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1、例谈函数综合题中的“构造法” 江苏省姜堰中学张圣官（ 225500） “构造法” 是一种创造性思维。在高中数学解题中的应用主要有两类：要么利用条件与 结论的特殊性，构造出一个新的辅助结构系统（如函数、方程、图形等），架起条件与结论 之间的桥梁；要么设法直接构造出结论所述的数学对象，从而使问题得以解决。由于函数、 方程、 不等式以及导数等内容是高考数学中的热点，与函数问题有关的“构造法” 也就顺理 成章越来越多地走进了我们的视野。本文准备结合具体事例加以说明。 一通过构造辅助函数解题 1利用辅助函数图像和性质达到解证不等式的目的 先来看这样一道题：已知 m x x 1 2对于)1 ,0(x恒成立
2、，求实数m 的取值范围。你 是否感到束手无策无从下手呢？就让我们将题目改变一种问法再看看吧。 例 1已知函数) 10( ln 1 )(xx xx xf且 （ 1）求)(xf的单调区间； （ 2）若 m x x 1 2对于)1 ,0(x恒成立，求实数m 的取值范围。 解： （1）由0)( 2 )ln( 1ln xx x xf得 e x 1 ，易得)(xf在),0( 1 e 递增，在)(1,) 1 ,( 1 和 e 递减； （2）由 m x x 1 2得xm x ln2ln 1 ，当)1 ,0(x时， xx m ln 1 2ln ， 根据第（1）题知，)(xf在)1 ,0(x的最大值为ef e)
3、( 1 ，故2ln 2ln eme m 。 点评 ： 在这道题中我们引进了辅助函数f(x)， 利用导数作为工具刻画了f(x) 的图像和性质 （事 实上是可以很快作出f(x) 的图像的），从而顺利处理了不等式 m x x 1 2 。在高考题中， 为了降低难度，往往先让我们研究某一函数，再利用之来解后续问题。 例 2 （2004 全国卷理科）已知函数f(x) ln(1 x) x，g(x) xlnx (I) 求函数f(x) 的最大值； (II)设 0ab，证明： 0g(a) g(b) 2g( 2 ba ) (ba)ln2 解：(I) 函数 f(x)的定义域是 (-1, ), f (x)=1 1 1
4、x . 令 f (x)=0 ，解得 x=0，当-10, 当 x0 时 , f (x)-1,且 x 0) ，由题设0-0 22 baab . 又, 2 2 b ba ba a a ba b b ba a2 ln 2 lna 时 ,0)( xF 因此 F(x) 在(a,+ ) 上为增函数从而，当x=a 时， F(x) 有极小值F(a) 因为 F(a)=0,ba,所以 F(b)0, 即 00,a 是定义域中的一个数) ；当 00 。 试问： （1）f(x)的奇偶性如何？（2）f(x)的单调性如何？(3) f(x)是周期函数吗？ 分析 ：由题设知y=tanx 可以看作抽象函数f(x)的具体形式，从而猜
5、想：f(x) 是奇函数且在 (0,2a) 上是增函数 (这里把 a 看作 4 进行猜想 )，且是周期为4a 的周期函数。 解： （1） f(x) 的定义域关于原点对称，且 )()(1 )()( 21 21 21 )( xfxf xfxf xxf， )()( 1221 xxfxxf )()(1 )()( 21 12 xfxf xfxf =)( 21 xxf， 令 x1-x2=x，则有 f(-x)=-f(x)， f(x) 为奇函数。 （ 2）设 00， f(x 1) 、 f(x2) 、 f(x2-x1) 均 大 于0， 从 而 由 条 件 得 f(x 1)-f(x2)0， 那么该函数在 (0, a
6、 上是减函数，在a,0)上是增函数； （1）如果函数y=x+ 2 b x （x0）的值域为 6,+ )，求 b 的值； （2）研究函数y= 2 2 x c x（常数 c0）在定义域内的单调性，并说明理由； （3）对函数 y=x+ x a 和 y= 2 2 x a x（常数 a0）作出推广，使它们都是你所推广的函数的特 例 ， 研 究 推 广 后 的 函 数 的 单 调 性 （ 只 需 写 出 结 论 ， 不 必 证 明 ）， 并 求 函 数 F(x)= n x x) 1 ( 2 + n x x ) 1 ( 2 （n 是正整数）在区间 1 2 ， 2上的最大值和最小值（可利用你 的研究结论） 解
