构造函数的难点和层次

前言

模型层次

• 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；

中阶层次

• 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：和上述题目对比，很显然，\(x\Leftrightarrow x^2\)，

故用类比的方法解得，\(x^2>1\)，解得\(x<-1\)或\(x>1\)；

高阶层次

• 添加难度，使用【换元法+适当变形】破解；

[对照]【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\(f(x^2-1)\)\(<\cfrac{x^2}{2}\)的解集为________.　

分析：比照不等式左端的自变量整体，对不等式的右端，作适当的变形，得到不等式\(f(x^2-1)\)\(<\cfrac{x^2-1}{2}\)\(+\cfrac{1}{2}\)，

故和上述题目对比，很显然，\(x\Leftrightarrow x^2-1\)，

故用类比的方法解得，\(x^2-1>1\)，解得\(x<-\sqrt{2}\)或\(x>\sqrt{2}\)；

【2020•高三定时训练模拟改编】定义在\(R\)上的函数\(f(x)\)的导函数为\(f'(x)\)，若对于任意实数\(x\)，有\(f(x)\)\(>\)\(f'(x)\)，且\(f(x)+2019\)为奇函数，则不等式\(f(x)+2019\cdot e^x<0\)的解集为【\(\quad\)】

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

[分析]：本题目\(\Leftarrow\) \(f(x)+2019\cdot e^x<0\)，往往需要对此不等式作相应的变形，

那么如何变形，需要考虑你准备构造的函数，如何构造函数，注意到\(f(x)\)\(>\)\(f'(x)\)，

故构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{e^x}\)，[此处需要一定的数学素养积累，比如构造函数]，则\(g'(x)=\cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}\)，

这样就能利用\(f(x)\)\(>\)\(f'(x)\)，判断构造的新函数的单调性和定义域；

到此，我们就可以依托所构造的函数，将 \(f(x)+2019\cdot e^x<0\)作相应的变形，两边同除以\(e^x\)，

得到\(\cfrac{f(x)}{e^x}+2019<0\)，即\(\cfrac{f(x)}{e^x}<-2019\)，即\(g(x)<-2019\)，接下来

我们需要将上述不等式的右端的常数函数化，即转化为\(g(?)\)，

那么如何转化呢，利用\(f(x)+2019\)为奇函数，则\(f(0)+2019=0\)，

即\(f(0)=-2019\)，故\(g(0)=-2019\)，则到此\(g(x)<-2019\)转化为，\(g(x)<g(0)\)，

接下来，利用定义域和单调性就可以求解了。

[解析]：构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{e^x}\)，则\(g'(x)=\cfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}\)，

由于对任意实数\(x\)都有\(f(x)>f'(x)\)，则\(g'(x)<0\)，所以\(g(x)\)在\(R\)上单调递减，

因为\(f(x)+2019\)为奇函数，所以\(f(0)+2019=0\)，即\(f(0)=-2019\)，故\(g(0)=-2019\)，

题目给定不等式，\(f(x)+2019e^x<0\)可以变形为\(\cfrac{f(x)}{e^x}+2019<0\)，即\(\cfrac{f(x)}{e^x}<-2019\)，

即\(g(x)<g(0)\)，又由于\(g(x)\)在\(R\)上单调递减，故\(x>0\)，故选\(B\).

【2021•高三文数三轮模拟用题】已知定义在\(R\)上的函数 \(f(x)\) 的导函数为 \(f'(x)\)，若对于任意实数 \(x\in R\)，都有 \(f(x)\)\(+\)\(f'(x)\)\(>0\) ，则关于 \(x\) 的不等式 \(e^{x+1}\)\(\cdot\)\(f(2x-1)\)\(-\)\(f(x-2)\)\(>0\) 的解集为_____________.

解析： 令 \(g(x)=e^x\cdot f(x)\)，则 \(g'(x)=e^x[f'(x)+f(x)]>0\) ，故函数 \(g(x)\) 在 \(R\) 上单调递增，

则所求的抽象不等式 \(e^{x+1}\)\(\cdot\)\(f(2x-1)\)\(-\)\(f(x-2)\)\(>0\)由于\(e^{x+1}\)\(=\)\(e^{(2x-1)-(x-2)}\)\(=\)\(\cfrac{e^{2x-1}}{e^{x-2}}\)，则\(e^{x+1}\)\(\cdot\)\(f(2x-1)\)\(-\)\(f(x-2)\)\(>0\) \(\Leftrightarrow\) \(\cfrac{e^{2x-1}}{e^{x-2}}f(2x-1)\)\(-\)\(f(x-2)\)\(>0\) \(\Leftrightarrow\) \(e^{2x-1}\)\(\cdot\)\(f(2x-1)\)\(>\)\(e^{x-2}\)\(\cdot\)\(f(x-2)\)\(\quad\) 可等价转化为

\(e^{2x-1}\cdot f(2x-1)>e^{x-2}\cdot f(x-2)\)，即\(g(2x-1)>g(x-2)\)，

由于 \(g(x)\) 在 \(R\) 上单调递增，故有 \(2x-1>x-2\)，

解得 \(x>-1\)，故所求解集为 \((-1,+\infty)\).

