新疆烏魯木齊市第八中學(xué) 李昌成 車燕昭 （郵編：830002）

1 題目呈現(xiàn)

（2022 年八省聯(lián)考第8 題）設(shè)a、b都是正數(shù)，e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若aea+1+b＜blnb，則（）

A.ab＞e B.b＞ea+1

C.ab＜e D.b＜ea+1

學(xué)生普遍反映本題無從下手，很難建立題設(shè)與問題間的關(guān)系.根據(jù)2021 年全國(guó)高考乙卷第12 題的結(jié)構(gòu)、命題點(diǎn)位、解題方法，考生有大概的思路：構(gòu)造，再利用單調(diào)性作答，但是很難具體實(shí)施解題思路.

2 試題解答

解由aea+1+b＜blnb，得

提取公因式，得

對(duì)數(shù)運(yùn)算，得

不等式兩邊同除以e，得

將a換成ln ea，得

構(gòu)造函數(shù)f(x)=xlnx，得

因?yàn)閍、b都是正數(shù)，

3 解答說明

考生之所以不能順利完成解答，是因?yàn)閷?duì)于以上每步解答的理由不清楚，或者是某一步不清楚，導(dǎo)致思路受阻.有必要把每一步理清，授之以漁.從參數(shù)分類的角度，a、b分別在不等式一端，執(zhí)行了（1）；根據(jù)對(duì)數(shù)運(yùn)算的需要，向熟悉的函數(shù)f(x)=xlnx靠近，提取了公因式，得到（2）；依托將常數(shù)1 轉(zhuǎn)化為需要的對(duì)數(shù)ln e，以便執(zhí)行對(duì)數(shù)運(yùn)算（3）；從函數(shù)f(x)=xlnx的結(jié)構(gòu)出發(fā)，需要將不等式左邊的b轉(zhuǎn)化為所以進(jìn)行了（4）的指數(shù)式改裝運(yùn)算；（5）出現(xiàn)了函數(shù)f(x)=xlnx的雛形，需要關(guān)注不等式的右端的結(jié)構(gòu)；對(duì)于第（6），必須有f(x)=xlnx的結(jié)構(gòu)引領(lǐng)，熟知對(duì)數(shù)恒等式N=，否則無法執(zhí)行此步；有了前六步的鋪墊，（7）便應(yīng)運(yùn)而生；（8）（9）是為了應(yīng)用f(x)=xlnx的單調(diào)性解題的準(zhǔn)備步驟，弄清兩個(gè)變量ea、所屬范圍，缺了此步，也將難以定奪選項(xiàng).由此看來，命題專家對(duì)本題下了一番功夫，設(shè)置了多個(gè)構(gòu)造環(huán)節(jié)，環(huán)環(huán)相扣.只有思維縝密的考生才能最終突圍，具有很好的區(qū)分度，是名副其實(shí)的把關(guān)題.

本題還有其他構(gòu)造方法，只是構(gòu)造更加巧妙，對(duì)學(xué)生要求能力更高，尤其是等價(jià)轉(zhuǎn)化的能力，抽象概括的能力！

另解1設(shè)φ(x)=xlnx-x，

則φ′(x)=lnx+1-1=lnx.

由前文知b＞e，所以φ′(x)＞0，

所以φ(x)=xlnx-x在(e,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.

又φ(ea+1)=ea+1ln ea+1-ea+1=(a+1)ea+1-ea+1=aea+1.

由aea+1+b＜blnb，得aea+1＜blnb-b，

所以φ(ea+1)＜φ(b)，所以b＞ea+1.

另解2設(shè)λ(x)=lnx+x（x＞0)，

則λ(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.

由aea+1+b＜blnb，a＞0，得

0 ＜aea+1＜blnb-b.

取自然對(duì)數(shù)，得lnaea+1＜ln [blnb-b]，

化簡(jiǎn)得lna+a+1 ＜ln(lnb-1)+lnb，

移項(xiàng)得lna+a＜ln(lnb-1)+(lnb-1)，

所以λ(a)＜λ(lnb-1)，因此a＜lnb-1，

解得b＞ea+1.

