顏麗萍

(江蘇省揚(yáng)州大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院)

?普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)(2017 年版2020 年修訂)?將高中數(shù)學(xué)課程內(nèi)容分為函數(shù)、幾何與代數(shù)、概率與統(tǒng)計(jì)、數(shù)學(xué)建?；顒?dòng)與數(shù)學(xué)探究活動(dòng)四條主線,其中函數(shù)是描述客觀世界中變量關(guān)系和規(guī)律的最為基本的數(shù)學(xué)語(yǔ)言和工具,是高中數(shù)學(xué)課程的主線之首,在解決實(shí)際問題中發(fā)揮著重要作用,對(duì)提升學(xué)生的數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)建模、數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象和邏輯推理也具有重要意義.近年來,隨著教育的變革,普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試的考查重心也逐漸由知識(shí)的傳授轉(zhuǎn)為對(duì)學(xué)生核心素養(yǎng)的培養(yǎng),越來越多的試題涉及函數(shù)相關(guān)知識(shí),而構(gòu)造函數(shù)也是解決許多問題的一大重要思想與方法.本文基于對(duì)2021—2023年新高考Ⅰ卷的分析,向?qū)W生展示構(gòu)造函數(shù)這一方法的運(yùn)用,以期提升學(xué)生對(duì)構(gòu)造函數(shù)法的掌握程度.

1 構(gòu)造函數(shù)比較大小問題

例1 (2022年新高考Ⅰ卷7)設(shè)a＝0.1e0.1,b＝,則( ).

A.a＜b＜cB.c＜b＜a

C.c＜a＜bD.a＜c＜b

分析 本題主要考查學(xué)生對(duì)基本初等函數(shù)(指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù))性質(zhì)的應(yīng)用,難度適中.對(duì)于比較大小問題,有的學(xué)生可能會(huì)想到直接畫圖,通過圖像來判斷函數(shù)值的大小,但是用該方法求解本題可能較為困難.也有學(xué)生會(huì)想到利用作差法構(gòu)造新函數(shù),通過導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性,得到函數(shù)值與0的關(guān)系,從而判斷兩數(shù)的大小.作差之后可能會(huì)使函數(shù)變得更加復(fù)雜,如若這樣,可以在作差之前對(duì)函數(shù)進(jìn)行換元、取對(duì)數(shù)等操作.

令k(x)＝(1＋x)(1－x)ex－1,則當(dāng)x∈(0,0.1]時(shí),k′(x)＝(1－x2－2x)ex＞0,k(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞增,所以k(x)＞k(0)＝0,即在(0,0.1]上,y′2＞0,則y2＝xex＋ln(1－x)在(0,0.1]上單調(diào)遞增,所以y2＞y2(0)＝0,即a1＞c1.

因此,在(0,0.1]上,b1＞a1＞c1,故當(dāng)x＝0.1時(shí),有b＞a＞c,選C.

綜上,c＜a＜b,故選C.此題為比較大小問題,關(guān)鍵在于使用作差法構(gòu)造新函數(shù),通過導(dǎo)函數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性,從而判斷兩數(shù)的大小.

2 構(gòu)造函數(shù)巧解零點(diǎn)問題

例2 (2023年新高考Ⅰ卷15)已知函數(shù)f(x)＝cosωx－1(ω＞0)在[0,2π]有且僅有3個(gè)零點(diǎn),則ω的取值范圍是_________.

分析 本題主要考查學(xué)生對(duì)三角函數(shù)的理解,較為簡(jiǎn)單.方程的根、函數(shù)的零點(diǎn)、曲線的交點(diǎn)三者密不可分,可以相互轉(zhuǎn)化.題設(shè)條件給出f(x)在[0,2π]有3個(gè)零點(diǎn),也就是該函數(shù)的圖像在[0,2π]與x軸有3個(gè)交點(diǎn),那么可令f(x)＝0,得cosωx＝1,構(gòu)造兩個(gè)新函數(shù)y＝cosωx與y＝1,將本題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖像的交點(diǎn)問題,也就是函數(shù)y＝cosωx與y＝1圖像有且僅有3個(gè)交點(diǎn),結(jié)合余弦函數(shù)圖像的性質(zhì)即可解.

解 因?yàn)?≤x≤2π,所以0≤ωx≤2ωπ.令f(x)＝cosωx－1＝0,則cosωx＝1有3個(gè)根,即y＝cosωx與y＝1有3個(gè)交點(diǎn).

