破解构造函数问题

前言

• 在高三数学的函数与导数题材的高考备考中，有时会遇到构造函数的方法，这类题目往往是高考或者模拟训练中的压轴题目，或者选择题的12题，或者填空题的16题，或者解答题的21题，由于题目的求解需要主动构造函数，对数学应用意识和数学思维的要求较高，许多学生碰到就直接放弃，现在我们不妨对构造函数的常见角度做以总结，以期降低这类题目的思考难度。

构造训练

从不等式的大小比较或者命题的真假判断中查看所依托的函数，有助于我们构造函数的训练；构造函数可能需要用到的变形技巧有：移项构造；作差构造；同除构造；

判断下例命题的真假[其实质是最简单层次上的构造]

①若\(\cfrac{1}{x}=\cfrac{1}{y}\)，则\(x=y\)；真命题，其依托函数\(y=\cfrac{1}{x}\)进行比较；

②若\(x=y\)，则\(\sqrt{x}=\sqrt{y}\)，假命题，其依托函数\(y=\sqrt{x}\)进行比较；

③若\(m>n\)，则\(m^2>n^2\)，假命题，其依托函数\(y=x^2\)进行比较；

④若\(m>n\)，则\(m^3>n^3\)，真命题，其依托函数\(y=x^3\)进行比较；

⑤若\(a>b>1\)，则\(a+\cfrac{1}{a}>b+\cfrac{1}{b}\)，真命题，其依托函数\(y=x+\cfrac{1}{x}\)进行比较；

若\(0<x_1<x_2<1\)，则下列不等式成立的是【】

$A.e^{x_2}-e^{x_1} > lnx_{2}-ln{x_1}$

$B.e^{x_2}-e^{x_1} < lnx_2-lnx_1$

$C.x_2\cdot e^{x_1}>x_1\cdot e^{x_2}$

$D.x_2\cdot e^{x_1} < x_1\cdot e^{x_2}$

分析：针对选项\(A\)和\(B\)，先通过移项，变形为\(e^{x_2}-ln{x_2}\)与\(e^{x_1}-ln{x_1}\)进行大小比较；观察其结构，

故构造函数\(f(x)=e^{x}-ln{x}\)，定义域为\((0,1)\)，则\(f'(x)=e^x-\cfrac{1}{x}\)，由下图可知，

当\(x\in (0,x_0)\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减；当\(x\in (x_0,1)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，

故选项\(A\)[其实质是\(f(x_2)>f(x_1)\)，由于\(0<x_1<x_2<1\)，故其想表达单调递增]和\(B\)[其实质是\(f(x_2)\)\(<\)\(f(x_1)\)，由于\(0<\)\(x_1\)\(<\)\(x_2\)\(<1\)，故其想表达单调递减]都是错误的；

针对选项\(C\)和\(D\)，先通过同除，给不等式两边同时除以\(x_1x_2\)，变形为\(\cfrac{e^{x_2}}{x_2}\)与\(\cfrac{e^{x_1}}{x_1}\)进行大小比较；观察其结构，

故构造函数\(g(x)=\cfrac{e^{x}}{x}\)，定义域为\((0,1)\)，则\(g'(x)=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot1}{x^2}=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot1}{x^2}=\cfrac{e^x(x-1)}{x^2}\)，

由\(y=x-1(0<x<1)\)的辅助图可知，

当\(x\in (0,1)\)时，\(g'(x)<0\)，故\(g(x)\)在区间\((0,1)\)上单调递减，故\(g(x_1)>g(x_2)\)，

即\(\cfrac{e^{x_1}}{x_1}>\cfrac{e^{x_2}}{x_2}\)，变形为\(x_2\cdot e^{x_1}>x_1\cdot e^{x_2}\)，故选\(C\).

