透视同构式中构造函数解题的八大类型

安徽省太湖中学 李昭平 (邮编：246400 )

例1(2020年江西南昌模考)已知0

A．a>c>bB．a>b>c

C．c>a>bD．c>b>a

因为0

于是a>b>c,故选B．

例2(2022年皖江联盟模考)设曲线y=xn+1(n∈N*)在点(1，1)处的切线与x轴交点的横坐标为xn.

(1)令an=lgxn，求数列{an}的前n项和Sn；

(2)令bn=(n+3)xn+2,n∈N*.证明：bn+1·lnbn>bn·lnbn+1.

解析(1)易得Sn=-lg(n+1)，过程略去.

(2)由(1)得，bn=(n+3)xn+2=n+2.

因此bn+1·lnbn>bn·lnbn+1就是(n+3)·ln(n+2)>(n+2)·ln(n+3)，

(1)当a=2时，求f(x)的单调区间；

(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．

2 构造xlnx型或xex型函数

例4(2021年河南商丘模考)设实数λ>0,若对任意x≥e,不等式xlnx≥λeλ恒成立，则λ的取值范围是__________.

法1不等式xlnx≥λeλ就是x·lnx≥eλ·lneλ，两边是同构式.

构造函数f(x)=xlnx，则x·lnx≥eλ·lneλ.就是f(x)≥f(eλ).

法2不等式xlnx≥λeλ就是lnx·elnx≥λ·eλ，两边是同构式.

构造函数f(x)=xex，则lnx·elnx≥λ·eλ就是f(lnx)≥f(λ).

因为f′(x)=(x+1)ex,在[-1,+∞)上f(x)单增.而x≥e,λ>0,lnx,λ∈[-1,+∞)，因此由f(lnx)≥f(λ)得，lnx≥λ，λ≤1.故实数λ的取值范围是(0,1].

点评法1是将已知的不等式xlnx≥λeλ等价变形为x·lnx≥eλ·lneλ.，则立即构造xlnx型函数；法2则是将已知的不等式xlnx≥λeλ等价变形为lnx·elnx≥λ·eλ，则立即构造xex型函数.法1、法2殊途同归.

3 构造ex±x型函数

例5(2022年A10联盟高二期中考)若对任意x∈(1,+∞),不等式ex-xa≥x-alnx恒成立，则正数a的最大值为( )

点评将已知的不等式ex-xa≥x-alnx等价变形为ex-x≥elnxa-lnxa，则立即构造ex-x型函数.

例6(2020年新全国1卷山东)已知函数f(x)=aex-1-lnx+lna．

(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．

(2)f(x)=aex-1-lnx+lna=elna+x-1-lnx+lna≥1等价于

elna+x-1+lna+x-1≥lnx+x=elnx+lnx，两边是同构式.

令g(x)=ex+x,则上述不等式等价于g(lna+x-1)≥g(lnx).显然g(x)为R上的单增函数.所以g(lna+x-1)≥g(lnx)又等价于lna+x-1≥lnx，即lna≥lnx-x+1.

(1,+∞)内h′(x)<0,h(x)单调递减，因此h(x)max=h(1)=0,lna≥0，即a≥1.

故a的取值范围是[1,+∞).

点评将已知不等式aex-1-lnx+lna≥1等价变形为elna+x-1+lna+x-1≥elnx+lnx,则立即构造ex+x型函数.

例7(2022年山东烟台模考)已知 e 是自然对数的底数，则下列不等关系中正确的是( )

5 构造x(ex+1)型函数

即ax(eax+1)≥(elnx2+1)lnx2，两边是同构式.构造函数f(x)=x(ex+1),x≥0,则ax(eax+1)≥(elnx2+1)lnx2就是f(ax)≥f(lnx2).

因为f′(x)=(ex+1)+xex=(1+x)ex+1>0,所以f(x)在[0,+∞)上单增.

则立即构造x(ex+1)型函数.

6 构造ax+logax型函数

例9(2020年高考全国1卷)若2a+log2a=4b+2log4b，则( )

A.a>2bB.a<2b

C.a>b2D.a

解析2a+log2a=4b+2log4b就是2a+log2a=22b+log2b，即2a+log2a=22b+log2(2b)-1，两边有同构式.令f(x)=2x+log2x，则f(x)在(0,+∞)内为增函数.2a+log2a=22b+log2(2b)-1就是f(a)=f(2b)-1，所以f(a)

故选B.

点评将等式2a+log2a=4b+2log4b等价变形为2a+log2a=22b+log2(2b)-1,则立即构造ax+logax型函数处理，简单快捷.

7 构造f(x)+mx型函数

例10(2019年甘肃天水模考)已知函数f(x)=2cosx-x2.若对任意的x1，x2∈(0,π)，都有|f(x1)-f(x2)|≤m|x1-x2|成立，则实数m的取值范围是__________.

解析因为f(x)=2cosx-x2,所以f′(x)=-2sinx-2x<0，因此f(x)在(0,π)内单减.不妨设0

于是已知的不等式|f(x1)-f(x2)|≤m|x1-x2|等价于f(x1)-f(x2)≤mx2-mx1，即f(x1)+mx1≤f(x2)+mx2，两边是同构式.

令g(x)=f(x)+mx,00,h(x)在(0,π)内单增，因此h(x)

点评先必须去掉已知不等式|f(x1)-f(x2)|≤m|x1-x2|中的绝对值，要研究f(x)的单调性才行.去掉绝对值后成为f(x1)+mx1≤f(x2)+mx2，两边是同构式，则立即构造f(x)+mx型函数处理.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a=-1时，对任意的x1,x2∈(0,+∞)，且x1≠x2都有

解析(1)易得，当a≥1时，f′(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增；

当a≤0时，f(x)在(0，+∞)内单调递减.

(2)当a=-1时，f(x)=-lnx-x2+1,不妨设0

即g(x1)+mx1>g(x2)+mx2恒成立，两边是同构式.

令(x)=g(x)+mx，则(x)在(0,+∞)内恒为单调递减函数，

8 构造f(x+t)-f(x)型函数

例12(2022年高考北京卷)已知函数f(x)=exln(1+x)．

(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；

(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．

解析(1)易得切线方程是y=x.过程略.

(2)函数g(x)在[0,+∞)上的单调递增.过程略.

(3)原不等式f(s+t)>f(s)+f(t)等价于f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0)，令m(x)=f(x+t)-f(x)(x,t>0)，即证m(x)>m(0).

又因为x,t>0，所以m(x)>m(0).故原不等式成立.

点评将待证的不等式f(s+t)>f(s)+f(t)等价变形为f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0),则立即构造f(x+t)-f(x)型函数.

以上通过部分模考题和高考题，透视了构造函数解题的八大类型.由此可见，熟悉这八类函数的性质(单调性、对称性、极值、最值、图象、零点等)是前提. 解题的关键是，对已知的等式或不等式作等价变形，转化为我们熟悉的函数模型，这往往不简单.同时还要注意由函数关系得到自变量关系，是否在构造函数的单调区间内.只有通过不断的练习、思考和感悟，才能产生式感(对等式或不等式的感觉)，朝着正确的函数模型方向转化.