巧用构造法破解一类函数综合问题

曹琪

摘 要：关注式子结构，基于模式识别，构造函数解决一类函数综合问题.

关键词：导数;不等式;模式识别;构造法

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2022）04-0046-04

函数作为《普通高中数学课程标准（2017年版）》四条主线内容之一，是高考命题的重点，试题能很好地体现《中国高考评价体系》中，关于高考考查要求的基础性、综合性和创新性，是考查数学学科核心素养和关键能力的重要载体，因此，也是学生学习的难点.利用导数研究函数的性质，是解决函数问题的主要方法，本文基于高考和各地模考试题，谈构造函数在破解函数综合问题的应用，以追踪热点，突破难点.构造函数的主要依据有两个，一是根据已知条件或所求问题中式子的结构特点;二是根据求导基本法则，即导函数的结构特征.前者一般以确定函数为研究对象，后者则多以抽象函数的形式出现.无论是哪种形式，本质上都是模型识别，是数学建模在学科内的具体体现.

1 构造函数比较大小

例1 （2021年八省联考12题）已知a<5且ae5=5ea，b<4且be4=4eb，c<3且ce3=3ec，则

（  ）.

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，所有式子结构一致.

令f（x）=exx，则上式可分别表示为f（5）=f（a），f（4）=f（b），f（3）=f（c）.

因为f ′（x）=（x-1）exx2，

所以函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

故有f（3）<f（4）<f（5）.

即f（c）<f（b）<f（a）.

而0<a，b，c<1，从而a<b<c，故选D.

例2 （2020年高考新课标Ⅰ卷理12）若2a+log2a=4b+2log4b，则（  ）.

A. a>2b    B. a<2b

C. a>b2D. a<b2

分析 虽然a，b分居在等式两边，但两边结构不完全相同，为构造函数设置了一定障碍，同时，选项又为破除障碍作了很好的提示，即等式右边要么向2b转化，要么向b2转化.事实上，从运算角度来看，只有右边有一定的运算空间.

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

令f（x）=2x+log2x，

则f（x）在（0，+∞）上单调递增.

又因为上式可表示为f（a）<f（2b），

所以a<2b，故选B.

例3 已知函数f（x）的图象关于y轴对称，

f ′（x）为f（x）的导函数（下同），且当x∈（-∞，0）时，f（x）+xf ′（x）<0恒成立.a=20.2·f（20.2），b=logπ3·f（logπ3），c=log39·f（log39），则a，b，c的大小关系是.

分析 a，b，c具有明显的相同结构，为我们构造函数提供了便利.利用函数比较大小，需要研究函数的单调性，f（x）+xf ′（x）<0恒成立，正是函数单调性的导数表示.

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

因为函数f（x）的图象关于y轴对称，

所以f（x）為偶函数，从而F（x）为奇函数.

又当x∈（-∞，0）时，F′（x）=f（x）+xf ′（x）<0，

所以F（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递减.

显然有，2>20.2>1>logπ3>0.

所以c<a<b.

例4 （2021年湖北七市州联考）已知函数

f（x）是定义在区间（0，+∞）上的可导函数，满足

f（x）>0，且f ′（x）+f（x）<0.若0<a<1<b，且ab=1，则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 根据f ′（x）+f（x）<0，联想函数F（x）=exf（x）.

因为F′（x）=ex[f ′（x）+f（x）]<0，

所以F（x）在（0，+∞）上单调递减.

又0<a<1<b，所以F（a）>F（b）.

即eaf（a）>ebf（b）.

也即f（a）>eb-af（b）.

比照选项，若能证明eb-af（b）>baf（b）恒成立，则可得af（a）>bf（b）.

因为f（x）>0，故只需证eb-a>ba.

由于ab=1，即证e1a-a>1a2.

两边取自然对数，得1a-a>-2lna.

令g（x）=1x-x+2lnx（0<x<1），

则g′（x）=-1x2-1+2x=-（x-1）2x<0.

所以函数g（x）在（0，1）上单调递减.

則g（x）>g（1）=0.

即1a-a>-2lna对0<a<1恒成立.

所以af（a）>bf（b），故选C.

2 构造函数解不等式

例5 函数f（x）为R上的奇函数，当x>0时，f ′（x）lnx<-1xf（x）恒成立，则使得（x2-4）f（x）>0成立的x的取值范围是（  ）.

