函數(shù)是現(xiàn)代數(shù)學(xué)最基本的概念，是描述客觀世界中變量關(guān)系和規(guī)律的最基本的數(shù)學(xué)語(yǔ)言和工具，是貫穿高中數(shù)學(xué)課程的主線.然而，函數(shù)具有的高度抽象性和形式化等特點(diǎn)，增加了學(xué)生對(duì)函數(shù)本質(zhì)理解的困難，使得學(xué)生難以把握變量之間的關(guān)系以及建立適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)模型來(lái)解決現(xiàn)實(shí)世界中的實(shí)際問(wèn)題.函數(shù)構(gòu)造在高中數(shù)學(xué)解題中有著重要的應(yīng)用價(jià)值，主要出現(xiàn)在考查函數(shù)的性質(zhì)與導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用的高考試題中，此類試題考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想，考查數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，總體考查難度較大，是近幾年高考數(shù)學(xué)試題的熱點(diǎn)題型.

函數(shù)構(gòu)造是從題設(shè)條件和要解決目標(biāo)的結(jié)構(gòu)特征出發(fā)，結(jié)合函數(shù)的求導(dǎo)運(yùn)算法則，有目的、有意識(shí)地構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)輔助解題，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為新函數(shù)的求導(dǎo)和單調(diào)性等性質(zhì)問(wèn)題，從而簡(jiǎn)捷高效且創(chuàng)造性地解決問(wèn)題.函數(shù)構(gòu)造是一種創(chuàng)造性思維的過(guò)程，具有較大的靈活性和技巧性，不同的關(guān)系式可以構(gòu)造不同的函數(shù).如何構(gòu)造合適的函數(shù)順利解題是一個(gè)難點(diǎn)，但不同類型關(guān)系式有著相應(yīng)的函數(shù)構(gòu)造規(guī)律.下面，筆者對(duì)函數(shù)構(gòu)造的技巧做一總結(jié).

一、構(gòu)造和差形式函數(shù)

在導(dǎo)數(shù)應(yīng)用客觀題中，若題目條件是關(guān)于f′（x）關(guān)系式，所求解集是與f（x）有關(guān)的不等式，則求解此類問(wèn)題的關(guān)鍵是構(gòu)造出與所求解集的不等式緊密聯(lián)系的函數(shù)，而構(gòu)造函數(shù)的要點(diǎn)在于把握題中代數(shù)式的數(shù)值特點(diǎn)與結(jié)構(gòu)特征，對(duì)所求解集的不等式做適當(dāng)變形構(gòu)造新函數(shù)，最終將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究新構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性.此類問(wèn)題構(gòu)造函數(shù)的基本規(guī)律為：對(duì)于

f′（x）±g′（x）gt;0，構(gòu)造h（x）=f（x）±g（x），則h′（x）=f′（x）±g′（x）.

技巧一：構(gòu)造f（x）±g（x）型函數(shù)

例1.定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x）-f′（x）+exlt;0（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），其中f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若f（x）=3e3，則f（x）gt;xex的解集為（" ）

A.（-∞，2）""""" B.（2，+∞）

C.（-∞，3）D.（3，+∞）

解析：設(shè)g（x）=f（x）ex-x，則g（3）=f（3）e3-3=0，

所以f（x）gt;xex等價(jià)于g（x）gt;0=g（3），

由題意得f′（x）-f（x）-exgt;0，則g′（x）=f′（x）-f（x）ex-1=f′（x）-f（x）-exexgt;0，

所以g（x）在R上單調(diào)遞增，所以由g（x）gt;g（3），得xgt;3.故選：D.

評(píng)注：本題考查函數(shù)性質(zhì)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查函數(shù)構(gòu)造的思想方法，題目較難.結(jié)合條件不等式“f（x）-f′（x）+exlt;0”和所求解不等式“f（x）gt;xex”，構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）ex-x，求導(dǎo)利用單調(diào)性求解.解此類題需同時(shí)觀察條件和所求解不等式，構(gòu)造f（x）±g（x）型函數(shù)作為突破口.

變式1.已知函數(shù)f（x）在R上的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），且f′（x）-1lt;0，則f（x）+2x-8gt;f（3x-8）的解集為（" ）

A.（-∞，4）B.（0，+∞）

C.（-∞，0）D.（4，+∞）

解析：令g（x）=f（x）-x，則g′（x）=f′（x）-1lt;0，即g（x）在R上單調(diào)遞減.

