高考试题例析之构造函数

颜丽萍

(江苏省扬州大学数学科学学院)

«普通高中数学课程标准(2017 年版2020 年修订)»将高中数学课程内容分为函数、几何与代数、概率与统计、数学建模活动与数学探究活动四条主线,其中函数是描述客观世界中变量关系和规律的最为基本的数学语言和工具,是高中数学课程的主线之首,在解决实际问题中发挥着重要作用,对提升学生的数学抽象、数学建模、数学运算、直观想象和逻辑推理也具有重要意义.近年来,随着教育的变革,普通高等学校招生全国统一考试的考查重心也逐渐由知识的传授转为对学生核心素养的培养,越来越多的试题涉及函数相关知识,而构造函数也是解决许多问题的一大重要思想与方法.本文基于对2021—2023年新高考Ⅰ卷的分析,向学生展示构造函数这一方法的运用,以期提升学生对构造函数法的掌握程度.

1 构造函数比较大小问题

例1 (2022年新高考Ⅰ卷7)设a＝0.1e0.1,b＝,则( ).

A.a＜b＜cB.c＜b＜a

C.c＜a＜bD.a＜c＜b

分析 本题主要考查学生对基本初等函数(指数函数、对数函数)性质的应用,难度适中.对于比较大小问题,有的学生可能会想到直接画图,通过图像来判断函数值的大小,但是用该方法求解本题可能较为困难.也有学生会想到利用作差法构造新函数,通过导数判断函数的单调性,得到函数值与0的关系,从而判断两数的大小.作差之后可能会使函数变得更加复杂,如若这样,可以在作差之前对函数进行换元、取对数等操作.

令k(x)＝(1＋x)(1－x)ex－1,则当x∈(0,0.1]时,k′(x)＝(1－x2－2x)ex＞0,k(x)在(0,0.1]上单调递增,所以k(x)＞k(0)＝0,即在(0,0.1]上,y′2＞0,则y2＝xex＋ln(1－x)在(0,0.1]上单调递增,所以y2＞y2(0)＝0,即a1＞c1.

因此,在(0,0.1]上,b1＞a1＞c1,故当x＝0.1时,有b＞a＞c,选C.

综上,c＜a＜b,故选C.此题为比较大小问题,关键在于使用作差法构造新函数,通过导函数判断原函数的单调性,从而判断两数的大小.

2 构造函数巧解零点问题

例2 (2023年新高考Ⅰ卷15)已知函数f(x)＝cosωx－1(ω＞0)在[0,2π]有且仅有3个零点,则ω的取值范围是_________.

分析 本题主要考查学生对三角函数的理解,较为简单.方程的根、函数的零点、曲线的交点三者密不可分,可以相互转化.题设条件给出f(x)在[0,2π]有3个零点,也就是该函数的图像在[0,2π]与x轴有3个交点,那么可令f(x)＝0,得cosωx＝1,构造两个新函数y＝cosωx与y＝1,将本题转化为两个函数图像的交点问题,也就是函数y＝cosωx与y＝1图像有且仅有3个交点,结合余弦函数图像的性质即可解.

解 因为0≤x≤2π,所以0≤ωx≤2ωπ.令f(x)＝cosωx－1＝0,则cosωx＝1有3个根,即y＝cosωx与y＝1有3个交点.

令t＝ωx,则y＝cost与y＝1有3个交点,其中t∈[0,2ωπ].如图1所示,结合余弦函数y＝cost的图像及性质可得4π≤2ωπ＜6π,故2≤ω＜3.

图1

求解此题的关键在于通过等量关系构造两个新函数,从而将零点问题转化为函数图像的交点问题.

3 构造函数妙解曲线交点问题

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

(1)求a;

(2)证明:存在直线y＝b,其与两条曲线y＝f(x)与y＝g(x)共有3个不同的交点,并且从左到右的3个交点的横坐标成等差数列.

分析 本题属于解答题的最后一题,主要考查学生对函数的综合运用.第(1)问比较常规,需要求参数的值,题目只有一个条件,即函数f(x)与g(x)有相同的最小值,那就需要运用导数的性质分别判断两个函数的单调性并求出最小值,再列出方程求得a的值.对于第(2)问,要找到一条直线与两条曲线有3个不同的交点,并且交点的横坐标成等差数列,有两种思考角度.可以先找出这条直线,而要找到直线就需要先画出两条曲线,从而确定直线的位置,根据曲线与直线相交可以得到交点的坐标关系并确定其范围,进而证得命题,如解法1.当然也可以从交点坐标出发,根据点在直线上可以得到关于坐标的方程,然后化简,利用函数f(x)的单调性求得横坐标的数量关系,进而证得命题,如解法2.

又函数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.