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，关键看f（x）的取值范围.不等式f ′（x）lnx<-1xf（x）可化为f ′（x）lnx+1xf（x）<0，基于对数函数的导数和求导法则，它对应于函数g（x）=f（x）lnx的导数.

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

故函数g（x）在（0，+∞）上单调递减.

而g（1）=0，所以，当0<x<1时，g（x）>0，f（x）<0;

当x>1时，g（x）<0，f（x）<0.

从而，当x>0时，f（x）<0恒成立.

又函数f（x）为R上的奇函数，

所以，当x<0时，f（x）>0.

不等式（x2-4）f（x）>0可化为

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，故选D.

例6 定义在R上的函数f（x），对于任意实数x，都有f（x）>f ′（x），且f（x）+2021为奇函数，则不等式f（x）+2021ex<0的解集为.

解析 令g（x）=f（x）ex，

则g′（x）=f ′（x）-f（x）ex<0.

所以g（x）为R上的减函数.

又f（x）+2021为R上的奇函数，

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可化为

g（x）=f（x）ex<-2021=g（0）.

即g（x）<g（0）.

根据函数g（x）的单调性，得x>0.

3 构造函数求值或取值范围

例7 设函数f（x）是R上的可导函数，且f ′（x）≥-f（x），f（0）=1，f（2）=1e2，则f（1）的值为.

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

故函数F（x）为R上的增函数，或者为常数函数.

又F（0）=e0f（0）=1，F（2）=e2f（2）=1，

所以F（x）=1.

从而F（1）=ef（1）=1，即f（1）=1e.

例8 定义在（0，+∞）上的函数f（x）>0，且2f（x）<xf ′（x）<3f（x）恒成立，则f（2）f（3）的取值范围是.

解析 由2f（x）<xf ′（x）可联想函数g（x）=f（x）x2.

因为

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

所以g（x）在（0，+∞）上单调递增.

从而f（2）4<f（3）9.

即f（2）f（3）<49.

同理，由xf ′（x）<3f（x）可联想h（x）=f（x）x3，

易知h（x）在（0，+∞）上单调递减.

所以f（2）8>f（3）27.

即f（2）f（3）>827.

综合可得827<f（2）f（3）<49.

4 构造函数解决恒成立问题中参数的取值范围

例9 已知不等式alnx-1x+e1x≥xa对任意x∈（0，1）恒成立，则实数a的最小值为.

分析 对于含参不等式恒成立问题，一般考虑参变分离，如果参变分离很困难，一是考虑直接研究含参函数的性质;二是对不等式变形，若不等式的两边能分解成结构相同的两部分，则可构造函数进行求解.

解析 不等式alnx-1x+e1x≥xa可化为

e1x-1x≥xa-alnx.

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

因为f ′（x）=1-1x=x-1x，

所以函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

又x∈（0，1），e1x>e，故考虑a<0，此时xa>1.

因此，不等式f（e1x）≥f（xa）可化为e1x≥xa.

所以1x≥alnx.

故a≥1xlnx对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.

故函数h（x）在（0，1e）上单调递增，在（1e，+∞）上单调递减.

从而h（x）max=h（1e）=-e.

所以a≥-e，即实数a的最小值为-e.

例10 （2021年3月湖北8市联考）设实数t>0，若不等式e2tx-ln2+lnxt≥0对x>0恒成立，则t的取值范围是（  ）.

A. [12e，+∞）  B. [1e，+∞）

C. （0，1e]D. （0，12e]

解析 不等式e2tx-ln2+lnxt≥0可化为

te2tx-ln2x≥0.

因为x>0，所以2txe2tx-2xln2x≥0.

即2txe2tx≥2xln2x=ln2x·eln2x.

令F（x）=xex，

上式可表示为F（2tx）≥F（ln2x）.

因为F′（x）=ex+xex=ex（x+1）>0，

所以，函数F（x）在（0，+∞）上单调递增.

因此，2tx≥ln2x对x>0恒成立.

即t≥ln2x2x对x>0恒成立.

令g（x）=ln2x2x，则g′（x）=2-2ln2x（2x）2.

所以函数g（x）在（0，e2）上单调递增，在（e2，+∞）上单调递减.

所以g（x）max=g（e2）=1e，t≥1e，故选B.

显然，含参不等式恒成立问题，解题难度更大，要求学生有较强的变形能力，以及敏锐的洞察力，构造函数解决问题依然是核心.

参考文献：

[1]

中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2018.

[2] 教育部考试中心.中国高考评价体系[M].北京：人民教育出版社，2019.

[责任编辑：李 璟]