由g（x）=f（x）-x，得f（x）=g（x）+x，

則f（x）+2x-8=g（x）+x+2x-8gt;f（3x-8）=g（3x-8）+3x-8，

得g（x）gt;g（3x-8），所以xlt;3x-8，得xgt;4，

所以原不等式的解集為（4，+∞），故選：D.

二、構(gòu)造積商形式函數(shù)

在導(dǎo)數(shù)應(yīng)用客觀題中，常出現(xiàn)一類不給出函數(shù)的具體解析式，只給出f（x）與f′（x）關(guān)系式的問(wèn)題.解決此類問(wèn)題，可結(jié)合函數(shù)的積或商的求導(dǎo)運(yùn)算法則，［f（x）g（x）］′=f′（x）g（x）+f（x）g′（x），f（x）g（x）′=f′（x）g（x）-f（x）g′（x）［g（x）］2，觀察這兩個(gè)式子的結(jié)構(gòu)特征，發(fā)現(xiàn)f（x）g（x）型導(dǎo)函數(shù)中體現(xiàn)的是加法，f（x）g（x）型導(dǎo)函數(shù)中體現(xiàn)的是減法.在實(shí)際求解時(shí)，應(yīng)根據(jù)具體導(dǎo)函數(shù)的特點(diǎn)來(lái)構(gòu)造新函數(shù)，并利用該函數(shù)的單調(diào)性解決問(wèn)題.此類問(wèn)題構(gòu)造函數(shù)的基本規(guī)律為：

（1）對(duì)于x·f′（x）±k·f（x）gt;0，“加法”構(gòu)造g（x）=xk·f（x），“減法”構(gòu)造g（x）=f（x）xk.

（2）對(duì)于f′（x）±k·f（x）gt;0，“加法”構(gòu)造g（x）=ekx·f（x），“減法”構(gòu)造g（x）=f（x）ekx.

（3）對(duì)于sinx·f′（x）±cosx·f（x）gt;0，“加法”構(gòu)造g（x）=sinx·f（x），“減法”構(gòu)造g（x）=f（x）sinx.

（4）對(duì)于cosx·f′（x）sinx·f（x）gt;0，“減法”構(gòu)造g（x）=cosx·f（x），“加法”構(gòu)造g（x）=f（x）cosx.

（5）對(duì)于f′（x）lnx±f（x）xgt;0，“加法”構(gòu)造構(gòu)造g（x）=lnx·f（x），“減法”構(gòu)造g（x）=f（x）lnx.

技巧二：構(gòu)造xk·f（x）或f（x）xk型函數(shù)

例2.已知函數(shù)f（x）滿足f（x）=f（-x），且當(dāng)x∈（-∞，0］時(shí)，f（x）+xf′（x）lt;0成立，若a=（20.6）·f（20.6），b=（ln2）·f（ln2），c=（log218）·f（log218），則a，b，c的大小關(guān)系是（" ）

A.agt;bgt;cB.cgt;bgt;a

C.agt;cgt;bD.cgt;agt;b

解析：因?yàn)楹瘮?shù)f（x）滿足f（x）=f（-x），且在R上是連續(xù)函數(shù)，所以函數(shù)f（x）是偶函數(shù)，令g（x）=xf（x），則g（x）是奇函數(shù)，且在R上連續(xù)，則g′（x）=f（x）+xf′（x），

因?yàn)楫?dāng)x∈（-∞，0］時(shí)，f（x）+xf′（x）lt;0成立，即g′（x）lt;0，

所以g（x）在（-∞，0］上單調(diào)遞減，又因?yàn)間（x）在R上是連續(xù)函數(shù)，且是奇函數(shù)，所以g（x）在R上單調(diào)遞減，則a=g（20.6），b=g（ln2），c=g（log218），

因20.6gt;1，0lt;ln2lt;1，log218=-3lt;0，所以log218lt;0lt;ln2lt;1lt;20.6，即cgt;bgt;a，

故選：B.

