巧用構(gòu)造法破解一類函數(shù)綜合問題

曹 琪

(湖北省武穴市實(shí)驗(yàn)高級中學(xué) 435400)

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

C.a

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)

即f(c)

而0

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

A.a>2bB.a<2b

C.a>b2D.a

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)

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

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.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0F(b).

即eaf(a)>ebf(b).

也即f(a)>eb-af(b).

所以函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減.

則g(x)>g(1)=0.

所以af(a)>bf(b)，故選C.

2 構(gòu)造函數(shù)解不等式

A.(-2,0)∪(0,2)

B.(-∞,-2)∪(2,+∞)

C.(-2,0)∪(2,+∞)

D.(-∞,-2)∪(0,2)

故函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.

而g(1)=0，所以，當(dāng)00，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

解得x<-2，或0

例6 定義在R上的函數(shù)f(x)，對于任意實(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____.

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.

不等式f(x)+2021ex<0可化為

即g(x)

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

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.

所以g(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增.

易知h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.

4 構(gòu)造函數(shù)解決恒成立問題中參數(shù)的取值范圍

分析對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.

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

所以a≥-e，即實(shí)數(shù)a的最小值為-e.

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?x>0恒成立.

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.