透視同構式中構造函數(shù)解題的八大類型

安徽省太湖中學 李昭平 (郵編：246400 )

例1(2020年江西南昌?？?已知0

A．a(chǎn)>c>bB．a(chǎn)>b>c

C．c>a>bD．c>b>a

因為0

于是a>b>c,故選B．

例2(2022年皖江聯(lián)盟模考)設曲線y=xn+1(n∈N*)在點(1，1)處的切線與x軸交點的橫坐標為xn.

(1)令an=lgxn，求數(shù)列{an}的前n項和Sn；

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

解析(1)易得Sn=-lg(n+1)，過程略去.

(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)當a=2時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若曲線y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個交點，求a的取值范圍．

2 構造xlnx型或xex型函數(shù)

例4(2021年河南商丘?？?設實數(shù)λ>0,若對任意x≥e,不等式xlnx≥λeλ恒成立，則λ的取值范圍是__________.

法1不等式xlnx≥λeλ就是x·lnx≥eλ·lneλ，兩邊是同構式.

構造函數(shù)f(x)=xlnx，則x·lnx≥eλ·lneλ.就是f(x)≥f(eλ).

法2不等式xlnx≥λeλ就是lnx·elnx≥λ·eλ，兩邊是同構式.

構造函數(shù)f(x)=xex，則lnx·elnx≥λ·eλ就是f(lnx)≥f(λ).

因為f′(x)=(x+1)ex,在[-1,+∞)上f(x)單增.而x≥e,λ>0,lnx,λ∈[-1,+∞)，因此由f(lnx)≥f(λ)得，lnx≥λ，λ≤1.故實數(shù)λ的取值范圍是(0,1].

點評法1是將已知的不等式xlnx≥λeλ等價變形為x·lnx≥eλ·lneλ.，則立即構造xlnx型函數(shù)；法2則是將已知的不等式xlnx≥λeλ等價變形為lnx·elnx≥λ·eλ，則立即構造xex型函數(shù).法1、法2殊途同歸.

3 構造ex±x型函數(shù)

例5(2022年A10聯(lián)盟高二期中考)若對任意x∈(1,+∞),不等式ex-xa≥x-alnx恒成立，則正數(shù)a的最大值為( )

點評將已知的不等式ex-xa≥x-alnx等價變形為ex-x≥elnxa-lnxa，則立即構造ex-x型函數(shù).

例6(2020年新全國1卷山東)已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna．

(1)當a=e時，求曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．

(2)f(x)=aex-1-lnx+lna=elna+x-1-lnx+lna≥1等價于

elna+x-1+lna+x-1≥lnx+x=elnx+lnx，兩邊是同構式.

令g(x)=ex+x,則上述不等式等價于g(lna+x-1)≥g(lnx).顯然g(x)為R上的單增函數(shù).所以g(lna+x-1)≥g(lnx)又等價于lna+x-1≥lnx，即lna≥lnx-x+1.

(1,+∞)內(nèi)h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減，因此h(x)max=h(1)=0,lna≥0，即a≥1.

故a的取值范圍是[1,+∞).

點評將已知不等式aex-1-lnx+lna≥1等價變形為elna+x-1+lna+x-1≥elnx+lnx,則立即構造ex+x型函數(shù).

例7(2022年山東煙臺模考)已知 e 是自然對數(shù)的底數(shù)，則下列不等關系中正確的是( )

5 構造x(ex+1)型函數(shù)

即ax(eax+1)≥(elnx2+1)lnx2，兩邊是同構式.構造函數(shù)f(x)=x(ex+1),x≥0,則ax(eax+1)≥(elnx2+1)lnx2就是f(ax)≥f(lnx2).

因為f′(x)=(ex+1)+xex=(1+x)ex+1>0,所以f(x)在[0,+∞)上單增.

則立即構造x(ex+1)型函數(shù).

6 構造ax+logax型函數(shù)

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

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)-1，兩邊有同構式.令f(x)=2x+log2x，則f(x)在(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù).2a+log2a=22b+log2(2b)-1就是f(a)=f(2b)-1，所以f(a)

故選B.

點評將等式2a+log2a=4b+2log4b等價變形為2a+log2a=22b+log2(2b)-1,則立即構造ax+logax型函數(shù)處理，簡單快捷.

7 構造f(x)+mx型函數(shù)

例10(2019年甘肅天水?？?已知函數(shù)f(x)=2cosx-x2.若對任意的x1，x2∈(0,π)，都有|f(x1)-f(x2)|≤m|x1-x2|成立，則實數(shù)m的取值范圍是__________.

解析因為f(x)=2cosx-x2,所以f′(x)=-2sinx-2x<0，因此f(x)在(0,π)內(nèi)單減.不妨設0

于是已知的不等式|f(x1)-f(x2)|≤m|x1-x2|等價于f(x1)-f(x2)≤mx2-mx1，即f(x1)+mx1≤f(x2)+mx2，兩邊是同構式.

令g(x)=f(x)+mx,00,h(x)在(0,π)內(nèi)單增，因此h(x)

點評先必須去掉已知不等式|f(x1)-f(x2)|≤m|x1-x2|中的絕對值，要研究f(x)的單調(diào)性才行.去掉絕對值后成為f(x1)+mx1≤f(x2)+mx2，兩邊是同構式，則立即構造f(x)+mx型函數(shù)處理.

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)當a=-1時，對任意的x1,x2∈(0,+∞)，且x1≠x2都有

解析(1)易得，當a≥1時，f′(x)>0，f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增；

當a≤0時，f(x)在(0，+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.

(2)當a=-1時，f(x)=-lnx-x2+1,不妨設0

即g(x1)+mx1>g(x2)+mx2恒成立，兩邊是同構式.

令(x)=g(x)+mx，則(x)在(0,+∞)內(nèi)恒為單調(diào)遞減函數(shù)，

8 構造f(x+t)-f(x)型函數(shù)

例12(2022年高考北京卷)已知函數(shù)f(x)=exln(1+x)．

(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；

(2)設g(x)=f′(x)，討論函數(shù)g(x)在[0,+∞)上的單調(diào)性；

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

解析(1)易得切線方程是y=x.過程略.

(2)函數(shù)g(x)在[0,+∞)上的單調(diào)遞增.過程略.

(3)原不等式f(s+t)>f(s)+f(t)等價于f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0)，令m(x)=f(x+t)-f(x)(x,t>0)，即證m(x)>m(0).

又因為x,t>0，所以m(x)>m(0).故原不等式成立.

點評將待證的不等式f(s+t)>f(s)+f(t)等價變形為f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0),則立即構造f(x+t)-f(x)型函數(shù).

以上通過部分?？碱}和高考題，透視了構造函數(shù)解題的八大類型.由此可見，熟悉這八類函數(shù)的性質(單調(diào)性、對稱性、極值、最值、圖象、零點等)是前提. 解題的關鍵是，對已知的等式或不等式作等價變形，轉化為我們熟悉的函數(shù)模型，這往往不簡單.同時還要注意由函數(shù)關系得到自變量關系，是否在構造函數(shù)的單調(diào)區(qū)間內(nèi).只有通過不斷的練習、思考和感悟，才能產(chǎn)生式感(對等式或不等式的感覺)，朝著正確的函數(shù)模型方向轉化.