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        巧用構(gòu)造法破解一類函數(shù)綜合問題

        2022-03-27 21:59:30曹琪
        關鍵詞:構(gòu)造法不等式模式識別

        曹琪

        摘 要:關注式子結(jié)構(gòu),基于模式識別,構(gòu)造函數(shù)解決一類函數(shù)綜合問題.

        關鍵詞:導數(shù);不等式;模式識別;構(gòu)造法

        中圖分類號:G632?? 文獻標識碼:A?? 文章編號:1008-0333(2022)04-0046-04

        函數(shù)作為《普通高中數(shù)學課程標準(2017年版)》四條主線內(nèi)容之一,是高考命題的重點,試題能很好地體現(xiàn)《中國高考評價體系》中,關于高考考查要求的基礎性、綜合性和創(chuàng)新性,是考查數(shù)學學科核心素養(yǎng)和關鍵能力的重要載體,因此,也是學生學習的難點.利用導數(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??荚囶},談構(gòu)造函數(shù)在破解函數(shù)綜合問題的應用,以追蹤熱點,突破難點.構(gòu)造函數(shù)的主要依據(jù)有兩個,一是根據(jù)已知條件或所求問題中式子的結(jié)構(gòu)特點;二是根據(jù)求導基本法則,即導函數(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)上都是模型識別,是數(shù)學建模在學科內(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<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,所有式子結(jié)構(gòu)一致.

        令f(x)=exx,則上式可分別表示為f(5)=f(a),f(4)=f(b),f(3)=f(c).

        因為f ′(x)=(x-1)exx2,

        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)<f(4)<f(5).

        即f(c)<f(b)<f(a).

        而0<a,b,c<1,從而a<b<c,故選D.

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

        A. a>2b??? B. a<2b

        C. a>b2D. a<b2

        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)設置了一定障礙,同時,選項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.事實上,從運算角度來看,只有右邊有一定的運算空間.

        解析 因為2a+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.

        又因為上式可表示為f(a)<f(2b),

        所以a<2b,故選B.

        例3 已知函數(shù)f(x)的圖象關于y軸對稱,

        f ′(x)為f(x)的導函數(shù)(下同),且當x∈(-∞,0)時,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).

        因為函數(shù)f(x)的圖象關于y軸對稱,

        所以f(x)為偶函數(shù),從而F(x)為奇函數(shù).

        又當x∈(-∞,0)時,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<a<b.

        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,+∞)上的可導函數(shù),滿足

        f(x)>0,且f ′(x)+f(x)<0.若0<a<1<b,且ab=1,則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 根據(jù)f ′(x)+f(x)<0,聯(lián)想函數(shù)F(x)=exf(x).

        因為F′(x)=ex[f ′(x)+f(x)]<0,

        所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.

        又0<a<1<b,所以F(a)>F(b).

        即eaf(a)>ebf(b).

        也即f(a)>eb-af(b).

        比照選項,若能證明eb-af(b)>baf(b)恒成立,則可得af(a)>bf(b).

        因為f(x)>0,故只需證eb-a>ba.

        由于ab=1,即證e1a-a>1a2.

        兩邊取自然對數(shù),得1a-a>-2lna.

        令g(x)=1x-x+2lnx(0<x<1),

        則g′(x)=-1x2-1+2x=-(x-1)2x<0.

        所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.

        則g(x)>g(1)=0.

        即1a-a>-2lna對0<a<1恒成立.

        所以af(a)>bf(b),故選C.

        2 構(gòu)造函數(shù)解不等式

        例5 函數(shù)f(x)為R上的奇函數(shù),當x>0時,f ′(x)lnx<-1xf(x)恒成立,則使得(x2-4)f(x)>0成立的x的取值范圍是(? ).

        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,關鍵看f(x)的取值范圍.不等式f ′(x)lnx<-1xf(x)可化為f ′(x)lnx+1xf(x)<0,基于對數(shù)函數(shù)的導數(shù)和求導法則,它對應于函數(shù)g(x)=f(x)lnx的導數(shù).

