巧構造，妙解題

函數是現代數學最基本的概念，是描述客觀世界中變量關系和規律的最基本的數學語言和工具，是貫穿高中數學課程的主線.然而，函數具有的高度抽象性和形式化等特點，增加了學生對函數本質理解的困難，使得學生難以把握變量之間的關系以及建立適當的函數模型來解決現實世界中的實際問題.函數構造在高中數學解題中有著重要的應用價值，主要出現在考查函數的性質與導數綜合應用的高考試題中，此類試題考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查數學抽象、邏輯推理、數學運算等數學核心素養，總體考查難度較大，是近幾年高考數學試題的熱點題型.

函數構造是從題設條件和要解決目標的結構特征出發，結合函數的求導運算法則，有目的、有意識地構造一個新函數輔助解題，將原問題轉化為新函數的求導和單調性等性質問題，從而簡捷高效且創造性地解決問題.函數構造是一種創造性思維的過程，具有較大的靈活性和技巧性，不同的關系式可以構造不同的函數.如何構造合適的函數順利解題是一個難點，但不同類型關系式有著相應的函數構造規律.下面，筆者對函數構造的技巧做一總結.

一、構造和差形式函數

在導數應用客觀題中，若題目條件是關于f′（x）關系式，所求解集是與f（x）有關的不等式，則求解此類問題的關鍵是構造出與所求解集的不等式緊密聯系的函數，而構造函數的要點在于把握題中代數式的數值特點與結構特征，對所求解集的不等式做適當變形構造新函數，最終將問題轉化為利用導數研究新構造函數的單調性.此類問題構造函數的基本規律為：對于

f′（x）±g′（x）gt;0，構造h（x）=f（x）±g（x），則h′（x）=f′（x）±g′（x）.

技巧一：構造f（x）±g（x）型函數

例1.定義在R上的函數f（x）滿足f（x）-f′（x）+exlt;0（e為自然對數的底數），其中f′（x）為f（x）的導函數，若f（x）=3e3，則f（x）gt;xex的解集為（" ）

A.（-∞，2）""""" B.（2，+∞）

C.（-∞，3）D.（3，+∞）

解析：設g（x）=f（x）ex-x，則g（3）=f（3）e3-3=0，

所以f（x）gt;xex等價于g（x）gt;0=g（3），

由題意得f′（x）-f（x）-exgt;0，則g′（x）=f′（x）-f（x）ex-1=f′（x）-f（x）-exexgt;0，

所以g（x）在R上單調遞增，所以由g（x）gt;g（3），得xgt;3.故選：D.

評注：本題考查函數性質與導數的綜合應用，考查函數構造的思想方法，題目較難.結合條件不等式“f（x）-f′（x）+exlt;0”和所求解不等式“f（x）gt;xex”，構造函數g（x）=f（x）ex-x，求導利用單調性求解.解此類題需同時觀察條件和所求解不等式，構造f（x）±g（x）型函數作為突破口.

變式1.已知函數f（x）在R上的導函數為f′（x），且f′（x）-1lt;0，則f（x）+2x-8gt;f（3x-8）的解集為（" ）

A.（-∞，4）B.（0，+∞）

C.（-∞，0）D.（4，+∞）

解析：令g（x）=f（x）-x，則g′（x）=f′（x）-1lt;0，即g（x）在R上單調遞減.

由g（x）=f（x）-x，得f（x）=g（x）+x，

則f（x）+2x-8=g（x）+x+2x-8gt;f（3x-8）=g（3x-8）+3x-8，

得g（x）gt;g（3x-8），所以xlt;3x-8，得xgt;4，

所以原不等式的解集為（4，+∞），故選：D.

二、構造積商形式函數

在導數應用客觀題中，常出現一類不給出函數的具體解析式，只給出f（x）與f′（x）關系式的問題.解決此類問題，可結合函數的積或商的求導運算法則，［f（x）g（x）］′=f′（x）g（x）+f（x）g′（x），f（x）g（x）′=f′（x）g（x）-f（x）g′（x）［g（x）］2，觀察這兩個式子的結構特征，發現f（x）g（x）型導函數中體現的是加法，f（x）g（x）型導函數中體現的是減法.在實際求解時，應根據具體導函數的特點來構造新函數，并利用該函數的單調性解決問題.此類問題構造函數的基本規律為：

（1）對于x·f′（x）±k·f（x）gt;0，“加法”構造g（x）=xk·f（x），“減法”構造g（x）=f（x）xk.

