李昌成

摘要：近年來，?？己透呖贾行枰脴?gòu)造法解答的題目頻繁出現(xiàn)，構(gòu)造的難度也越來越大，構(gòu)造的次數(shù)也越來越多，以導(dǎo)數(shù)為例，要突破這類題目，應(yīng)該從導(dǎo)數(shù)的公式、常見的函數(shù)、指數(shù)對(duì)數(shù)運(yùn)算公式、函數(shù)結(jié)構(gòu)等方面綜合施策，方可突破難題.

關(guān)鍵詞：構(gòu)造法;導(dǎo)數(shù);策略

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2022）16-0043-03

1 題目呈現(xiàn)

題目（2022年八省聯(lián)考第8題）設(shè)a，b都是正數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若aea+1+b<blnb，則（）.

A.ab>eB.b>ea+1C.ab<eD.b<ea+1

學(xué)生普遍反映本題無從下手，很難建立題設(shè)與問題間的關(guān)系.根據(jù)2021年全國(guó)高考乙卷第12題的結(jié)構(gòu)、命題點(diǎn)位、解題方法，考生有大概的思路：構(gòu)造，再利用單調(diào)性作答，但是很難具體實(shí)施解題思路.

2 試題解答

解析由aea+1+b<blnb，得

aea+1<blnb-b.①

提取公因式，得aea+1<b（lnb-1）.②

對(duì)數(shù)運(yùn)算，得aea+1<blnbe.③

指數(shù)運(yùn)算，得aea·e<blnbe.④

不等式兩邊同除以e，得

aea<belnbe.⑤

將a換成lnea，得

ealnea<belnbe.⑥

構(gòu)造函數(shù)f（x）=xlnx，得

f（ea）<f（be）.⑦

因?yàn)閍，b都是正數(shù)，

所以ea>1，且blnbe>aea+1>0.⑧

進(jìn)而lnbe>0=ln1，于是be>1.⑨

易得f（x）=xlnx在（1e，+

SymboleB@

）單調(diào)遞增.

所以ea<be，故b>ea+1.故選B.

3 解答說明

考生之所以不能順利完成解答，是因?yàn)閷?duì)于以上每步解答的理由不清楚，或者是某一步不清楚，導(dǎo)致思路受阻.我們有必要把每一步理清，授之以漁.從參數(shù)分類的角度，a，b分別在不等式一端，我們執(zhí)行了①;根據(jù)對(duì)數(shù)運(yùn)算的需要，向熟悉的函數(shù)f（x）=xlnx靠近，我們提取了公因式，得到②;依托N=logaaN將常數(shù)1轉(zhuǎn)化為我們需要的對(duì)數(shù)lne，以便執(zhí)行對(duì)數(shù)運(yùn)算③;從函數(shù)f（x）=xlnx的結(jié)構(gòu)出發(fā)，需要將不等式左邊的b轉(zhuǎn)化為be，所以進(jìn)行了④的指數(shù)式改裝運(yùn)算;⑤出現(xiàn)了函數(shù)f（x）=xlnx的雛形，需要關(guān)注不等式的右端的結(jié)構(gòu);對(duì)于第⑥，必須有f（x）=xlnx的結(jié)構(gòu)引領(lǐng)，熟知對(duì)數(shù)恒等式N=logaaN，否則無法執(zhí)行此步;有了前六步的鋪墊，⑦便應(yīng)運(yùn)而生;⑧⑨是為了應(yīng)用f（x）=xlnx的單調(diào)性解題的準(zhǔn)備步驟，弄清兩個(gè)變量ea，be所屬范圍，缺了此步，也將難以定奪選項(xiàng).由此看來，命題專家對(duì)本題下了一番功夫，設(shè)置了多個(gè)構(gòu)造環(huán)節(jié)，環(huán)環(huán)相扣.只有思維縝密的考生才能最終突圍，具有很好的區(qū)分度，是名副其實(shí)的把關(guān)題.

本題還有其他構(gòu)造方法，只是構(gòu)造更加巧妙，對(duì)學(xué)生要求能力更高，尤其是等價(jià)轉(zhuǎn)化的能力，抽象概括的能力！

另解1設(shè)φ（x）=xlnx-x，則

φ′（x）=lnx+1-1=lnx.

由前文知b>e，所以φ′（x）>0.

所以φ（x）=xlnx-x在（e，+

SymboleB@

）上單調(diào)遞增.

又φ（ea+1）=ea+1lnea+1-ea+1=（a+1）ea+1-ea+1=aea+1，

由aea+1+b<blnb，得aea+1<blnb-b.

所以φ（ea+1）<φ（b）.

所以b>ea+1.

另解2設(shè)λ（x）=lnx+x（x>0），

則λ（x）在（0，+

SymboleB@

）上單調(diào)遞增.

由aea+1+b<blnb，a>0，得

0<aea+1<blnb-b.

取自然對(duì)數(shù)，得

lnaea+1<ln[blnb-b].