• 添加难度，使用【不等式性质+适当变形】破解；

【2020年全国卷Ⅱ卷理数第11题文数第12题】若\(2^x-2^{y}<3^{-x}-3^{-y}\)，则【\(\quad\)】

$A.\ln (y-x+1)>0$ $B.\ln (y-x+1)<0$ $C.\ln|x-y|>0$ $D.\ln|x-y|<0$

分析：要顺利解答本题目，需要先将原不等式作等价转化，\(2^x-3^{-x}<2^{y}-3^{-y}\)，

这样我们就能看到上述不等式的两端，是同结构的，故想到构造函数，

解析：令\(f(t)=2^t-3^{-t}\)，则\(t\in R\)，且\(f(t)\)在\(t\in R\)上单调递增\(y\)\(=\)\(2^t\)为增函数，\(y\)\(=\)\(-3^{-t}\)为增函数，增+增=增，故\(f(t)\)\(=\)\(2^t\)\(-\)\(3^{-t}\)为增函数。单调性的给出方式，

故原不等式等价于\(f(x)<f(y)\)，由\(f(t)\)单调递增，得到\(x<y\)，

故\(y-x>0\)，\(y-x+1>1\)，则\(ln(y-x+1)>0\)；故选\(A\)；

【2020年新课标Ⅰ理科数学第\(12\)题】【上例的延申题】 若 \(2^{a}+\log_{2}a=4^{b}+2\log_{4}b\)， 则 【\(\quad\)】

$A.a > 2b$ $B.a < 2b$ $C.a > b^2$ $D.a < b^2$

解析：因为 \(2^{a}+\log _{2} a=4^{b}+2 \log _{4} b=2^{2 b}+\log _{2}b\)，

又由于 \(2^{2b}+\log_{2}b<2^{2b}+\log_{2}2b=2^{2b}+\log_{2}b+1\)，

故 \(2^{a}+\log_{2}a<2^{2b}+\log_{2}2b\)，

此时令 \(f(x)=2^{x}+\log_{2}x\)， 则上述条件变化为 \(f(a)<f(2b)\)这样就能利用新构造的函数的性质比较大小，此时主要用到定义域和单调性。\(\quad\)，

由指对数函数的单调性可得 \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 内单调递增，且 \(f(a)<f(2b)\)，

则得到 \(a<2b\)，故选：\(B\) .

• 增加难度，构造和判断函数的奇偶性时有了难度；

【2022届高三理科二轮训练题】设函数\(f(x)\)在 \(R\) 上存在导数为 \(f'(x)\)，对于任意实数 \(x\)，都有 \(f(x)\)\(+\)\(f(-x)\)\(+\)\(2x^2\)\(=\)\(0\) ， 当\(x>0\) 时，\(f'(x)+2x<1\)，若 $f(m)\geqslant $$f(1)$$-m^2$$+$$m$ ，则实数 \(m\) 的最大值为【】

$A.-1$ $B.1$ $C.-2$ $D.2$

解析：选 \(B\) . 理由如下：

由 \(f(x)+f(-x)+2x^2=0\) ，得到 \(f(x)+x^2=-f(-x)-(-x)^2\)，令\(h(x)=f(x)+x^2\)，则 \(h(x)=-h(-x)\)，故 \(h(x)\) 为奇函数，

令 \(F(x)=f(x)+x^2-x\)，则 \(F(x)=h(x)-x\)，则\(F(x)\)为奇函数\(y\)\(=\)\(h(x)\)为奇函数，\(y\)\(=\)\(-x\)为奇函数，奇+奇=奇，是奇函数的一种比较常用的给出方式；，

由题目可知， 当\(x>0\) 时，\(F'(x)\)\(=\)\([f(x)+x^2-x]'\)\(=\)\(f'(x)\)\(+\)\(2x\)\(-1\)\(<0\)恒成立其目的是为了给出所构造的新函数的构造方向和将来构造的新函数的部分单调性，即函数 \(F(x)\) 在区间 \((0,+\infty)\)上单调递减，

又由于函数\(f(x)\)在 \(R\) 上存在导数为 \(f'(x)\)函数\(f(x)\)在 \(R\) 上可导，则函数 \(f(x)\) 必然在 \(R\) 上连续，从而导致 \(F(x)\) 在 \(R\) 上可导且连续，从而由 \(F(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递减，可得到 \(F(x)\)必然会经过 \((0,0)\) 点，则会推知 \(F(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 上单调递减，再结合其奇偶性就能知道在 \(R\) 上的单调性；，则函数\(f(x)\)在 \(R\) 上可导，则\(f(x)\)在 \(R\) 上连续，函数 \(F(x)\)在 \(R\) 上可导且连续，则函数 \(F(x)\) 在区间 \([0,+\infty)\)上单调递减，

又由于 函数 \(F(x)\) 为奇函数，则 在区间 \((-\infty,+\infty)\)上单调递减，

由 \(f(m)\geqslant f(1)-m^2+m\) 可得到， \(f(m)+m^2-m\geqslant f(1)\)，即 \(f(m)+m^2-m\geqslant f(1)+1^2-1\)，

即 \(F(m)\geqslant F(1)\)，由于 \(F(x)\) 在 \(R\) 上单调递减，则可得到 \(m\leqslant 1\)，则 \(m_{_{max}}=1\)，故 选 \(B\) .

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；

博友提问

对于函数 \(f(x)+f(y)=2f(\cfrac{x+y}{2})f(\cfrac{x-y}{2})\) ，为什么要构造余弦函数？

解析：设 \(\left\{\begin{array}{l}\frac{x+y}{2}=m\\\frac{x-y}{2}=n\end{array}\right.\) ，解得 \(\left\{\begin{array}{l}x=m+n\\y=m-n\end{array}\right.\)

代入已知，得到 \(f(m+n)+f(m-n)=2f(m)f(n)\)

比照公式，\(\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)=2\cos\alpha\cos\beta\)，

故要构造 \(f(x)=\cos x\).