評(píng)注：本題考查綜合化，函數(shù)的性質(zhì)與導(dǎo)數(shù)、比較數(shù)的大小關(guān)系等知識(shí)的融合考查，素養(yǎng)上側(cè)重考查以題目條件為抓手進(jìn)行函數(shù)構(gòu)造，靈活考查了學(xué)生創(chuàng)新思維和邏輯思維能力，屬于較難題.解題關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)g（x）=x·f（x），求導(dǎo)后通過(guò)單調(diào)性比較大小.題中不等式f（x）+xf′（x）lt;0及a，b，c滿足x·f（x）的形式為利用構(gòu)造法的數(shù)學(xué)思想解題提供了依據(jù)，便于快速找到解題的突破口.

變式2.函數(shù)f（x）在定義域（0，+∞）內(nèi)恒滿足：①f（x）gt;0，②2f（x）lt;xf′（x）lt;3f（x），其中f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，則（" ）

A.14lt;f（1）f（2）lt;12B.116lt;f（1）f（2）lt;18

C.13lt;f（1）f（2）lt;12

D.18lt;f（1）f（2）lt;14

解析：令g（x）=f（x）x2，x∈（0，+∞），g′（x）=xf′（x）-2f（x）x3，

∵x∈（0，+∞），2f（x）lt;xf′（x），

∴f（x）gt;0，g′（x）gt;0，

∴函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

∴g（1）lt;g（2），即4f（1）lt;f（2），f（1）f（2）lt;14，

令h（x）=f（x）x3，x∈（0，+∞），h′（x）=xf′（x）-3f（x）x4，

∵x∈（0，+∞），xf′（x）lt;3f（x），h′（x）lt;0，

∴函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，

∴h（1）gt;h（2），即f（1）gt;f（2）8，

故選D.

技巧三：構(gòu)造ekx·f（x）或f（x）ekx型函數(shù)

例3.已知定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），滿足f（x）gt;0.當(dāng)xgt;0時(shí)，f′（x）lt;2f（x）.當(dāng)x≥2時(shí)，f′（x）gt;f（x），且f（3-x）=f（1+x）e2-2x，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).則f（1）f（4）的取值范圍為（" ）

A.12e6，1e3B.1e6，1e3

C.1e3，e3

D.（e3，e6）

解析：根據(jù)題意，設(shè)g（x）=f（x）ex（xgt;0），h（x）=f（x）e2x（xgt;0）.

∵f（3-x）=f（1+x）e2-2x，∴f（3-x）e3-x=f（1+x）e1+x，

即g（3-x）=g（1+x），∴g（1）=g（3）.

對(duì)于g（x）=f（x）ex，

∵x≥2，f′（x）gt;f（x），其導(dǎo)數(shù)g′（x）=f′（x）ex-f（x）exe2x=f′（x）-f（x）exgt;0，

則有g(shù)（x）=f（x）ex在區(qū)間［2，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（1）=g（3）lt;g（4），即f（1）elt;f（4）e4，

變形可得f（1）f（4）lt;1e3；對(duì)于h（x）=f（x）e2x，

∵xgt;0時(shí)，f′（x）lt;2f（x），其導(dǎo)數(shù)h′（x）=f′（x）e2x-2f（x）e2xe4x=f′（x）-2f（x）e2xlt;0，

則h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，所以h（1）gt;h（4），即f（1）e2gt;f（4）e8，f（1）f（4）gt;1e6，

綜合可得：1e6lt;f（1）f（4）lt;1e3，即f（1）f（4）的范圍為1e6，1e3.故選：B.

評(píng)注：將f（3-x）=f（1+x）e2-2x變形為“f（3-x）e3-x=f（1+x）e1+x”，結(jié)合已知不等式“f′（x）lt;2f（x）、f′（x）gt;f（x）”，構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）ex和h（x）=f（x）e2x，求導(dǎo)判斷單調(diào)性，進(jìn)而求解.