4 追根溯源

關(guān)于構(gòu)造思想，教材在不同章節(jié)均有一些思想滲透，我們要深入領(lǐng)悟.就導(dǎo)數(shù)而言，在人教A版選修2-2[1]的第32 頁安排了以下經(jīng)典證明習(xí)題：

這兩個(gè)習(xí)題給我們提供了學(xué)習(xí)構(gòu)造法的平臺(tái)，從代數(shù)的角度可以分別構(gòu)造函數(shù)f(x)=exx-1(x≠0)，h(x)=lnx-x(x＞0)，g(x)=x-ex(x＞0)，

再利用這些函數(shù)的單調(diào)性證明不等式，也可以依托函數(shù)y=ex，y=1+x，y=x，y=lnx，在同一坐標(biāo)系中，通過圖象直觀感知不等式的正確性.事實(shí)上，基于這兩個(gè)不等式結(jié)構(gòu)和條件，我們可以構(gòu)造大量的不等式，例如：

（1）ex≥1+x（①式擴(kuò)大定義域）

（2）ex-1＞x（將①中x換成1-x）

（3）e-x≤(x＞-1)（對(duì)①式取倒數(shù)）

（4）2 lnn＜n2（將②中x換成n2）

5 常見構(gòu)造模式

（1）已知f′(x)g(x)+f(x)g′(x)＞0，構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)g(x).

理由h′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)，能判斷函數(shù)h′(x)的正負(fù)，可利用函數(shù)單調(diào)性解題.

理由h′(x)=ex[f(x)+f′(x)]，能判斷h′(x)＞0，可利用函數(shù)單調(diào)性解題.

（8）已 知xf′(x)+f(x)＞0，構(gòu)造函數(shù)h(x)=xf(x).

理由h′(x)=f(x)+xf′(x)，能判斷h′(x)的正負(fù)，可利用函數(shù)單調(diào)性解題.

（9）已 知xf′(x)+nf(x)＞0，構(gòu)造函數(shù)h(x)=xn f(x).

理由h′(x)=xn-1[nf(x)+xf′(x)]，能判斷h′(x)的正負(fù)，可利用函數(shù)單調(diào)性解題.

顯然，以上條件不等式中不等號(hào)變?yōu)樾∮谔?hào)，不影響函數(shù)構(gòu)造.

6 高考鏈接

例1[2](2021 年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)(乙卷)第12 題) 已知a=2 ln 1.01，b=ln 1.02，c=-1，則（）

A.a＜b＜cB.b＜c＜a

C.b＜c＜aD.c＜a＜b

解記f(x)=2 ln(1+x)，g(x)=ln(1+2x)，h(x)=

于是f(0)=0，g(0)=0，h(0)=0，f(0.01)=a，g(0.01)=b，h(0.01)=c.

分別求導(dǎo)得

所以g′(x)＜h′(x)＜f′(x)，

結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義，得b＜c＜a.

因此選B.

例2[3](2015 年全國(guó)高考Ⅱ卷理科第12 題）設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)（x∈R）的導(dǎo)函數(shù)，f(-1)=0，當(dāng)x＞0 時(shí)，xf′(x)-f(x)＜0，則使得f（x）＞0 成立的x的取值范圍是（）

A.(-∞,-1)?(0,1)

B.(-1,0)?(1,+∞)

C.(-∞,-1)?(-1,0)

D.(0,1)?(1,+∞)

因?yàn)楫?dāng)x＞0 時(shí)，xf′(x)-f(x)＜0，

故當(dāng)x＞0 時(shí)，g′(x)＜0，

所以g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減；

又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)（x∈R）是奇函數(shù)，

故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，

所以g(x)在(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞增，

又g(-1)=g(1)=0.

當(dāng)0 ＜x＜1 時(shí)，g(x)＞0，則f(x)＞0；

當(dāng)x＜-1 時(shí)，g(x)＜0，則f(x)＞0.

綜上所述，使得f(x)＞0 成立的x的取值范圍是(-∞,-1)?(0,1).

故選A.

7 牛刀小試

（1）(原創(chuàng)）設(shè)函數(shù)f(x)（x∈R）的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，f′(x)-f(x)＞0，則（）

A.ef(2021)＜f(2022)

B.ef(2021)＞f(2022)

C.f(2021)＜ef(2022)

D.f(2021)＞ef(2022)

參考答案：A.

（2）(原創(chuàng)）設(shè)正實(shí)數(shù)a、x，使得不等式aeax≥lnx，則（）

A.a≥e B.a≤e

C.a≥e-1D.a≤e-1

參考答案：C.