（2）對于f′（x）±k·f（x）gt;0，“加法”構造g（x）=ekx·f（x），“減法”構造g（x）=f（x）ekx.

（3）對于sinx·f′（x）±cosx·f（x）gt;0，“加法”構造g（x）=sinx·f（x），“減法”構造g（x）=f（x）sinx.

（4）對于cosx·f′（x）sinx·f（x）gt;0，“減法”構造g（x）=cosx·f（x），“加法”構造g（x）=f（x）cosx.

（5）對于f′（x）lnx±f（x）xgt;0，“加法”構造構造g（x）=lnx·f（x），“減法”構造g（x）=f（x）lnx.

技巧二：構造xk·f（x）或f（x）xk型函數

例2.已知函數f（x）滿足f（x）=f（-x），且當x∈（-∞，0］時，f（x）+xf′（x）lt;0成立，若a=（20.6）·f（20.6），b=（ln2）·f（ln2），c=（log218）·f（log218），則a，b，c的大小關系是（" ）

A.agt;bgt;cB.cgt;bgt;a

C.agt;cgt;bD.cgt;agt;b

解析：因為函數f（x）滿足f（x）=f（-x），且在R上是連續函數，所以函數f（x）是偶函數，令g（x）=xf（x），則g（x）是奇函數，且在R上連續，則g′（x）=f（x）+xf′（x），

因為當x∈（-∞，0］時，f（x）+xf′（x）lt;0成立，即g′（x）lt;0，

所以g（x）在（-∞，0］上單調遞減，又因為g（x）在R上是連續函數，且是奇函數，所以g（x）在R上單調遞減，則a=g（20.6），b=g（ln2），c=g（log218），

因20.6gt;1，0lt;ln2lt;1，log218=-3lt;0，所以log218lt;0lt;ln2lt;1lt;20.6，即cgt;bgt;a，

故選：B.

評注：本題考查綜合化，函數的性質與導數、比較數的大小關系等知識的融合考查，素養上側重考查以題目條件為抓手進行函數構造，靈活考查了學生創新思維和邏輯思維能力，屬于較難題.解題關鍵是構造函數g（x）=x·f（x），求導后通過單調性比較大小.題中不等式f（x）+xf′（x）lt;0及a，b，c滿足x·f（x）的形式為利用構造法的數學思想解題提供了依據，便于快速找到解題的突破口.

變式2.函數f（x）在定義域（0，+∞）內恒滿足：①f（x）gt;0，②2f（x）lt;xf′（x）lt;3f（x），其中f′（x）為f（x）的導函數，則（" ）

A.14lt;f（1）f（2）lt;12B.116lt;f（1）f（2）lt;18

C.13lt;f（1）f（2）lt;12

D.18lt;f（1）f（2）lt;14

解析：令g（x）=f（x）x2，x∈（0，+∞），g′（x）=xf′（x）-2f（x）x3，

∵x∈（0，+∞），2f（x）lt;xf′（x），

∴f（x）gt;0，g′（x）gt;0，

∴函數g（x）在（0，+∞）上單調遞增，

∴g（1）lt;g（2），即4f（1）lt;f（2），f（1）f（2）lt;14，

令h（x）=f（x）x3，x∈（0，+∞），h′（x）=xf′（x）-3f（x）x4，

∵x∈（0，+∞），xf′（x）lt;3f（x），h′（x）lt;0，

∴函數h（x）在（0，+∞）上單調遞減，

∴h（1）gt;h（2），即f（1）gt;f（2）8，

故選D.

技巧三：構造ekx·f（x）或f（x）ekx型函數

例3.已知定義在（0，+∞）上的函數f（x）的導函數為f′（x），滿足f（x）gt;0.當xgt;0時，f′（x）lt;2f（x）.當x≥2時，f′（x）gt;f（x），且f（3-x）=f（1+x）e2-2x，其中e是自然對數的底數.則f（1）f（4）的取值范圍為（" ）

A.12e6，1e3B.1e6，1e3

C.1e3，e3

D.（e3，e6）

解析：根據題意，設g（x）=f（x）ex（xgt;0），h（x）=f（x）e2x（xgt;0）.

∵f（3-x）=f（1+x）e2-2x，∴f（3-x）e3-x=f（1+x）e1+x，

即g（3-x）=g（1+x），∴g（1）=g（3）.