令t＝ωx,則y＝cost與y＝1有3個(gè)交點(diǎn),其中t∈[0,2ωπ].如圖1所示,結(jié)合余弦函數(shù)y＝cost的圖像及性質(zhì)可得4π≤2ωπ＜6π,故2≤ω＜3.

圖1

求解此題的關(guān)鍵在于通過等量關(guān)系構(gòu)造兩個(gè)新函數(shù),從而將零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像的交點(diǎn)問題.

3 構(gòu)造函數(shù)妙解曲線交點(diǎn)問題

例3 (2022年新高考Ⅰ卷22)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值.

(1)求a;

(2)證明:存在直線y＝b,其與兩條曲線y＝f(x)與y＝g(x)共有3個(gè)不同的交點(diǎn),并且從左到右的3個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

分析 本題屬于解答題的最后一題,主要考查學(xué)生對(duì)函數(shù)的綜合運(yùn)用.第(1)問比較常規(guī),需要求參數(shù)的值,題目只有一個(gè)條件,即函數(shù)f(x)與g(x)有相同的最小值,那就需要運(yùn)用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)分別判斷兩個(gè)函數(shù)的單調(diào)性并求出最小值,再列出方程求得a的值.對(duì)于第(2)問,要找到一條直線與兩條曲線有3個(gè)不同的交點(diǎn),并且交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列,有兩種思考角度.可以先找出這條直線,而要找到直線就需要先畫出兩條曲線,從而確定直線的位置,根據(jù)曲線與直線相交可以得到交點(diǎn)的坐標(biāo)關(guān)系并確定其范圍,進(jìn)而證得命題,如解法1.當(dāng)然也可以從交點(diǎn)坐標(biāo)出發(fā),根據(jù)點(diǎn)在直線上可以得到關(guān)于坐標(biāo)的方程,然后化簡(jiǎn),利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性求得橫坐標(biāo)的數(shù)量關(guān)系,進(jìn)而證得命題,如解法2.

又函數(shù)f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值,所以a－alna＝1＋lna,解得a＝1.

(2)解法1 由(1)知a＝1,所以f(x)＝ex－x,g(x)＝x－lnx.

設(shè)w(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x＋lnx(x＞0),則,所以當(dāng)x≥1時(shí),w′(x)＞e－2＞0,w(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x≥1 時(shí),w(x)≥w(1)＞0,即f(x)－g(x)＞0在x≥1時(shí)恒成立.因此當(dāng)x≥1時(shí),f(x)＞g(x).

由于f(0)＝1,函數(shù)f(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增;g(1)＝1,函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,所以函數(shù)f(x)與函數(shù)g(x)的圖像在(0,1)上存在唯一的交點(diǎn),設(shè)該交點(diǎn)為M(m,f(m))(0＜m＜1),此時(shí)可作出函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的大致圖像,如圖2所示.

圖2

由圖像可知當(dāng)直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有3個(gè)不同的交點(diǎn)時(shí),直線y＝b必經(jīng)過點(diǎn)M(m,f(m)),即b＝f(m).因?yàn)閒(m)＝g(m),所以em－2m＋lnm＝0.令f(x)＝b＝f(m),得exx＝em－m＝m－lnm＝elnm－lnm,解得x＝m或lnm.由0＜m＜1,得lnm＜0＜m.

令g(x)＝b＝f(m),得x－lnx＝em－m＝mlnm＝em－lnem,解得x＝m或em.

由0＜m＜1,得lnm＜m＜em,所以當(dāng)直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有3個(gè)不同的交點(diǎn)時(shí),從左到右的3個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)依次為lnm,m,em.因?yàn)閑m－2m＋lnm＝0,即em＋lnm＝2m,所以lnm,m,em成等差數(shù)列,故存在直線y＝b,其與兩條曲線y＝f(x)與y＝g(x)共有3個(gè)不同的交點(diǎn),并且從左到右的3個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

解法2 設(shè)3 個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)從小到大依次為x1,x2,x3.

由(1)得函數(shù)f(x)在(－∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,＋∞)上單調(diào)遞增;g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,(1,＋∞)上單調(diào)遞增,所以x1∈(－∞,0),x2∈(0,1),x3∈(1,＋∞),b＝ex1－x1＝ex2－x2＝x2－lnx2＝x3－lnx3,所以2x2＝ex2＋lnx2,ex1－x1＝x2－lnx2,ex2－x2＝x3－lnx3.

