x，則g′（x）=2-2ln2x（2x）2.

所以函數(shù)g（x）在（0，e2）上單調(diào)遞增，在（e2，+∞）上單調(diào)遞減.

所以g（x）max=g（e2）=1e，t≥1e，故選B.

顯然，含參不等式恒成立問題，解題難度更大，要求學(xué)生有較強(qiáng)的變形能力，以及敏銳的洞察力，構(gòu)造函數(shù)解決問題依然是核心.

參考文獻(xiàn)：

[1]

中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2018.

[2] 教育部考試中心.中國高考評(píng)價(jià)體系[M].北京：人民教育出版社，2019.

[責(zé)任編輯：李 璟]