设w(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x＋lnx(x＞0),则,所以当x≥1时,w′(x)＞e－2＞0,w(x)单调递增;当x≥1 时,w(x)≥w(1)＞0,即f(x)－g(x)＞0在x≥1时恒成立.因此当x≥1时,f(x)＞g(x).

由于f(0)＝1,函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增;g(1)＝1,函数g(x)在(0,1)上单调递减,所以函数f(x)与函数g(x)的图像在(0,1)上存在唯一的交点,设该交点为M(m,f(m))(0＜m＜1),此时可作出函数y＝f(x)与y＝g(x)的大致图像,如图2所示.

图2

由图像可知当直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有3个不同的交点时,直线y＝b必经过点M(m,f(m)),即b＝f(m).因为f(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,所以当直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有3个不同的交点时,从左到右的3个交点的横坐标依次为lnm,m,em.因为em－2m＋lnm＝0,即em＋lnm＝2m,所以lnm,m,em成等差数列,故存在直线y＝b,其与两条曲线y＝f(x)与y＝g(x)共有3个不同的交点,并且从左到右的3个交点的横坐标成等差数列.

解法2 设3 个交点的横坐标从小到大依次为x1,x2,x3.

由(1)得函数f(x)在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增;g(x)在(0,1)上单调递减,(1,＋∞)上单调递增,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),则x1＝lnx2,x2＝lnx3,故x3＝ex2,从 而x1＋x3＝lnx2＋ex2＝2x2,x1,x2,x3成等差数列,即存在直线y＝b,其与两条曲线y＝f(x)与y＝g(x)共有3个不同的交点,并且从左到右的3个交点的横坐标成等差数列.

求解此题的关键在于通过作差法构造新函数,根据新函数及原函数的性质绘制原函数的图像,从而找到与两条曲线共有3个交点的直线,得到交点的横坐标.

4 构造函数解恒成立问题

例4 (2023年新高考Ⅰ卷19)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明:当a＞0时,

求解此题的关键在于根据不等关系构造新函数,从而将不等式证明问题转化为求新函数的最值.

5 同构法构造函数解不等问题

例5 (2021年新高考Ⅰ卷22)已知函数f(x)＝x(1－lnx).

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)设a,b为两个不相等的正数,且blnaalnb＝a－b,证明:

分析 本题主要考查学生的观察能力,由于题目已知条件涉及两个变量,则可通过等价变形整理成相同的结构,借助相同结构来构造新函数,然后再利用函数的性质解决问题.对于第(1)问,可以结合导函数的符号确定原函数的单调性.对于第(2)问,观察到所证结论与所给条件有一定联系,则可以将所给等量关系向结论进行转化,即先利用同构关系将原问题转化为极值点的偏移问题,再构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可,如解法1;或者观察题目可得x1与f(x1)的大小关系,从而得x1＋x2＜f(x1)＋x2＝f(x2)＋x2,故可构造g(x)＝f(x)＋x＝x(1－lnx),求出g(x)的最值与e进行比较即可,如解法2.

解 (1)由f(x)＝x(1－lnx)＝x－xlnx,知f′(x)＝－lnx,所以当x∈(0,1)时,f′(x)＞0,f(x)单调递增;当x∈(1,＋∞)时,f′(x)＜0,f(x)单调递减.

(2)由blna－alnb＝a－b,得

由(1)得f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,所以fmax(x)＝f(1)＝1,且f(e)＝0.令,则f(x1)＝f(x2),x1,x2为f(x)＝k的两根,其中k∈(0,1).不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2－x1＞1.先证2＜x1＋x2,即证x2＞2－x1,即证f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1).

令h(x)＝f(x)－f(2－x),则h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln[x(2－x)],当0＜x＜1时,h′(x)单调递减,所以h′(x)＞h′(1)＝0,故函数h(x)在(0,1)上单调递增,则h(x1)＜h(1)＝0,所以f(x1)＜f(2－x1),即2＜x1＋x2.

下证x1＋x2＜e.

解法1 要证x1＋x2＜e,即证1＜x2＜e－x1,根据(1)中f(x)的单调性,即证

令φ(x)＝f(x)－f(e－x)(x∈(0,1)),则φ′(x)＝－ln[x(e－x)],令φ′(x0)＝0,当x∈(0,x0)时,φ′(x)＞0,φ(x)单调递增;x∈(x0,1)时,φ′(x)＜0,φ(x)单调递减.

当0＜x＜e 时,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得证.

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,则g′(x)＝1－lnx.在(1,e)上,g′(x)＞0,g(x)单调递增,所以g(x)＜g(e)＝e,即x2(1－lnx2)＋x2＜e,所以x1＋x2＜e得证,则

求解此题的关键在于将两个变量分别移至不等式左右两侧,整理成相同的结构,再构造新函数求解.

(完)