對于g（x）=f（x）ex，

∵x≥2，f′（x）gt;f（x），其導數g′（x）=f′（x）ex-f（x）exe2x=f′（x）-f（x）exgt;0，

則有g（x）=f（x）ex在區間［2，+∞）上單調遞增，所以g（1）=g（3）lt;g（4），即f（1）elt;f（4）e4，

變形可得f（1）f（4）lt;1e3；對于h（x）=f（x）e2x，

∵xgt;0時，f′（x）lt;2f（x），其導數h′（x）=f′（x）e2x-2f（x）e2xe4x=f′（x）-2f（x）e2xlt;0，

則h（x）在（0，+∞）上單調遞減，所以h（1）gt;h（4），即f（1）e2gt;f（4）e8，f（1）f（4）gt;1e6，

綜合可得：1e6lt;f（1）f（4）lt;1e3，即f（1）f（4）的范圍為1e6，1e3.故選：B.

評注：將f（3-x）=f（1+x）e2-2x變形為“f（3-x）e3-x=f（1+x）e1+x”，結合已知不等式“f′（x）lt;2f（x）、f′（x）gt;f（x）”，構造函數g（x）=f（x）ex和h（x）=f（x）e2x，求導判斷單調性，進而求解.

變式3.已知函數f（x）在R上可導，其導函數為f′（x），若f（x）滿足：當x≠1時，（x-1）［f′（x）+f（x）］gt;0，f（x）=e2-2xf（2-x），則下列判斷一定正確的是（" ）

A.f（1）lt;f（0）

B.e4f（4）lt;f（0）

C.ef（2）gt;f（0）

D.e3f（3）gt;f（0）

解析：構造函數g（x）=f（x）ex，則g′（x）=ex［f′（x）+f（x）］，由（x-1）［f′（x）+f（x）］gt;0，得當xgt;1時，f′（x）+f（x）gt;0，

當xlt;1時，f′（x）+f（x）lt;0.所以g（x）在（1，+∞）單調遞增，在（-∞，1）單調遞減，

而g（2-x）=f（2-x）e2-x=f（x）e2-2xe2-x=f（x）ex=g（x），

所以g（x）關于x=1對稱，故g（3）=f（3）e3=g（-1）gt;g（0）=f（0），

得到f（3）e3gt;f（0），故選：D.

技巧四：構造sinx·f（x）或cosx·f（x）或f（x）sinx或f（x）cosx型函數

例4.已知定義在（0，π2）上的函數f（x），f′（x）為其導數，且f（x）lt;f′（x）tanx恒成立，則（" ）

A.3f（π4）lt;2f（π3）

B.2f（π6）lt;f（π4）

C.3f（π6）lt;f（π3）

D.f（1）lt;2f（π6）sin1

解析：因為x∈（0，π2），所以sinxgt;0，cosxgt;0，

則由f（x）lt;f′（x）tanx得f（x）lt;f′（x）sinxcosx，即cosxf（x）-sinxf′（x）lt;0.

令F（x）=sinxf（x），則F′（x）=cosxf（x）-sinxf′（x）［f（x）］2lt;0，

所以F（x）在（0，π2）上遞減，所以F（π6）gt;F（π3），即sinπ6f（π6）gt;sinπ3f（π3），即3f（π6）lt;f（π3），

故選：C.

評注：本題以三角函數為載體，考查利用導數研究函數的單調性，重點考查了函數構造的思想方法，屬于較難題.將條件中不等式“f（x）lt;f′（x）tanx”變形為“cosxf（x）-sinxf′（x）lt;0”，構造函數F（x）=sinxf（x），利用函數F（x）=sinxf（x）的單調性，對四個選項的不等式是否成立做出判斷.

變式4.定義在R上的連續函數f（x）的導函數為f′（x），且cosxf′（x）lt;（cosx+sinx）f（x）成立，則下列各式一定成立的是（" ）

A.f（0）=0B.f（0）lt;0

C.f（π）gt;0D.f（π2）=0

解析：由題可得cosxf′（x）-sinxf（x）lt;cosxf（x），所以［cosxf（x）］′lt;cosxf（x）.

設g（x）=cosxf（x）ex，則g′（x）=［cosxf（x）］′-cosxf（x）exlt;0，所以g（x）在R上單調遞減，且g（π2）=0.

由g（0）gt;g（π2）gt;g（π）得f（0）gt;0gt;-f（π）eπ，所以f（0）gt;0，f（π）gt;0，所以A、B錯誤，C正確.

把x=π2代入cosxf′（x）lt;（cosx+sinx）f（x）得f（π2）gt;0，所以D錯誤，故選：C.