【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第16题】已知定义在实数集\(R\)上的函数\(f(x)\)满足\(f(1)=4\)，且\(f(x)\)的导函数\(f'(x)<3\)，则不等式\(f(lnx)>3lnx+1\)的解集为______。

分析：我们先用整体思想将需要求解的不等式中的\(lnx\)理解为一个整体，这样原不等式就变形为\(f(t)>3t+1\)，

此时我们用“左-右”，通过作差，构造新函数。【为什么这样构造？带着问题继续往下看】

令\(g(x)=f(x)-3x-1\)，于是\(g'(x)=f'(x)-3\)，由已知条件\(f'(x)<3\)，则可知\(g'(x)<0\)，

这样构造后我们能轻易知道这个函数的单调性，即函数\(g(x)\)在\(R\)上单调递减，

又\(g(1)=f(1)-3\times 1-1=f(1)-4=0\)，

到此我们就完全清楚了所构造的函数的性质，在\(R\)上单调递减，且有唯一的零点为\(x=1\)，

故由\(g(x)>0\)可以得到解为\(x<1\)，由\(g(x)<0=g(1)\)可以得到解为\(x>1\)，

现在\(f(lnx)>3lnx+1\)等价于\(g(lnx)>0\)，故得到\(lnx<1\)，

解得\(0<x<e\)，故解集为\((0，e)\)。

解后反思：本题目涉及构造函数的方法，是个难题；为什么这样的题目比较难？原因是平时我们习惯于被动利用题目所给的函数解题，而本题目需要我们主动构造函数，在数学的应用意识上有相当高的要求；在上例中我们发现，只有能充分利用题目所给的条件的构造才是有效的构造，那么我们自然就会问：

①到底怎样的构造才是成功的？②我们对这类题目应该如何思考？

以下内容主要想回答这两个问题，为了叙述简洁，我们抽取题目中的核心内容，重点回答如何思考和如何构造的问题。

构造案例

【2018辽宁沈阳三模】已知函数\(f(x)=\cfrac{1}{2}x^2\)，\(g(x)=alnx\)，

(1).设\(h(x)=f(x)+g(x)\)，证明：当\(m>n>0\)，\(a\ge 1\)时，\(h(m)+2n>h(n)+2m\)；

分析：由欲证明式子入手分析，将\(h(m)+2n>h(n)+2m\)，等价转化为\(h(m)-2m>h(n)-2n\)；

此时不等式左右两端的结构相同，可以构造新函数了，

令\(l(x)=h(x)-2x=f(x)+g(x)-2x=\cfrac{1}{2}x^2+alnx-2x\)，定义域为\((0，+\infty)\)，且\(a\ge 1\)，

则\(l'(x)=x+\cfrac{a}{x}-2=\cfrac{(x-1)^2+(a-1)}{x}\)，

当\(a\ge 1\)时，\(l'(x)\ge 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立，故\(l(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增，

有由于\(m>n>0\)，故有\(l(m)>l(n)\)，即\(\cfrac{1}{2}m^2+alnm-2m>\cfrac{1}{2}n^2+alnn-2n\)，

即\(f(m)+g(m)+2n>f(n)+g(n)+2m\)，即\(h(m)+2n>h(n)+2m\)；证毕。

【全国名校联盟2018-2019高三第二次联考第12题】【针对性练习】已知定义在实数集\(R\)上的函数\(f(x)\)满足\(f'(x)<2\)，\(f(1)=1\)，\(f'(x)\)是\(f(x)\)的导函数，则不等式\(f(|log_2x|)>2|log_2x|-1\)的解集为______。

$A.(0，2)$ $B.(-\infty，2)$ $C.(2，+\infty)$ $D.(\cfrac{1}{2}，2)$

分析：完全仿照上述题目解法完成。

简解：令\(g(x)=f(x)-2x+1\)，则\(g'(x)=f'(x)-2<0\)，故函数\(g(x)\)在\(R\)上单调递减，

又\(g(1)=f(1)-2\times 1+1=0\)，故可知\(g(x)>0\)时的解集为\(\{x\mid x<1\}\)，

又由于原不等式\(f(|log_2x|)>2|log_2x|-1\)等价于\(g(|log_2x|)>0\)，

故先得到\(|log_2x|<1\)，即\(-1<log_2x<1\)，即\(log_2\cfrac{1}{2}<x<log_22\)，

解得\(\cfrac{1}{2}<x<2\)，故选\(D\)。

选填构造

一般来说，出现在选择题和填空题中的函数构造问题，常涉及用常用两个函数构造，一个来源是题中的抽象函数\(f(x)\)，另一个来源是常用基本初等函数中的某一个，比如\(h(x)=x\)、\(h(x)=e^x\)、\(h(x)=x^2\)、\(h(x)=cosx\)等，