變式3.已知函數(shù)f（x）在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x），若f（x）滿足：當(dāng)x≠1時(shí)，（x-1）［f′（x）+f（x）］gt;0，f（x）=e2-2xf（2-x），則下列判斷一定正確的是（" ）

A.f（1）lt;f（0）

B.e4f（4）lt;f（0）

C.ef（2）gt;f（0）

D.e3f（3）gt;f（0）

解析：構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）ex，則g′（x）=ex［f′（x）+f（x）］，由（x-1）［f′（x）+f（x）］gt;0，得當(dāng)xgt;1時(shí)，f′（x）+f（x）gt;0，

當(dāng)xlt;1時(shí)，f′（x）+f（x）lt;0.所以g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，在（-∞，1）單調(diào)遞減，

而g（2-x）=f（2-x）e2-x=f（x）e2-2xe2-x=f（x）ex=g（x），

所以g（x）關(guān)于x=1對(duì)稱，故g（3）=f（3）e3=g（-1）gt;g（0）=f（0），

得到f（3）e3gt;f（0），故選：D.

技巧四：構(gòu)造sinx·f（x）或cosx·f（x）或f（x）sinx或f（x）cosx型函數(shù)

例4.已知定義在（0，π2）上的函數(shù)f（x），f′（x）為其導(dǎo)數(shù)，且f（x）lt;f′（x）tanx恒成立，則（" ）

A.3f（π4）lt;2f（π3）

B.2f（π6）lt;f（π4）

C.3f（π6）lt;f（π3）

D.f（1）lt;2f（π6）sin1

解析：因?yàn)閤∈（0，π2），所以sinxgt;0，cosxgt;0，

則由f（x）lt;f′（x）tanx得f（x）lt;f′（x）sinxcosx，即cosxf（x）-sinxf′（x）lt;0.

令F（x）=sinxf（x），則F′（x）=cosxf（x）-sinxf′（x）［f（x）］2lt;0，

所以F（x）在（0，π2）上遞減，所以F（π6）gt;F（π3），即sinπ6f（π6）gt;sinπ3f（π3），即3f（π6）lt;f（π3），

故選：C.

評(píng)注：本題以三角函數(shù)為載體，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，重點(diǎn)考查了函數(shù)構(gòu)造的思想方法，屬于較難題.將條件中不等式“f（x）lt;f′（x）tanx”變形為“cosxf（x）-sinxf′（x）lt;0”，構(gòu)造函數(shù)F（x）=sinxf（x），利用函數(shù)F（x）=sinxf（x）的單調(diào)性，對(duì)四個(gè)選項(xiàng)的不等式是否成立做出判斷.

變式4.定義在R上的連續(xù)函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），且cosxf′（x）lt;（cosx+sinx）f（x）成立，則下列各式一定成立的是（" ）

A.f（0）=0B.f（0）lt;0

C.f（π）gt;0D.f（π2）=0

解析：由題可得cosxf′（x）-sinxf（x）lt;cosxf（x），所以［cosxf（x）］′lt;cosxf（x）.

設(shè)g（x）=cosxf（x）ex，則g′（x）=［cosxf（x）］′-cosxf（x）exlt;0，所以g（x）在R上單調(diào)遞減，且g（π2）=0.

由g（0）gt;g（π2）gt;g（π）得f（0）gt;0gt;-f（π）eπ，所以f（0）gt;0，f（π）gt;0，所以A、B錯(cuò)誤，C正確.

把x=π2代入cosxf′（x）lt;（cosx+sinx）f（x）得f（π2）gt;0，所以D錯(cuò)誤，故選：C.

技巧五：構(gòu)造lnx·f（x）或f（x）lnx型函數(shù)

例5.已知e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，且f（x）x+lnx·f′（x）gt;0，則（" ）

A.f（1e）+f（e）gt;0

B.f（1e）lt;0

C.f（e）lt;0

D.f（1）=0

解析：令函數(shù)g（x）=lnx·f（x），則g′（x）=f（x）x+lnx·f′（x）gt;0，g（x）在（0，+∞）上遞增.

又g（1）=0，所以g（e）=f（e）gt;0，g（1e）=-f（1e）lt;0，即f（1e）gt;0，f（1）的大小不確定.故選：A.

評(píng)注：已知不等式“f（x）x+lnx·f′（x）gt;0”，則構(gòu)造函數(shù)g（x）=lnx·f（x），求導(dǎo)得g（x）=lnx·f（x）的單調(diào)性，再判斷f（e），f（1e），f（1）的大小關(guān)系.

