1、第3课时高考热点之构造函数法函数思想在数学应用中占有重要的地位，应用范围很广.函数思想不仅体现在本身就是函数问题的高考试题中，而且对于诸如方程、三角函数、不等式、数列、解析几何等问题也常常可以通过构造函数来求解.构造函数方法在高中数学中已有了比较广泛的应用，它是数学方法的有机组成部分，是历年高考的重点和热点，主要依据题意，构造恰当的函数解决问题.首先解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，用函数的观点加以分析，常可使问题变得明了，从而易于找到一种科学的解题途径.其次数量关系是数学中的一种基本关系.现实世界的复杂性决定了数量关系的多元性.因此，如何从
2、多变元的数量关系中选定合适的主变元，从而揭示其中主要的函数关系，有时便成了数学问题能否“明朗化”的关键所在.下面我们举例说明构造函数的方法在解题中的应用.题型1构造函数法求解客观题例1：(1)(2017 年云南曲靖一中)f(x)是定义在(0，)上的非负可导函数，且满足 xf(x)f(x)0，对任意正数 a，b，若)a0(f(x)为函数的导函数)，则不等式 f(x)(x1)f(x2x)的解集为_.解析：构造g(x)xf(x)，g(x)f(x)xf(x)0，g(x)为增函数,f(x)(x 1)f(x2 x)xf(x)x(x 1)f(x2 x)xx2 x 0 xf(x)1，则下列不等式正确的是(A.
3、f(2018)ef(2017)e1B.f(2018)ef(2017)e1D.f(2018)ef(2017)0，所以 F(x)单调递增，F(2018)F(2017)f20181e2018f20171e2017f(2018)1ef(2017)e.所以 f(2018)ef(2017)e1.故选 A.答案：A(4)(2018年四川德阳期中)已知奇函数f(x)是定义在R上的连续可导函数，其导函数是f(x)，当x0时，f(x)f(2)B.e2f(1)f(2)C.e2f(1)f(2)D.f(2)0 时，f(x)0 时，F(x)0.F(x)在(0，)上单调递减.F(2)F(1)，即f2e4 f(2).又 f(
4、x)为奇函数，e2f(1)f(2)，即 e2f(1)1213141n.(1)解：f(x)1xax ln x，f(x)ax1ax2(a0).函数 f(x)在1，)上为增函数，f(x)ax1ax2 0 对 x1，)恒成立.ax10 对 x1，)恒成立，即 a1x对 x1，)恒成立.a1.正实数 a 的取值范围为1，).(2)解：当 a1 时，f(x)1xx ln x，f(x)x1x2，当 x12，1 时，f(x)0，故 f(x)在 x(1,2上单调递增.f(x)在区间12，2 上有唯一极小值点，故 f(x)minf(x)极小值f(1)0.又 f 12 1ln 2，f(2)12ln 2，f 12 f
5、(2)322ln 2ln e3ln 162.e316，f 12 f(2)0，即 f 12 f(2).f(x)在区间12，2 上的最大值 f(x)maxf 12 1ln 2.综上所述，函数 f(x)在12，2 上的最大值是 1ln 2，最小值是 0.(3)证明：当 a1 时，f(x)1xx ln x，f(x)x1x2，故 f(x)在1，)上为增函数.当 n1 时，令 x nn1，则 x1.故 f(x)f(1)0.fnn1 1 nn1nn1ln nn11nln nn10，即 ln nn11n.ln 2112，ln 3213，ln 4314，ln nn11n.ln 21ln 32ln 43ln nn
6、11213141n.ln n1213141n，即对大于 1 的任意正整数 n，都有ln n1213141n.【规律方法】本题的关键在于 f(x)1xx ln x，f(x)x1x2，故 f(x)在1，)上为增函数.当 n1 时，令 x nn1，则 x1.故 f(x)f(1)0.fnn1 1 nn1nn1ln nn11nln nn10，即ln nn11n.怎么想到要这么做，主要受前面两小题的强烈提示.通过本题的学习，我们要掌握此类问题的一般规律.本题出错在于完全没有想到利用前面的结论，而直接讨论函数 f(x)ln xx11x的单调性求解，可以试试看，肯定行不通.题型3 构造函数法求解方程中的不等问
7、题例 3：(2018 年新课标)已知函数 f(x)1xxaln x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：fx1fx2x1x22，令 f(x)0，得 xa a242或 xa a242.当 x0，a a242a a242，时，f(x)0.所以 f(x)在0，a a242，a a242，单调递减，在a a242，a a242单调递增.(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当 a2.由于 f(x)的两个极值点 x1，x2 满足 x2ax10，所以 x1x21，不妨设 x11.由于fx1fx2x1x2 1x1x21aln x1ln x2x1x2
8、2aln x1ln x2x1x22a2ln x21x2x2，所以fx1fx2x1x2a2 等价于1x2x22ln x20.设函数 g(x)1xx2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)单调递减，又 g(1)0，从而当 x(1，)时，g(x)0.所以1x2x22ln x20，即fx1fx2x1x2a2.题型4 构造函数法判断方程根的存在性问题 例 4：(2017 年重庆一模)已知函数 f(x)ln xaxb(a，bR)有两个不同的零点 x1，x2.(1)求 f(x)的最值；(2)证明：x1x20，此时 f(x)0 x1a，f(x)在0，1a 上单调递增，1a，上单调递减.f(x)maxf 1a
9、 ln a1b，无最小值.(2)证明：由题意，知ln x1ax1b0，ln x2ax2b0，两式相减，得 ln x1x2a(x1x2)0，即 aln x1x2x1x2.故要证 x1x2 1a2，即证 x1x2x1x22ln2x1x2，即证 ln2x1x2x1x22x1x2x1x22x2x1.不妨设 x1x2，令x1x2t(0,1)，则只需证 ln2tt21t在 t(0,1)时恒成立，设 g(t)ln2tt1t2，则 g(t)2tln t11t22ln tt1tt.设 h(t)2ln tt1t，则 h(t)t12t2h(1)0.g(t)在(0,1)上单调递增.g(t)g(1)0，即 ln2tt21t在 t(0,1)时恒成立，原不等式得证.