再议构造函数|逆向思维

前言

在我们学习数学的过程中，一般碰到这样的数学公式后，$$[f(x)\pm g(x)]'=f'(x)\pm g'(x)$$

大多都习惯将公式从左到右使用，较少的情形下会想起来逆向使用，而构造函数类的题目，对于拓展我们的逆向思维，有很大的帮助。

构造策略

以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中具有“\(f(x)\pm g(x)\)，\(f(x)\cdot g(x)\)，\(\frac{f(x)}{g(x)}\)”等特征式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题。

构造和差函数：当题设条件中存在或通过变形出现特征式 “\(f'(x)\)\(\pm\)\(g'(x)\)”时，不妨联想、逆用“\(f'(x)\)\(\pm\)\(g'(x)\)\(＝\)\([f(x)\)\(\pm\)\(g(x)]'\)”，从而构造可导函数\(y\)\(＝\)\(f(x)\)\(\pm\)\(g(x)\)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题。

构造乘积函数：当题设条件中存在或通过变形出现特征式“ \(f'(x)\)\(\cdot\)\(g(x)\)\(＋\)\(f(x)\)\(\cdot\)\(g'(x)\) ”时，可联想、逆用“ \(f'(x)\)\(\cdot\)\(g(x)\)\(＋\)\(f(x)\)\(\cdot\)\(g'(x)\)\(＝\)\([f(x)\)\(\cdot\)\(g(x)]'\) ”，从而构造可导函数\(y\)\(＝\)\(f(x)\)\(\cdot\)\(g(x)\)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题。

构造商函数：当题设条件中存在或通过变形出现特征式“ \(f'(x)\)\(\cdot\)\(g(x)\)\(-\)\(f(x)\)\(\cdot\)\(g'(x)\) ”时，可联想、逆用“\(\cfrac{f'(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g'(x)}{[g(x)]^2}\)\(=\)\(\cfrac{f(x)}{g(x)}'\)”，从而构造可导函数\(y=\cfrac{f(x)}{g(x)}\)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题。

解题经验

• 角度一、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\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{x}\)^[1]，

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

• 角度二、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\(g(x)=x\cdot f(x)\) ^[3]，

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\(h(x)=x^nf(x)\)；^[4]

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 \(g(x)=f(x)\cdot\ln x\)；

• 角度三、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\(h(x)=\cfrac{f(x)}{x^n}\)；^[5]

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

• 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]

②当题目中出现\(\cfrac{(x+2020)f(x+2020)}{3}\)\(<\)\(\cfrac{3f(3)}{x+2020}\)(\(x>0\))，需要变形为\((x+2020)^2\)\(\cdot\)\(f(x+2020)\)\(<\)\(3^2\)\(\cdot\)\(f(3)\)，从而构造\(F(x)\)\(=\)\(x^2\)\(\cdot\)\(f(x)\)；

典例剖析

【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\((0，e)\)。

【2022届高三文科用题】 已知函数 \(f(x)\) 的导函数为 \(f'(x)\)， 若对任意的 \(x\in R\)， 都有 \(f(x)\)\(>\)\(f'(x)\)\(+\)\(1\)， 且 \(f(0)\)\(=\)\(2020\)， 则不等式 \(f(x)\)\(-\)\(2019{e}^{x}\)\(<\)\(1\) 的解集为 【\(\qquad\)】

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

解析: 将条件\(f(x)\)\(>\)\(f'(x)\)\(+\)\(1\)，变形为\(f(x)\)\(-\)\(1\)\(>\)\(f'(x)\)\(-\)\(1'\)，从而构造函数 \(g(x)=\cfrac{f(x)-1}{{e}^{x}}\)，

则 \(g'(x)\)\(=\)\(\cfrac{f'(x)\cdot e^x-[f(x)-1]\cdot e^x}{e^{2x}}\)\(=\)\(\cfrac{f'(x)-f(x)+1}{{e}^{x}}\)，

因为 \(f(x)>f'(x)+1\)， 所以 \(g'(x)<0\)， 可得 \(g(x)=\cfrac{f(x)-1}{{e}^{x}}\) 在 \(R\) 上单调递减，

又 \(f(0)=2020\)， 则 \(g(0)=\cfrac{f(0)-1}{{e}^{0}}=2019\)，

原不等式 \(f(x)-2019{e}^{x}<1\)，变形为 \(f(x)-1<2019{e}^{x}\)，

再次整理为\(\cfrac{f(x)-1}{{e}^{x}}<2019\)， 即 \(g(x)<g(0)\)，

因为 \(g(x)\) 在 \(R\) 上单调递减，则得 \(x>0\)，故选 \(A\) .

〔解后反思〕：本题目若构造函数 \(g(x)=\cfrac{f(x)}{{e}^{x}}\)，则不能充分利用给定的条件\(f(x)\)\(>\)\(f'(x)\)\(+\)\(1\)，并且不能将题目给定的不等式 \(f(x)\)\(-\)\(2019{e}^{x}\)\(<\)\(1\) 顺利的转化为 \(g(x)<g(0)\)的形式，导致解题出现偏差；

已知 \(f(x)=a\ln x+\cfrac{1}{2}x^{2}\)\((a>0)\)， 若对任意两个不等的正实数 \(x_{1}\) ， \(x_{2}\)， 都有 \(\cfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>2\) 恒成立， 则 \(a\) 的取值范围是【\(\qquad\)】

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

解析 : 根据 \(\cfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>2\)，可知 \(\cfrac{f\left(x_{1}\right)-2 x_{1}-\left[f\left(x_{2}\right)-2 x_{2}\right]}{x_{1}-x_{2}}>0\)，

令 \(g(x)=f(x)-2x\)，则上述条件即 \(\cfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}>0\)，

则 \(g(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上为增函数，

又\(g(x)=f(x)-2x=a\ln x+\cfrac{1}{2} x^{2}-2x(a>0)\)，

所以 \(g'(x)=\cfrac{a}{x}+x-2\geqslant 0(x>0, a>0)\) 恒成立，

分离参数得 \(a\geqslant x(2-x)\)， 而当 \(x>0\) 时， \(x(2-x)\) 最大值为\(1\)，

故 \(a \geqslant 1\). 故选 \(D\) .

〔解后反思〕 我们见到这样的表达，\(\cfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>2\)，容易向经过点 \((x_1,f(x_1))\) 和 \((x_2,f(x_2))\) 的直线的斜率联系，这样的关联是有问题的；

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1. 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。 ↩︎

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

3. 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。 ↩︎

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

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

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。具体求解过程请参阅例题详解。 ↩︎