變式5.已知定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x），且f′（x）（xlnx2）gt;2f（x），則（" ）

A.6f（e）gt;2f（e3）gt;3f（e2）

B.6f（e）lt;3f（e2）lt;2f（e3）

C.6f（e）gt;3f（e2）gt;2f（e3）

D.6f（e）lt;2f（e3）lt;3f（e2）

解析：令g（x）=f（x）lnx2，則g′（x）=f′（x）lnx2-2xx2f（x）（lnx2）2=f′（x）（xlnx2）-2f（x）x（lnx2）2gt;0，故函數(shù)g（x）在（0，+∞）遞增，故g（e）lt;g（e2）lt;g（e3），故6f（e）lt;3f（e2）lt;2f（e3），故選：B.

三、同構(gòu)法解題

同構(gòu)是指通過(guò)研究題目中代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，通過(guò)變形得到一個(gè)結(jié)構(gòu)相同的函數(shù)，最終將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究新構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，從而達(dá)到解題的目的.同構(gòu)函數(shù)的構(gòu)造需要考生對(duì)題目條件的結(jié)構(gòu)特征具有較強(qiáng)的變形能力和觀察能力才能順利解決問(wèn)題.構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)的題型有：①雙變量問(wèn)題，首先將條件式中的變量分離，化為等式或不等式的左右兩側(cè)只含一個(gè)變量且結(jié)構(gòu)相同，把雙變量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為單變量問(wèn)題，再根據(jù)結(jié)構(gòu)特點(diǎn)構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)，最后結(jié)合同構(gòu)函數(shù)的單調(diào)性得出兩個(gè)變量的關(guān)系，進(jìn)而解決問(wèn)題.②對(duì)于既含ex又含lnx的混合型等式或不等式，可以靈活運(yùn)用指數(shù)和對(duì)數(shù)運(yùn)算法則將其適當(dāng)變形后構(gòu)建同構(gòu)函數(shù)，常見(jiàn)的指對(duì)同構(gòu)變形有：

積型：aea≤blnb，①同左形式aea≤lnb·elnb，構(gòu)造f（x）=xex；②同右形式ealnea≤blnb，構(gòu)造f（x）=xlnx；③取對(duì)數(shù)形式a+lna≤lnb+ln（lnb）（bgt;1），構(gòu)造f（x）=x+lnx.

商型：eaa≤blnb，①同左形式eaa≤elnblnb，構(gòu)造f（x）=exx；②同右形式ealnea≤blnb，構(gòu)造f（x）=xlnx；③取對(duì)數(shù)形式a-lna≤lnb-ln（lnb）（bgt;1），構(gòu)造f（x）=x-lnx.

和型：ea±a≤b±lnb，①同左形式ea±a≤elnb±lnb，構(gòu)造f（x）=ex±x；②同右ea±lnea≤b±lnb，構(gòu)造f（x）=x±lnx.

技巧六：同構(gòu)法解決雙變量問(wèn)題

例6.對(duì)于任意x1，x2∈［1，+∞），當(dāng)x2gt;x1時(shí)，恒有alnx2x1lt;2（x2-x1）成立；則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（" ）

A.（-∞，0］B.（-∞，1］

C.（-∞，2］D.（-∞，3］

解析：對(duì)于任意x1，x2∈［1，+∞），當(dāng)x2gt;x1時(shí)，恒有alnx2x1lt;2（x2-x1）成立，即alnx2-2x2lt;alnx1-2x1成立，令f（x）=alnx-2x，∴f（x2）lt;f（x1），∴f（x）在［1，+∞）上單調(diào)遞減，∴f′（x）=ax-2≤0在［1，+∞）恒成立，∴a≤2x在［1，+∞）恒成立.

∵當(dāng)x≥1，2x≥2，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，2］，故選：C.

評(píng)注：本題關(guān)鍵思路是利用同構(gòu)思想將已知條件“alnx2x1lt;2（x2-x1）”變量分離，得到左右兩邊結(jié)構(gòu)相同的式子“alnx2-2x2lt;alnx1-2x1”，構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)f（x）=alnx-2x，將雙變量不等式轉(zhuǎn)化為單變量函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題，求導(dǎo)，令f′（x）≤0恒成立，即可求出a的取值范圍.

變式6.已知變量x1，x2∈（0，m）（mgt;0），且x1lt;x2，若x1x2lt;x2x1，則m的最大值為""" .