化簡(jiǎn)，得lna+a+1<ln（lnb-1）+lnb.

移項(xiàng)，得lna+a<ln（lnb-1）+（lnb-1）.

所以λ（a）<λ（lnb-1）.

因此a<lnb-1.

解得b>ea+1.

4 追根溯源

關(guān)于構(gòu)造思想，教材在不同章節(jié)均有一些思想滲透，我們要深入領(lǐng)悟.對(duì)導(dǎo)數(shù)而言，在人教A版選修2-2

的第32頁(yè)安排了以下經(jīng)典證明習(xí)題：

（1）ex>1+x（x≠0）.

（2）lnx<x<ex.

這兩個(gè)習(xí)題給我們提供了學(xué)習(xí)構(gòu)造法的平臺(tái)，從代數(shù)的角度可以分別構(gòu)造函數(shù)f（x）=ex-x-1（x≠0），h（x）=lnx-x（x>0），g（x）=x-ex（x>0），再利用這些函數(shù)的單調(diào)性證明不等式.

也可以依托函數(shù)y=ex，y=1+x，y=x，y=lnx，在同一直角坐標(biāo)系中，通過圖象直觀感知不等式的正確性.事實(shí)上，基于這兩個(gè)不等式結(jié)構(gòu)和條件，我們可以構(gòu)造大量的不等式，例如：

（3）ex≥1+x（（1）式擴(kuò)大定義域）.

（4）ex-1>x（將（1）中x換成x-1）.

（5）e-x≤1x+1（x>-1）（對(duì)（1）式取倒數(shù)）.

（6）2lnn<n2（將（2）中x換成n2）.

（7）1n+lnn+ln（n+1）<1n+1（將（2）中x換成1n（n+1），再運(yùn)算）.

5 常見構(gòu)造模式

（1）已知f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）g（x）.

（2）已知f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）g（x）（g（x）≠0）.

（3）已知xf ′（x）-f（x）>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）x（x≠0）.

（4）已知xf ′（x）-2f（x）>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）x2（x≠0）.

（5）已知xf ′（x）-nf（x）>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）xn（x≠0）.

（6）已知f ′（x）-f（x）>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）ex.

（7）已知f ′（x）+f（x）>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=

exf（x）.

（8）已知xf ′（x）+f（x）>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=xf（x）.

（9）已知xf ′（x）+nf（x）>0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=xnf（x）.

顯然，以上條件不等式中不等號(hào)變?yōu)樾∮谔?hào)，不影響函數(shù)構(gòu)造.

6 高考鏈接

例1（2021年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)（乙卷）第12題）已知a=2ln1.01，b=ln1.02，c=1.04-1，則 （）.

A.a<b<cB.b<c<a

C.b<c<aD.c<a<b

解析記f（x）=2ln（1+x），g（x）=ln（1+2x），h（x）=1+4x-1.

于是f（0）=0，g（0）=0，h（0）=0，f（0.01）=a，g（0.01）=b，h（0.01）=c.

分別求導(dǎo)，得

f ′（x）=21+x，g′（x）=21+2x，h′（x）=21+4x.

當(dāng)0<x<1時(shí)，1+2x>1+4x>1+x，

所以g′（x）<h′（x）<f ′（x）.

結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義，得b<c<a.

故選B.

例2（2015年全國(guó)高考Ⅱ卷理科第12題）設(shè)函數(shù)f ′（x）是奇函數(shù)f（x）（x∈R）的導(dǎo)函數(shù)，f（-1）=0，當(dāng)x>0時(shí)，xf ′（x）-f（x）<0，則使得f（x）>0成立的x的取值范圍是（）.

A.（-

SymboleB@

，-1）∪（0，1）B.（-1，0）∪（1，+

SymboleB@

）

C.（-

SymboleB@

，-1）∪（-1，0）D.（0，1）∪（1，+

SymboleB@

）

解析記函數(shù)g（x）=f（x）x

，則

g′（x）=xf ′（x）-f（x）x2.

因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，xf ′（x）-f（x）<0，

故當(dāng)x>0時(shí)，g′（x）<0.

所以g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減.

又因?yàn)楹瘮?shù)f（x）（x∈R）是奇函數(shù)，

故函數(shù)g（x）是偶函數(shù).

所以g（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減.

又g（-1）=g（1）=0，

當(dāng)0<x<1時(shí)，g（x）>0，則f（x）>0;

當(dāng)x<-1時(shí)，g（x）<0，則f（x）>0.

綜上所述，使得f（x）>0成立的x的取值范圍是（-∞，-1）∪（0，1）.

故選A.

參考文獻(xiàn)：

[1]

劉紹學(xué).普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書數(shù)學(xué)選修2-2[M].北京：人民教育出版社，2019.

[2] 任志鴻.十年高考[M].?？冢褐R(shí)出版社，2022.

[3] 任志鴻.十年高考[M].?？冢耗戏匠霭嫔?，2016.

[責(zé)任編輯：李璟]