• 角度一、构造积函数\(g(x)=f(x)h(x)\)

①出现形如\(xf'(x)+f(x)\)，则构造函数\(g(x)=x\cdot f(x)\) ^[1]，

②出现如\(f'(x)+f(x)\)，则构造\(g(x)=e^x\cdot f(x)\)，

③出现形如\(f'(x)cosx-f(x)sinx\)， 构造\(g(x)=f(x)\cdot cosx\)；

④出现形如\(xf'(x)+nf(x)\)，则构造函数\(h(x)=x^nf(x)\)；^[2]

⑤出现形如\(f'(x)+2f(x)\)，则构造\(g(x)=e^{2x}\cdot f(x)\)；

⑥出现形如 \(\cfrac{1}{x}f(x)+f'(x)\ln x\)，则构造 \(g(x)=f(x)\cdot\ln x\)；

• 角度二、构造商函数\(g(x)=\cfrac{f(x)}{h(x)}\)

①出现形如\(xf'(x)-f(x)\)， 构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x}\)，

②出现形如\(f'(x)cosx+f(x)sinx\)， 构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{cosx}\)，

③出现形如\(f'(x)-f(x)\)，构造\(h(x)=\cfrac{f(x)}{e^x}\)；

④出现形如\(xf'(x)-nf(x)\)，构造函数\(h(x)=\cfrac{f(x)}{x^n}\)；^[3]

⑤出现形如\(f'(x)-2f(x)\)，构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{e^{2x}}\)。

• 角度三、构造和差函数\(g(x)=f(x)\pm h(x)\)

①出现形如\(f'(x)\pm k<0\)， 构造\(g(x)=f(x)\pm kx\)；

②出现形如\(\sqrt{x}f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，构造\(g(x)=f(x)-\sqrt{x}\)；

③出现形如\(f(x_2)-\cfrac{1}{x_2}\leq f(x_1)-\cfrac{1}{x_1}\)，构造\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{x}\)^[4]，

④出现形如\(f'(x)<x\)，构造函数\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x^2\) ^[5]，

• 角度四、适当变形为同结构，再构造

①出现形如\(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)\)，先变形为\(mg(x_1)-x_1f(x_1)>mg(x_2)-x_2f(x_2)\)，再构造函数\(H(x)=mg(x)-xf(x)\)，^[6]

• 角度五、构造抽象函数

比如对\(\forall x，y\in R\)，都有\(f(x+y)=f(x)+f(y)-2\)，则构造函数\(f(x)=2\).^[7]

解答构造

• 不等式证明中，常用变量集中策略，将两个自变量作比，转化为一元函数问题，然后做差构造；

已知\(x_1>x_2>0\)，证明\(lnx_1-lnx_2>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\).

解析：令\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)，则\(t>1\)；又原不等式\(lnx_1-lnx_2>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)，

可转化为\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{\cfrac{x_1}{x_2}-1}{\cfrac{x_1}{x_2}+1}\)，再次等价于转化为\(lnt>2\cfrac{t-1}{t+1}\)；

然后作差构造函数\(g(t)=lnt-2\cfrac{t-1}{t+1}\)，想办法证明\(g(t)>0\)恒成立即可。

\(g'(t)=\cfrac{1}{t}-2\cfrac{1\cdot(t+1)-(t-1)\cdot 1}{(t+1)^2}=\cfrac{1}{t}-\cfrac{4}{(t+1)^2}=\cfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}\ge 0\)

故函数\(g(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，\(g(x)_{min}\rightarrow g(1)=0\)，

故\(g(x)>0\)在区间\((1，+\infty)\)上恒成立，故原命题得证。

• 将不等式两端通过移项转化为相同结构的形式， 然后构造函数；

已知函数\(f(x)=alnx+(x+1)^2\)，若图像上存在两个不同的点\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\) \((x_1>x_2)\)，使得\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)成立，则实数\(a\)的取值范围是多少？