解析：不等式兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)得lnx1x2lt;lnx2x1，即x2lnx1lt;x1lnx2，又x1，x2∈（0，m），即lnx1x1lt;lnx2x2成立.

設(shè)f（x）=lnxx，x∈（0，m），∵x1lt;x2，f（x1）lt;f（x2），則函數(shù)f（x）在（0，m）上為增函數(shù)，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）=1-lnxx2，由f′（x）gt;0得1-lnxgt;0得lnxlt;1，得0lt;xlt;e，即函數(shù)f（x）的最大增區(qū)間為（0，e），則m的最大值為e.

故答案為：e.

技巧七：同構(gòu)法解決指對(duì)問(wèn)題

例7.設(shè)實(shí)數(shù)λgt;0，若對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈（0，+∞），不等式eλx-lnxλ≥0恒成立，則λ的最小值為""" .

解析：不等式eλx-lnxλ≥0變形為λeλx≥lnx，同構(gòu)變換得到λxeλx≥lnxelnx，

構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)：

f（x）=xex，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f′（x）=（x+1）exgt;0，f（x）單調(diào)遞增，則λx≥lnx恒成立，分離參數(shù)得λ≥lnxxmax，令h（x）=lnxx，則h′（x）=1-lnxx2，

令h′（x）=0得x=e，所以x∈（0，e）時(shí)，h′（x）gt;0，h（x）單調(diào)遞增，x∈（e，+∞）時(shí)，h′（x）lt;0，h（x）單調(diào)遞減，因此h（x）在x=e處取得極大值即最大值，h（x）max=h（e）=1e，故λ的最小值為1e.

評(píng)注：求解本題的關(guān)鍵是對(duì)λeλx≥lnx進(jìn)行指對(duì)同構(gòu)變形得到λxeλx≥lnxelnx，構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)f（x）=xex，求導(dǎo)判斷單調(diào)性后，將問(wèn)題等價(jià)轉(zhuǎn)化為求λ≥lnxxmax.

變式7.已知x0是函數(shù)f（x）=x2ex-2+lnx-2的零點(diǎn)，則e2-x0+lnx0=""" .

解析：由f（x0）=0，得x02ex0-2=2-lnx0，兩邊取自然對(duì)數(shù)，得2lnx0+x0-2=ln（2-lnx0），同構(gòu)變形為lnx0+x0=ln（2-lnx0）+（2-lnx0）.構(gòu)造函數(shù)F（t）=lnt+t（tgt;0），則F′（t）=1t+1gt;0，所以F（t）是增函數(shù)，又因?yàn)镕（x0）=F（2-lnx0），故x0=2-lnx0，即lnx0=2-x0，則e2-x0=x0，故e2-x0+lnx0=x0+lnx0=2.

評(píng)注：積型指對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，可嘗試兩邊取自然對(duì)數(shù)，同構(gòu)變形后，構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性求解.同構(gòu)函數(shù)可以便捷解決指對(duì)混合不等式問(wèn)題，如恒成立問(wèn)題、求參數(shù)范圍或零點(diǎn)問(wèn)題.

由此可見(jiàn)，利用函數(shù)構(gòu)造的思想方法能高效求解高中數(shù)學(xué)問(wèn)題，對(duì)于解決某類題有著顯著的優(yōu)勢(shì)，轉(zhuǎn)換思路簡(jiǎn)化解題過(guò)程，將復(fù)雜問(wèn)題簡(jiǎn)單化，將抽象問(wèn)題具體化.函數(shù)構(gòu)造的關(guān)鍵是熟悉基本初等函數(shù)的加減乘除或復(fù)合的求導(dǎo)形式，快速識(shí)別題設(shè)的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)建合適函數(shù)輔助解題.因此，掌握函數(shù)構(gòu)造的技巧，將有助于開(kāi)拓解題思路以及提升解題的效率.

【本文系全國(guó)教育規(guī)劃課題（教育部重點(diǎn)課題）“粵港澳大灣區(qū)背景下中學(xué)拔尖創(chuàng)新人才高中—高校貫通式培養(yǎng)的路徑研究”（立項(xiàng)號(hào)：DHA230397，主持人：葉麗琳）研究成果】

責(zé)任編輯" 徐國(guó)堅(jiān)