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

        故函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.

        而g(1)=0,所以,當0<x<1時,g(x)>0,f(x)<0;

        當x>1時,g(x)<0,f(x)<0.

        從而,當x>0時,f(x)<0恒成立.

        又函數(shù)f(x)為R上的奇函數(shù),

        所以,當x<0時,f(x)>0.

        不等式(x2-4)f(x)>0可化為

        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,故選D.

        例6 定義在R上的函數(shù)f(x),對于任意實數(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.

        解析 令g(x)=f(x)ex,

        則g′(x)=f ′(x)-f(x)ex<0.

        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.

        因此g(0)=f(0)e0=f(0)=-2021.

        不等式f(x)+2021ex<0可化為

        g(x)=f(x)ex<-2021=g(0).

        即g(x)<g(0).

        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

        例7 設函數(shù)f(x)是R上的可導函數(shù),且f ′(x)≥-f(x),f(0)=1,f(2)=1e2,則f(1)的值為.

        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.

        從而F(1)=ef(1)=1,即f(1)=1e.

        例8 定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)>0,且2f(x)<xf ′(x)<3f(x)恒成立,則f(2)f(3)的取值范圍是.

        解析 由2f(x)<xf ′(x)可聯(lián)想函數(shù)g(x)=f(x)x2.

        因為

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

        所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

        從而f(2)4<f(3)9.

        即f(2)f(3)<49.

        同理,由xf ′(x)<3f(x)可聯(lián)想h(x)=f(x)x3,

        易知h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.

        所以f(2)8>f(3)27.

        即f(2)f(3)>827.

        綜合可得827<f(2)f(3)<49.

        4 構(gòu)造函數(shù)解決恒成立問題中參數(shù)的取值范圍

        例9 已知不等式alnx-1x+e1x≥xa對任意x∈(0,1)恒成立,則實數(shù)a的最小值為.

        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)進行求解.

        解析 不等式alnx-1x+e1x≥xa可化為

        e1x-1x≥xa-alnx.

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

        因為f ′(x)=1-1x=x-1x,

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

        又x∈(0,1),e1x>e,故考慮a<0,此時xa>1.

        因此,不等式f(e1x)≥f(xa)可化為e1x≥xa.

        所以1x≥alnx.

        故a≥1xlnx對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.

        故函數(shù)h(x)在(0,1e)上單調(diào)遞增,在(1e,+∞)上單調(diào)遞減.

        從而h(x)max=h(1e)=-e.

        所以a≥-e,即實數(shù)a的最小值為-e.

        例10 (2021年3月湖北8市聯(lián)考)設實數(shù)t>0,若不等式e2tx-ln2+lnxt≥0對x>0恒成立,則t的取值范圍是(? ).

        A. [12e,+∞)? B. [1e,+∞)

        C. (0,1e]D. (0,12e]

        解析 不等式e2tx-ln2+lnxt≥0可化為

        te2tx-ln2x≥0.

        因為x>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).

        因為F′(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.

        即t≥ln2x2x對x>0恒成立.

        令g(x)=ln2x2x,則g′(x)=2-2ln2x(2x)2.

        所以函數(shù)g(x)在(0,e2)上單調(diào)遞增,在(e2,+∞)上單調(diào)遞減.

        所以g(x)max=g(e2)=1e,t≥1e,故選B.

        顯然,含參不等式恒成立問題,解題難度更大,要求學生有較強的變形能力,以及敏銳的洞察力,構(gòu)造函數(shù)解決問題依然是核心.

        參考文獻:

        [1]

        中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學課程標準(2017年版)[M].北京:人民教育出版社,2018.

        [2] 教育部考試中心.中國高考評價體系[M].北京:人民教育出版社,2019.

        [責任編輯:李 璟]

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