分析：将\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)转化为\(f(x_1)-4x_1\leq f(x_2)-4x_2\)，

定义新函数，令\(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2\)，

则原题转化为存在\(x_1>x_2\)，使得\(g(x_1)\leq g(x_2)\)能成立，

即在定义域上函数\(g(x)\)为常函数或存在单调递减区间，

能容易排除其为常函数，即只能是函数\(g(x)\)存在单调递减区间，

也即\(g'(x)\leq 0\)有解，则\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-2\leq 0\)有解，

分离参数即得\(a\leq -2x^2+2x\)对于\(x>0\)能成立，

即求解\(-2x^2+2x=g(x)\)在\(x>0\)上的最大值。

而\(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{1}{2}\)，

即\(g(x)_{max}=\cfrac{1}{2}\)，故\(a \leq \cfrac{1}{2}\)，也即\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2}]\).

• 含有绝对值的不等式，先利用单调性去掉绝对值符号，再将不等式两端通过移项转化为相同结构的形式， 然后构造函数；

已知函数\(f(x)=alnx+x^2(a\in R)\)，若\(a>0\)，且对\(\forall x_1，x_2 \in [1,e]\)，都有\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)，求实数\(a\)的取值范围。

解析：\(a>0\)时，\(f'(x)=\cfrac{a}{x}+2x>0\)，

即函数\(f(x)\)在\(x\in [1，e]\)上单增，又函数\(y=\cfrac{1}{x}\)在\(x\in [1，e]\)上单减，

不妨设\(1\leq x_1<x_2\leq e\)，

则\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)等价于\(f(x_2)-f(x_1)\leq \cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}\)，

即\(f(x_1)+\cfrac{1}{x_1}\ge f(x_2)+\cfrac{1}{x_2}\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立，

令\(g(x)=f(x)+\cfrac{1}{x}=alnx+x^2+\cfrac{1}{x}\)，

则原命题等价于函数\(g(x)\)在区间\(x\in [1，e]\)上单调递减，

所以\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-\cfrac{1}{x^2}\leq 0\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；

分离参数得到\(a\leq \cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；

又\(h(x)=\cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上单调递减，

则\(h(x)_{min}=h(e)=\cfrac{1}{e}-2e^2\)；所以\(a\leq \cfrac{1}{e}-2e^2\)

又由题目可知\(a>0\)，故\(a\in \varnothing\)。即满足条件的实数\(a\)不存在。

• 通过分离参数构造新函数；求新函数的最值时记住导数，但也别忘记分式型函数的相关变形；

【菁优网答题改编】已知函数\(f(x)=mlnx+x^2-mx\)在\((1，+∞)\)上单调递增，求\(m\)的取值范围____________．

分析：由题目可知，\(f'(x)≥0\)在\((1，+∞)\)上恒成立，且\(f'(x)\)不恒为零，

则有\(f'(x)=\cfrac{m}{x}+2x-m=\cfrac{2x^2-mx+m}{x}≥0\)在\((1，+∞)\)上恒成立，

即\(2x^2-mx+m≥0\)在\((1，+∞)\)上恒成立，常规法分离参数得到

\(m≤\cfrac{2x^2}{x-1}=\cfrac{2(x-1)^2+4x-2}{x-1}=\cfrac{2(x-1)^2+4(x-1)+2}{x-1}=2(x-1)+\cfrac{2}{x-1}+4\)

由于\(x>1\)，故\(2(x-1)+\cfrac{2}{x-1}+4≥2\sqrt{4}+4=8\)，当且仅当\(x=2\)时取到等号。

故\(m≤8\)，当\(m=8\)时，函数不是常函数，也满足题意，故\(m\in (-\infty，8]\)。

• 真数为分式型的对数函数，常常变形为差的形式，再变形构造；

已知 \(\theta\in[0,\cfrac{\pi}{2}]\)， 若 \(\theta\) 满足不等式 \(\sin^{3}\theta-\cos^{3}\theta\geqslant\ln\cfrac{\cos\theta}{\sin\theta}\)，则 \(\theta\) 的取值范围是【\(\quad\)】

