[构造函数]中的切入点

前言

在求解与函数有关的不等式问题时，常常需要构造函数来解决；在构造函数时，可能需要用到的变形技巧有：作差构造；移项构造；同乘构造；同除构造等等；

相关链接

1.破解构造函数问题；2.构造函数习题1；3.构造函数习题2；

简单层次

• 从所求解的不等式入手，无需变形，直接用“左-右”的形式作差构造得到新函数；

【2017•张家界模拟改编】已知函数\(f(x)(x\in R)\)满足\(f(1)=1\)，且\(f(x)\)的导数\(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，则不等式\(f(x)<\)\(\cfrac{x}{2}\)\(+\cfrac{1}{2}\)的解集为________.　

分析：作差构造函数，设\(F(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x-\cfrac{1}{2}\)，则\(F'(x)=f'(x)-\cfrac{1}{2}\)，

因为\(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，所以\(F'(x)=f'(x)-\cfrac{1}{2}<0\)，即函数\(F(x)\)在\(R\)上为减函数，

这样原不等式\(f(x)<\cfrac{x}{2}+\cfrac{1}{2}\)，就等价转化为\(F(x)<0\)，

又由于\(F(1)=f(1)-\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2}=0\)，[这一步完成了常数的函数化]

故\(F(x)<0\)可等价转化为\(F(x)<F(1)\)，由于在\(R\)上为减函数，

故得到\(x>1\)，即\(x\in (1，+\infty)\)。

解后反思：①题目中给定的定义域是在求解不等式时限制自变量整体用的；②给定的\(f(1)=1\)是为了完成常数的函数化准备的；③题目中给定的\(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)是为了求导判断新函数的单调性准备的；④构造出新函数后，我们需要将原不等式转化为依托于新函数的不等式，若里面包含常数，则将常数函数化为形如\(f(M)<(\leqslant ，\geqslant )f(N)\)的形式；⑤要去掉对应法则\(f\)，则需要考虑定义域和单调性；

• 添加难度，使用换元法破解；

[对照]【2017•张家界模拟】已知函数\(f(x)(x\in R)\)满足\(f(1)=1\)，且\(f(x)\)的导数\(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，则不等式\(f(x^2)\)\(<\cfrac{x^2}{2}\)\(+\cfrac{1}{2}\)的解集为________.　

分析：作差构造函数，设\(F(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x-\cfrac{1}{2}\)，则\(F'(x)=f'(x)-\cfrac{1}{2}\)，

因为\(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，所以\(F'(x)=f'(x)-\cfrac{1}{2}<0\)，即函数\(F(x)\)在\(R\)上为减函数，

这样原不等式\(f(x^2)<\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{1}{2}\)，就等价转化为\(F(x^2)<0\)，

又由于\(F(1)=f(1)-\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2}=0\)，[这一步完成了常数的函数化]

故\(F(x^2)<0\)可等价转化为\(F(x^2)<F(1)\)，由于在\(R\)上为减函数，

故得到\(x^2>1\)，解得\(x<-1\)或\(x>1\)，即\(x\in(-\infty，-1)\cup(1，+\infty)\)，

解后反思：很显然，\(x\Leftrightarrow x^2\)

【对照模拟】已知函数\(f(x)(x\in R)\)满足\(f(1)=1\)，且\(f(x)\)的导数\(f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，则不等式\(f(|lnx|)\)\(<\cfrac{|lnx|}{2}\)\(+\cfrac{1}{2}\)的解集为________.　

分析：很显然，\(|lnx|\Leftrightarrow x\)，故\(|lnx|>1\)，

解得\(0<x<\cfrac{1}{e}\)或\(x>e\)；即\((0,\cfrac{1}{e})\cup(e,+\infty)\)；

【全国名校联盟2018-2019高三第二次联考第12题】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：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\(D\)。

【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______。

提示：解得\(0<x<e\)，故解集为\((0，e)\)。

中阶层次

• 从所求解的不等式入手，适当变形[比如使用移项变形]，间接用“左-右”的形式作差构造得到新函数；

【2019届宝中高三文科第二次月考第12题】定义在实数集上的偶函数\(f(x)\)的导函数为\(f'(x)\)，若对任意实数\(x\)都有\(f(x)+\cfrac{x}{2}f'(x)<1\)恒成立，则使得关于\(x\)的不等式\(x^2f(x)-f(1)<x^2-1\)成立的实数\(x\)的取值范围是【】

$A.\{x\in R \mid x\neq \pm 1\}$ $B.(-1，1)$ $C.(-1，0)\cup (0，1)$ $D.(-\infty，-1)\cup(1，+\infty)$

分析：先将\(x^2f(x)-f(1)<x^2-1\)转化为\(x^2f(x)-x^2<1^2f(1)-1^2\)，

故构造\(g(x)=x^2\cdot f(x)-x^2\)，则上述不等式等价于\(g(x)<g(1)\)；

又由于\(g'(x)=2xf(x)+x^2f(x)-2x=x(2f(x)+xf'(x)-2)\)，

而\(f(x)+\cfrac{x}{2}f'(x)<1\)等价于\(2f(x)+xf'(x)-2<0\)

