高考試題例析之構造函數

顏麗萍

(江蘇省揚州大學數學科學學院)

?普通高中數學課程標準(2017 年版2020 年修訂)?將高中數學課程內容分為函數、幾何與代數、概率與統計、數學建?；顒优c數學探究活動四條主線,其中函數是描述客觀世界中變量關系和規律的最為基本的數學語言和工具,是高中數學課程的主線之首,在解決實際問題中發揮著重要作用,對提升學生的數學抽象、數學建模、數學運算、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,普通高等學校招生全國統一考試的考查重心也逐漸由知識的傳授轉為對學生核心素養的培養,越來越多的試題涉及函數相關知識,而構造函數也是解決許多問題的一大重要思想與方法.本文基于對2021—2023年新高考Ⅰ卷的分析,向學生展示構造函數這一方法的運用,以期提升學生對構造函數法的掌握程度.

1 構造函數比較大小問題

例1 (2022年新高考Ⅰ卷7)設a＝0.1e0.1,b＝,則( ).

A.a＜b＜cB.c＜b＜a

C.c＜a＜bD.a＜c＜b

分析 本題主要考查學生對基本初等函數(指數函數、對數函數)性質的應用,難度適中.對于比較大小問題,有的學生可能會想到直接畫圖,通過圖像來判斷函數值的大小,但是用該方法求解本題可能較為困難.也有學生會想到利用作差法構造新函數,通過導數判斷函數的單調性,得到函數值與0的關系,從而判斷兩數的大小.作差之后可能會使函數變得更加復雜,如若這樣,可以在作差之前對函數進行換元、取對數等操作.

令k(x)＝(1＋x)(1－x)ex－1,則當x∈(0,0.1]時,k′(x)＝(1－x2－2x)ex＞0,k(x)在(0,0.1]上單調遞增,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]上單調遞增,所以y2＞y2(0)＝0,即a1＞c1.

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

綜上,c＜a＜b,故選C.此題為比較大小問題,關鍵在于使用作差法構造新函數,通過導函數判斷原函數的單調性,從而判斷兩數的大小.

2 構造函數巧解零點問題

例2 (2023年新高考Ⅰ卷15)已知函數f(x)＝cosωx－1(ω＞0)在[0,2π]有且僅有3個零點,則ω的取值范圍是_________.

分析 本題主要考查學生對三角函數的理解,較為簡單.方程的根、函數的零點、曲線的交點三者密不可分,可以相互轉化.題設條件給出f(x)在[0,2π]有3個零點,也就是該函數的圖像在[0,2π]與x軸有3個交點,那么可令f(x)＝0,得cosωx＝1,構造兩個新函數y＝cosωx與y＝1,將本題轉化為兩個函數圖像的交點問題,也就是函數y＝cosωx與y＝1圖像有且僅有3個交點,結合余弦函數圖像的性質即可解.

解 因為0≤x≤2π,所以0≤ωx≤2ωπ.令f(x)＝cosωx－1＝0,則cosωx＝1有3個根,即y＝cosωx與y＝1有3個交點.

令t＝ωx,則y＝cost與y＝1有3個交點,其中t∈[0,2ωπ].如圖1所示,結合余弦函數y＝cost的圖像及性質可得4π≤2ωπ＜6π,故2≤ω＜3.

圖1

求解此題的關鍵在于通過等量關系構造兩個新函數,從而將零點問題轉化為函數圖像的交點問題.

3 構造函數妙解曲線交點問題

例3 (2022年新高考Ⅰ卷22)已知函數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個不同的交點,并且從左到右的3個交點的橫坐標成等差數列.

分析 本題屬于解答題的最后一題,主要考查學生對函數的綜合運用.第(1)問比較常規,需要求參數的值,題目只有一個條件,即函數f(x)與g(x)有相同的最小值,那就需要運用導數的性質分別判斷兩個函數的單調性并求出最小值,再列出方程求得a的值.對于第(2)問,要找到一條直線與兩條曲線有3個不同的交點,并且交點的橫坐標成等差數列,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,根據曲線與直線相交可以得到交點的坐標關系并確定其范圍,進而證得命題,如解法1.當然也可以從交點坐標出發,根據點在直線上可以得到關于坐標的方程,然后化簡,利用函數f(x)的單調性求得橫坐標的數量關系,進而證得命題,如解法2.

又函數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w(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x＋lnx(x＞0),則,所以當x≥1時,w′(x)＞e－2＞0,w(x)單調遞增;當x≥1 時,w(x)≥w(1)＞0,即f(x)－g(x)＞0在x≥1時恒成立.因此當x≥1時,f(x)＞g(x).

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

圖2

由圖像可知當直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有3個不同的交點時,直線y＝b必經過點M(m,f(m)),即b＝f(m).因為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,所以當直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有3個不同的交點時,從左到右的3個交點的橫坐標依次為lnm,m,em.因為em－2m＋lnm＝0,即em＋lnm＝2m,所以lnm,m,em成等差數列,故存在直線y＝b,其與兩條曲線y＝f(x)與y＝g(x)共有3個不同的交點,并且從左到右的3個交點的橫坐標成等差數列.

解法2 設3 個交點的橫坐標從小到大依次為x1,x2,x3.

由(1)得函數f(x)在(－∞,0)上單調遞減,在(0,＋∞)上單調遞增;g(x)在(0,1)上單調遞減,(1,＋∞)上單調遞增,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個不同的交點,并且從左到右的3個交點的橫坐標成等差數列.

求解此題的關鍵在于通過作差法構造新函數,根據新函數及原函數的性質繪制原函數的圖像,從而找到與兩條曲線共有3個交點的直線,得到交點的橫坐標.

4 構造函數解恒成立問題

例4 (2023年新高考Ⅰ卷19)已知函數f(x)＝a(ex＋a)－x.

(1)討論f(x)的單調性;

(2)證明:當a＞0時,

求解此題的關鍵在于根據不等關系構造新函數,從而將不等式證明問題轉化為求新函數的最值.

5 同構法構造函數解不等問題

例5 (2021年新高考Ⅰ卷22)已知函數f(x)＝x(1－lnx).

(1)討論f(x)的單調性;

(2)設a,b為兩個不相等的正數,且blnaalnb＝a－b,證明:

分析 本題主要考查學生的觀察能力,由于題目已知條件涉及兩個變量,則可通過等價變形整理成相同的結構,借助相同結構來構造新函數,然后再利用函數的性質解決問題.對于第(1)問,可以結合導函數的符號確定原函數的單調性.對于第(2)問,觀察到所證結論與所給條件有一定聯系,則可以將所給等量關系向結論進行轉化,即先利用同構關系將原問題轉化為極值點的偏移問題,再構造對稱差函數分別證明左右兩側的不等式即可,如解法1;或者觀察題目可得x1與f(x1)的大小關系,從而得x1＋x2＜f(x1)＋x2＝f(x2)＋x2,故可構造g(x)＝f(x)＋x＝x(1－lnx),求出g(x)的最值與e進行比較即可,如解法2.

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

(2)由blna－alnb＝a－b,得

由(1)得f(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,＋∞)上單調遞減,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0＜x＜1時,h′(x)單調遞減,所以h′(x)＞h′(1)＝0,故函數h(x)在(0,1)上單調遞增,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(1)中f(x)的單調性,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x∈(0,x0)時,φ′(x)＞0,φ(x)單調遞增;x∈(x0,1)時,φ′(x)＜0,φ(x)單調遞減.

當0＜x＜e 時,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

求解此題的關鍵在于將兩個變量分別移至不等式左右兩側,整理成相同的結構,再構造新函數求解.

(完)