因此ex1－x1＝elnx2－lnx2,ex2－x2＝elnx3－lnx3,所以f(x1)＝f(lnx2),f(x2)＝f(lnx3),則x1＝lnx2,x2＝lnx3,故x3＝ex2,從 而x1＋x3＝lnx2＋ex2＝2x2,x1,x2,x3成等差數(shù)列,即存在直線y＝b,其與兩條曲線y＝f(x)與y＝g(x)共有3個(gè)不同的交點(diǎn),并且從左到右的3個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

求解此題的關(guān)鍵在于通過作差法構(gòu)造新函數(shù),根據(jù)新函數(shù)及原函數(shù)的性質(zhì)繪制原函數(shù)的圖像,從而找到與兩條曲線共有3個(gè)交點(diǎn)的直線,得到交點(diǎn)的橫坐標(biāo).

4 構(gòu)造函數(shù)解恒成立問題

例4 (2023年新高考Ⅰ卷19)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.

(1)討論f(x)的單調(diào)性;

(2)證明:當(dāng)a＞0時(shí),

求解此題的關(guān)鍵在于根據(jù)不等關(guān)系構(gòu)造新函數(shù),從而將不等式證明問題轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)的最值.

5 同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)解不等問題

例5 (2021年新高考Ⅰ卷22)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx).

(1)討論f(x)的單調(diào)性;

(2)設(shè)a,b為兩個(gè)不相等的正數(shù),且blnaalnb＝a－b,證明:

分析 本題主要考查學(xué)生的觀察能力,由于題目已知條件涉及兩個(gè)變量,則可通過等價(jià)變形整理成相同的結(jié)構(gòu),借助相同結(jié)構(gòu)來構(gòu)造新函數(shù),然后再利用函數(shù)的性質(zhì)解決問題.對(duì)于第(1)問,可以結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)確定原函數(shù)的單調(diào)性.對(duì)于第(2)問,觀察到所證結(jié)論與所給條件有一定聯(lián)系,則可以將所給等量關(guān)系向結(jié)論進(jìn)行轉(zhuǎn)化,即先利用同構(gòu)關(guān)系將原問題轉(zhuǎn)化為極值點(diǎn)的偏移問題,再構(gòu)造對(duì)稱差函數(shù)分別證明左右兩側(cè)的不等式即可,如解法1;或者觀察題目可得x1與f(x1)的大小關(guān)系,從而得x1＋x2＜f(x1)＋x2＝f(x2)＋x2,故可構(gòu)造g(x)＝f(x)＋x＝x(1－lnx),求出g(x)的最值與e進(jìn)行比較即可,如解法2.

解 (1)由f(x)＝x(1－lnx)＝x－xlnx,知f′(x)＝－lnx,所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)＞0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,＋∞)時(shí),f′(x)＜0,f(x)單調(diào)遞減.

(2)由blna－alnb＝a－b,得

由(1)得f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,＋∞)上單調(diào)遞減,所以fmax(x)＝f(1)＝1,且f(e)＝0.令,則f(x1)＝f(x2),x1,x2為f(x)＝k的兩根,其中k∈(0,1).不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),則2－x1＞1.先證2＜x1＋x2,即證x2＞2－x1,即證f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1).

令h(x)＝f(x)－f(2－x),則h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln[x(2－x)],當(dāng)0＜x＜1時(shí),h′(x)單調(diào)遞減,所以h′(x)＞h′(1)＝0,故函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,則h(x1)＜h(1)＝0,所以f(x1)＜f(2－x1),即2＜x1＋x2.

下證x1＋x2＜e.

解法1 要證x1＋x2＜e,即證1＜x2＜e－x1,根據(jù)(1)中f(x)的單調(diào)性,即證

令φ(x)＝f(x)－f(e－x)(x∈(0,1)),則φ′(x)＝－ln[x(e－x)],令φ′(x0)＝0,當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),φ′(x)＞0,φ(x)單調(diào)遞增;x∈(x0,1)時(shí),φ′(x)＜0,φ(x)單調(diào)遞減.

當(dāng)0＜x＜e 時(shí),f(x)＞0,且f(e)＝0,所以limx→0φ(x)＝0,φ(1)＝f(1)－f(e－1)＞0,所 以φ(x)＞0恒成立,x1＋x2＜e得證.

解法2f(x1)＝f(x2),x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2),又x1∈(0,1),故

故

令g(x)＝x(1－lnx)＋x,則g′(x)＝1－lnx.在(1,e)上,g′(x)＞0,g(x)單調(diào)遞增,所以g(x)＜g(e)＝e,即x2(1－lnx2)＋x2＜e,所以x1＋x2＜e得證,則

求解此題的關(guān)鍵在于將兩個(gè)變量分別移至不等式左右兩側(cè),整理成相同的結(jié)構(gòu),再構(gòu)造新函數(shù)求解.

(完)