构造法破解比较大小问题
2022-05-30张严田
张严田
【摘要】近几年的高考试题和模拟试题特别青睐于比较大小问题，而且此类题目普遍偏难，已经成为拉分题，这类问题的破解之策越来越受到广大师生的重视.
【关键词】构造法;大小比较
比较大小问题已经成为近几年各类模拟题和高考试题的热点考向，本文略举几例抛砖引玉，探讨其解法.
例1设a=0.1e0.1，b=19，c=-ln0.9，则（）
（A）a （C）c 解法1构造函数f（x）=lnx+1x（x>0）， 则f′（x）=1x-1x2，x>0， 当f′（x）=0时，x=1， 所以0 x>1时，f′（x）>0，f（x）单调递增， 即f（x）在x=1处取得最小值f（1）=1， 所以lnx≥1-1x，当x=1时等号成立， 所以ln0.9>1-10.9=-19， 于是-ln0.9<19， 即c 因为-ln0.9=ln109>1-910=110， 所以109>e0.1，0.1e0.1<19， 即a 因为0.1e0.1>0.1×1.1=0.11， 而-ln0.9=ln109<12109-910=19180 <0.11， 所以a>c， 故c 解法2先比较a与b. 设F（x）=（1-x）ex-1（0 则F′（x）=-xex<0， 所以F（x）在0 故F（x） 即（1-x）ex<1， 所以ex<11-x（0 取x=0.1，得e0.1<11-0.1=109， 所以0.1e0.1<19，即a 再比较a与c. 易知ex≥x+1，当且仅当x=0时取等号， 取x=0.1，得e0.1>1.1， 所以a=0.1e0.1>0.11. 设G（x）=2lnx-x+1x（x>1）， 则G′（x）=2x-1-1x2=-（x-1）2x2<0， 所以G（x）在x>1上单调递减， 故G（x） 即2lnx 取x=109，得 ln109<12109-910=19180<0.11<0.1e0.1=a， 即c 综上知，c 解法3由不等式lnx<12x-1x（x>1）， 得ln109<12109-910=19180<0.11， 又因为e0.1>0.1+1=1.1， 所以a=0.1e0.1>0.11， 即c 由ex≥x+1，得e-x>-x+1（0 即ex<11-x， 所以e0.1<11-0.1=10.9， 故a=0.1e0.1<19，即a 綜上知，c 故选（C）. 例2已知a=3132，b=cos14，c=4sin14，则（） （A）c>b>a.（B）b>a>c. （C）a>b>c.（D）a>c>b. （2022年全国甲卷） 解法1设 f（x）=cosx+12x2-1（0 则f′（x）=x-sinx. 设g（x）=x-sinx（0 g′（x）=1-cosx>0， 所以g（x）在（0，1）上单调递增， 即g（x）>g（0）=0，f′（x）>0， 故f（x）在（0，1）单调递增， 所以f14>f（0）=0， 即cos14>3132， 故b>a. 利用三角函数线可得x∈0，π2时，tanx>x， 所以tan14>14， 即sin14cos14>14， 所以4sin14>cos14， 即c>b. 综上知，c>b>a，选（A）. 解法2构造半径为4，弧长为1的扇形AOB，在扇形AOB中，∠AOB=14，|AB|<1， 所以cos14=|OA|2+|OB|2-|AB|22|OA|·|OB| >42+42-122×4×4=3132， 故b>a. 利用三角函数线可得x∈0，π2时，tanx>x， 所以tan14>14， 即sin14cos14>14， 故4sin14>cos14， 即c>b. 综上知，c>b>a，选（A）. 例3已知9m=10，a=10m-11，b=8m-9，则（） （A）a>0>b.（B）a>b>0. （C）b>a>0.（D）b>0>a.（2022年全国甲卷·文） 解法1因为9m=10， 所以m=log910， 因為1=log99 所以1 构建函数f（x）=xm-（x+1）（x>1），则 f′（x）=mxm-1-1. 令f′（x）>0，得 函数f（x）的单增区间为（m11-m，+∞）. 由1 所以111-m>m11-m>3211-m， 即m11-m<1， 故f（x）在（1，+∞）上单调递增， 于是有f（10）>f（9）>f（8）， 即10m-11>9m-10>8m-9， 故a>0>b，选（A）. 解法2因为9m=10，所以m=log910， 又lg9>0，lg11>0， 由基本不等式 lg9lg11 所以1-lg9lg11>0， 从而log910-log1011=1lg9-lg11 =1-lg9lg11lg9>0， 所以log1011 即10m>11， 故a>0. 同理b<0. 综上知，a>0>b，选（A）.