7、： （1）函数 y=x+ 2 b x (x0)的最小值是2 2 b ，则22b =6， b=log29； （ 2）设 0y1, 函数 y= 2 2 x c x在 4 c,+ )上是增函数； 当 00） ，其中 n 是正整数； 当 n 是奇数时，函数y= n n x a x在(0, n a 2 上是减函数，在 n a 2 ,+ )上是增函数，在 (, n a 2 上是增函数，在 n a 2 ,0)上是减函数； 当 n 是偶数时，函数y= n n x a x在(0, n a 2 上是减函数，在 n a 2 ,+ ) 上是增函数， 在(, n a 2 上是减函数，在 n a 2 ,0)上是增函数。
8、由于 F(x)= n x x) 1 ( 2 + n x x ) 1 ( 2 = 0212323 22323 1111 ()()()() nnrnrnn nnnn nnnrn CxCxCxCx xxxx 因此 F(x) 在 1 2 ,1上是减函数，在1,2上是增函数； 所以，当x= 1 2 或 x=2 时， F(x)取得最大值 ( 9 2 ) n+(9 4 ) n；当 x=1 时 F(x)取得最小值 2n+1 点评 ：该题的背景就是“耐克函数” a yx x （a0） ，它在 (0,a上是减函数，在a,0) 上是增函数 ,并且还是奇函数，图像关于原点对称。这是课本中大家都熟知的一个函数。 二通过
9、函数问题的几何特征构造图形解题 有些函数问题中蕴含着一定的几何因素，挖掘这些几何因素，通过构造相关图形，实施 “数形结合” ，常常能够找到解题的最佳途径。 例 7求函数 2 4 9222 )()6(xxxy的最小值。 分析 ：从表象看是求函数的最小值，但却无从下手。考察函数的结构特征，注意到它事实上 就相当于解决这样一道解析几何问题：设 P(x,y)为抛物线y=x 2 上任一点， 它到 x 轴的距离记 为 d，A( 4 9 , 6)为抛物线外一定点，试求d+PA 的最小值。两题的结果完全一样。 解：抛物线y=x 2 的焦点为), 0( 4 1 F，准线为 4 1 : yl，由于准线与x 轴平行
10、，因此P(x,y) 到准线的距离为 4 1 d，根据抛物线定义得， 102)()60()( 2 4 9 4 12 4 1 AFPAPFPAd，所以d+PA 的最小值为 4 1 102，也即函数 2 4 9 222 )()6(xxxy的最小值为 4 1 102。 例 8 （2010 年广州市高三年级调研测试）已知aR，函数 2 fxxxa （1）求函数fx在区间1,2上的最小值h a； （ 2）对（ 1）中的h a，若关于a的方 程 1 2 h am a 有两个不相等的实数解，求实数m的取值范围。 解： （1） 2 3 3 fxx xa ，令0fx得 2 0 3 xa或 若0a，则当12x时，0
11、fx，所以fx在区间1,2上是增函数，所以 11h afa若 3 0 2 a，即 2 01 3 a，则当12x时，0fx，所 以fx在 区 间1, 2上 是 增 函 数 ， 所 以11h afa 若 3 3 2 a， 即 2 12 3 a，则当 2 1 3 xa时，0fx；当 2 2 3 ax时，0fxfx在 O a y 1 ,0 2 1k 4k 2 1, 3 a上是减函数，在 2 ,2 3 a上是增函数 324 327 h afaa若 3a， 即 2 2 3 a，则当12x时，0fx，所以fx在区间1,2上是减函数 所以284h afa 综上 3 3 1, 2 43 ,3, 272 84 ,
12、3. aa h aaa aa （2） 由题意 1 2 h am a有两个不相等的实数解，即 （1） 中函数h a 的图像与直线 1 2 ym a 有两个不同的交点 而直线 1 2 ym a 恒过定点 1 ,0 2 ，由右图知实数m的取值范围是 4, 1 点评： 解决第 （2）小题的关键就是作出图象，将方程解的问题转化为图象交点问题。 例9 证明 ：对于每个1 , 0x，适合 2 122 |1|qpxx的唯一实数对(p,q) 是 ), 1( 2 21 。 分析 ： 2 122 2 122 2 122 11|1|xqpxxqpxx 分别以),0(),0( 2 12 2 12 BA为圆心、1 为半径