$A.[\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{2})$ $B.(0,\cfrac{\pi}{4}]$ $C.[\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{3}]$ $D.[\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{2}]$

分析：将原不等式 \(\sin^{3}\theta-\cos^{3}\theta\geqslant\ln\cfrac{\cos\theta}{\sin\theta}\) 变形，

得到 \(\sin^{3}\theta-\cos^{3}\theta\geqslant\ln\cos\theta-\ln\sin\theta\)，

再变形得到， \(\sin^{3}\theta+\ln\sin\theta\geqslant \cos^{3}\theta+ \ln\cos\theta\)，故想到构造函数，

解：令\(f(x)=x^3+\ln x\)，则函数 \(f(x)\) 在\((0,+\infty)\)上单调递增，

[故原不等式等价于已知\(f(\sin\theta)\geqslant f(\cos\theta)\)，求\(\theta\)的取值范围；]

由于 \(\sin^{3}\theta+\ln\sin\theta\geqslant \cos^{3}\theta+ \ln\cos\theta\)，

即\(f(\sin\theta)\geqslant f(\cos\theta)\)，又由于\(f(x)\) 在\((0,+\infty)\)上单调递增，

故\(\sin\theta\geqslant \cos\theta\)，又由于\(\theta\in[0,\cfrac{\pi}{2}]\) 时，

故\(\tan\theta\geqslant 1\)， 则 \(\theta\in[\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{2})\)， 故选\(A\)；

延申阅读

当题目中出现这样的形式[其中一端连接有函数]，如\(xf'(x)-f(x)=x\ln x\)，则此时可能需要阅读导函数的原函数族|逆向思维；

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1. 为什么这样构造，只需要我们对\(g(x)\)求导，就可以回答这个问题，\(g'(x)=f(x)+xf'(x)\)，如果题目还给定条件\(xf'(x)+f(x)>0\)，则我们自然能得到\(g'(x)=f(x)+xf'(x)>0\)，即构造的新函数是单调递增的，这样就可以利用单调性解决相应的问题了；其他同理。 ↩︎

2. 如\(xf'(x)+3f(x)\)，构造\(g(x)=x^3f(x)\)； ↩︎

3. 如\(xf'(x)-3f(x)>0\)，构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x^3}\)， ↩︎

4. 比如，已知函数\(f(x)\)单调递减，证明\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)，常先定义\(x_1>x_2\in D\)，则原不等式等价转化为\(f(x_2)-f(x_1)\leq \cfrac{1}{x_2}-\cfrac{1}{x_1}\)，再转化为\(f(x_2)-\cfrac{1}{x_2}\leq f(x_1)-\cfrac{1}{x_1}\)，然后构造\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{x}\)，想法证明\(g(x)\)单调递增。 ↩︎

5. 比如：已知在\((0，+\infty)\)上\(f'(x)<x\)，则我们构造函数\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x^2\) ↩︎

6. 设\(f(x)=lnx，g(x)=\cfrac{1}{2}x|x|\)，任意\(x_1，x_2\in [1，+\infty)\)，且\(x_1>x_2\)，都有\(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)\)恒成立，求实数\(m\)的取值范围； 此时构造函数\(H(x)=mg(x)-xf(x)\)，想法子证明函数\(H(x)\)在\([1，+\infty)\)上单调递增，借此求出\(m\)的取值。题解见例8 ↩︎

7. 分析：由\(f(x+y)=f(x)+f(y)-2\)，令\(x=y=0\)，得到\(f(0)=2\)；再令\(y=-x\)，得到\(f(0)=f(x)+f(-x)-2\)，即\(f(x)+f(-x)=4\)，故函数\(f(x)\)关于点\((0，2)\)对称，故构造函数\(f(x)=2\)或者函数\(f(x)=kx+2\)或者函数\(f(x)=kx^3+2\)，都是满足题目条件的，当然其中最简单的就是\(f(x)=2\)； ↩︎