故当\(x>0\)时，\(g'(x)=x\cdot(2f(x)+xf'(x)-2)<0\)，

故\(x\in (0，+\infty)\)时，\(g(x)\)单调递减；由偶函数知道\(x\in (-\infty，0)\)时，\(g(x)\)单调递增；

且\(g(0)=0\)，此时我们是可以画出其大致示意图的。

待解的不等式\(x^2f(x)-f(1)<x^2-1\)可以转化为\(x^2f(x)-x^2<1^2f(1)-1^2\)，

即\(g(x)<g(1)\)，由偶函数可知\(g(|x|)<g(1)\)，

又\(x\in (0，+\infty)\)时，\(g(x)\)单调递减；

故有\(|x|>1\)，解得\(x<-1\)或\(x>1\)；故选\(D\)。

• 从所求解的不等式入手，适当变形[比如使用两边同乘]，间接用“左-右”的形式作差构造得到新函数；

设函数\(f(x)\)是定义在\((0，+\infty)\)上的可导函数，导函数是\(f'(x)\)，且有\(f(x)<-xf'(x)\)，则不等式\(f(x+1)>(x-1)f(x^2-1)\)的解集为【】

$A.(0，1)$ $B.(1，+\infty)$ $C.(1，2)$ $D.(2，+\infty)$

提示：由\(f(x)<-xf'(x)\)，得到\(f(x)+xf'(x)<0\)，

\(f(x+1)>(x-1)f(x^2-1)\)变形为\((x+1)f(x+1)>(x^2-1)f(x^2-1)\)

解析：令\(g(x)=x\cdot f(x)\)，则\(g'(x)=f(x)+xf'(x)<0\)，

即函数\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递减，

又不等式\(f(x+1)>(x-1)f(x^2-1)\)等价于\((x+1)f(x+1)>(x^2-1)f(x^2-1)\)，

即\(g(x+1)>g(x^2-1)\)，由定义域和单调性可知\(0<x+1<x^2-1\)，

解得\(x>2\)，故选\(D\).

• 从所求解的不等式入手，适当变形[比如使用两边同除]，间接用“左-右”的形式作差构造得到新函数；

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\(C\).

已知函数\(f(x)=ax-1-lnx(a\in R)\)

(1). 讨论函数\(f(x)\)的单调性。

分析：定义域为\((0，+\infty)\)，又\(f'(x)=a-\cfrac{1}{x}=\cfrac{ax-1}{x}\)，

由于分母为正，故只针对分子\(ax-1\)分类讨论，

当\(a\leq 0\)时，\(ax-1<0\)，即\(f'(x)<0\)，故在\((0，+\infty)\)上单调递减；

当\(a>0\)时，令\(ax-1=0\)，得到\(x=\cfrac{1}{a}\)，

故在\((0，\cfrac{1}{a})\)上单调递减，在\((\cfrac{1}{a}，+\infty)\)上单调递增。

(2). 当\(x>y>e-1\)时，证明不等式\(e^x\cdot ln(1+y)>e^y\cdot ln(1+x)\)

分析：将欲证明结论\(e^x\cdot ln(1+y)>e^y\cdot ln(1+x)\)

两边同除以\(e^x\cdot e^y\)，变形为\(\cfrac{ln(1+y)}{e^y}>\cfrac{ln(1+x)}{e^x}\)，

题目转化为由\(x>y>e-1\)时，证明\(\cfrac{ln(1+y)}{e^y}>\cfrac{ln(1+x)}{e^x}\)，

故我们构造函数\(g(x)=\cfrac{ln(1+x)}{e^x}\)，

这样命题转化为当\(x>y>e-1\)时，\(g(y)>g(x)\)，

故只需要证明函数\(g(x)\)在\((e-1，+\infty)\)上单调递减即可。

以下用导数证明。

\(g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x+1}\cdot e^x-ln(x+1)\cdot e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{\cfrac{1}{x+1}-ln(x+1)}{e^x}\)，

令\(h(x)=\cfrac{1}{x+1}-ln(x+1)\)，

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

当\(x>e-1\)时，很显然\(h'(x)<0\)；

故函数\(h(x)\)在\((e-1，+\infty)\)上单调递减，

故\(h(x)<h(e-1)=\cfrac{1}{e}-1<0\)，

故导函数\(g'(x)=\cfrac{h(x)}{e^x}<0\)在\((e-1，+\infty)\)上恒成立，

故函数\(g(x)\)在\((e-1，+\infty)\)上单调递减，证毕。

高阶层次

综合应用各种常用的变形技巧，如作差构造；移项构造；同乘构造；同除构造，换元构造等等；

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

分析：不等式的左端使用对数的常用变形：\(lnx_1-lnx_2=ln\cfrac{x_1}{x_2}\)；

不等式的右端使用分式的常用变形，分子分母同除：\(2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}=2\cfrac{\frac{x_1}{x_2}-1}{\frac{x_1}{x_2}+1}\)；

故不等式变形为\(ln\cfrac{x_1}{x_2}>2\cfrac{\frac{x_1}{x_2}-1}{\frac{x_1}{x_2}+1}\)；

再换元，令\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)，则\(t>1\)；

则要证明的不等式\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)等价于\(lnt>2\cfrac{t-1}{t+1}\)；

然后作差，转化为常规思路即可；

解：令\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)，则\(t>1\)；

则要证明的不等式\(lnx_1-lnx_2=ln\cfrac{x_1}{x_2}>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)等价于\(lnt>2\cfrac{t-1}{t+1}\)；

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。

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

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。