13、作两个圆（如图）。记圆A 的以 ), 1(),0( 2 12 2 12 NM为端点且位于第一象限的弧为 1 l， 1 l即为函数 1 ,0,1 2 122 xxy的图像；记圆B的以 ), 1 (),0( 2 12 2 23 FE为端点且位于第一、四象限的弧为 2 l， 2 l即 为函数 1 ,0,1 2 122 xxy的图像。 函数1 , 0,xqpxy的图像为直线段，注意到连接弧 1 l的两端点的线段MN 与弧 2 l相切于点),( 2 1 2 2 ，故适合不等式的实数对(p,q) 只能是), 1( 2 21 。也即对于每个 1 , 0x，适合 2 122 |1|qpxx的唯一实数对(p,q
14、)是), 1( 2 21 。 练习题： 1 （ 1）证明：)0()1ln(xxx，利用该结论证明Nnn n )(1ln(1 1 2 1 ） ； （2）用类似于（1）的方法构造函数证明Nnn n )(1ln(11 1 2 1 ） 。 2 （ 厦 门 市2010届 高 三 （ 上 ） 质 量 检 查 题 ）已 知 函 数( )lnf xex， 1 ()()(1)g xefxx （e=2.718 ) （I ）求函数( )g x的极大值； （ ） 对 于 函 数()fx与()h x定 义 域 上 的 任 意 实 数x， 若 存 在 常 数,k b， 使 得 ()f xkxb和()h xkxb都成立，
15、则称直线ykxb为函数( )f x与( )h x的“分 界线” 设函数 2 1 ( ) 2 h xx，试探究函数()f x与()h x是否存在“分界线”？若存在，请 加以证明，并求出,k b的值；若不存在，请说明理由 参考解答： 1 （1）设)1()1ln()(xxxxf，易得 f(x) 在（ -1，0）递增，在（ 0，+)递减，而 f(0)=0, 故当 x.0 时xx)1ln(。分别取 n x 1 2 1 , 1，相加即得。 （2） 构造) 1()1ln()( 2 2 1 xxxxxg， 利用导数易得g(x)在),0(递增，故当 x.0 时xxx 2 2 1 )1ln(。分别取 n x 1
16、2 1 , 1，相加即得 ) 1ln()1(1 22 1 2 1 2 11 2 1 n n n 。最后证明21 22 1 2 1 n 即可。 事实上， 22)()1(111 11 1 1 2 1 )1( 1 21 11 2 1 22 nnnnn n 。 2解：（） 1 ()()(1)ln(1)g xf xxxx e ， 1 ( )1(0)gxx x 令 ( ) 0 g x，解得：01x，令 ( ) 0 g x，解得：1x，函数( )g x在(0,1)上递增， (1,)上递减，( )(1)2g xg 极大 （） 设 21 ( )( )( )ln(0) 2 F xh xf xxexx ， 则 2
17、() () ( ) exexexe Fxx xxx 当0 xe时， ()0Fx，函数( )Fx单调递减；当xe时， ()0Fx，函数 ()F x单 调 递 增 xe是 函 数( )Fx的 极 小 值 点 ， 也 是 最 小 值 点 ， min 1 ( )() 2 F xFee函数( )f x与( )h x的图象在xe处有公共点 1 (,) 2 ee 设()f x与()h x存 在“ 分 界 线 ” 且 方 程 为 ： 1 () 2 yek xe 令 函 数 1 ( ) 2 u xkxe k e， ）由 211 ( )( ) 22 h xu xxkxek e在xR恒成立，即 2 220xkx ek e在R 上恒成立， 22 4484()0kek eke成立，ke， 故 1 ( ) 2 u xexe ）下面再证明： 1 ( )( )ln(0) 2 f xu xexexe x恒成立设 1 ( )ln 2 xexexe，则 ( ) eeex xe xx 当0 xe时， ( ) 0x， 函数()x单调递增；当xe时， ( )0x函数()x单调递减 x e时()x 取得最大值0，则 1 ( )ee 2 xx(0)x成立综上）和）知： 1 ( ) 2 f xexe且 1 ( ) 2 h xexe，故函数()f x与()h x存在分界线为 1 2 yexe， 此时 ee 1 , 2 kb