技巧五：構造lnx·f（x）或f（x）lnx型函數

例5.已知e是自然對數的底數，函數f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）是f（x）的導函數，且f（x）x+lnx·f′（x）gt;0，則（" ）

A.f（1e）+f（e）gt;0

B.f（1e）lt;0

C.f（e）lt;0

D.f（1）=0

解析：令函數g（x）=lnx·f（x），則g′（x）=f（x）x+lnx·f′（x）gt;0，g（x）在（0，+∞）上遞增.

又g（1）=0，所以g（e）=f（e）gt;0，g（1e）=-f（1e）lt;0，即f（1e）gt;0，f（1）的大小不確定.故選：A.

評注：已知不等式“f（x）x+lnx·f′（x）gt;0”，則構造函數g（x）=lnx·f（x），求導得g（x）=lnx·f（x）的單調性，再判斷f（e），f（1e），f（1）的大小關系.

變式5.已知定義在（0，+∞）上的函數f（x）的導數為f′（x），且f′（x）（xlnx2）gt;2f（x），則（" ）

A.6f（e）gt;2f（e3）gt;3f（e2）

B.6f（e）lt;3f（e2）lt;2f（e3）

C.6f（e）gt;3f（e2）gt;2f（e3）

D.6f（e）lt;2f（e3）lt;3f（e2）

解析：令g（x）=f（x）lnx2，則g′（x）=f′（x）lnx2-2xx2f（x）（lnx2）2=f′（x）（xlnx2）-2f（x）x（lnx2）2gt;0，故函數g（x）在（0，+∞）遞增，故g（e）lt;g（e2）lt;g（e3），故6f（e）lt;3f（e2）lt;2f（e3），故選：B.

三、同構法解題

同構是指通過研究題目中代數式的結構特征，通過變形得到一個結構相同的函數，最終將問題轉化為利用導數研究新構造函數的單調性，從而達到解題的目的.同構函數的構造需要考生對題目條件的結構特征具有較強的變形能力和觀察能力才能順利解決問題.構造同構函數的題型有：①雙變量問題，首先將條件式中的變量分離，化為等式或不等式的左右兩側只含一個變量且結構相同，把雙變量問題轉化為單變量問題，再根據結構特點構造同構函數，最后結合同構函數的單調性得出兩個變量的關系，進而解決問題.②對于既含ex又含lnx的混合型等式或不等式，可以靈活運用指數和對數運算法則將其適當變形后構建同構函數，常見的指對同構變形有：

積型：aea≤blnb，①同左形式aea≤lnb·elnb，構造f（x）=xex；②同右形式ealnea≤blnb，構造f（x）=xlnx；③取對數形式a+lna≤lnb+ln（lnb）（bgt;1），構造f（x）=x+lnx.

商型：eaa≤blnb，①同左形式eaa≤elnblnb，構造f（x）=exx；②同右形式ealnea≤blnb，構造f（x）=xlnx；③取對數形式a-lna≤lnb-ln（lnb）（bgt;1），構造f（x）=x-lnx.

和型：ea±a≤b±lnb，①同左形式ea±a≤elnb±lnb，構造f（x）=ex±x；②同右ea±lnea≤b±lnb，構造f（x）=x±lnx.

技巧六：同構法解決雙變量問題

例6.對于任意x1，x2∈［1，+∞），當x2gt;x1時，恒有alnx2x1lt;2（x2-x1）成立；則實數a的取值范圍是（" ）

A.（-∞，0］B.（-∞，1］

C.（-∞，2］D.（-∞，3］

解析：對于任意x1，x2∈［1，+∞），當x2gt;x1時，恒有alnx2x1lt;2（x2-x1）成立，即alnx2-2x2lt;alnx1-2x1成立，令f（x）=alnx-2x，∴f（x2）lt;f（x1），∴f（x）在［1，+∞）上單調遞減，∴f′（x）=ax-2≤0在［1，+∞）恒成立，∴a≤2x在［1，+∞）恒成立.

∵當x≥1，2x≥2，∴實數a的取值范圍為（-∞，2］，故選：C.

評注：本題關鍵思路是利用同構思想將已知條件“alnx2x1lt;2（x2-x1）”變量分離，得到左右兩邊結構相同的式子“alnx2-2x2lt;alnx1-2x1”，構造同構函數f（x）=alnx-2x，將雙變量不等式轉化為單變量函數的單調性問題，求導，令f′（x）≤0恒成立，即可求出a的取值范圍.

變式6.已知變量x1，x2∈（0，m）（mgt;0），且x1lt;x2，若x1x2lt;x2x1，則m的最大值為""" .

解析：不等式兩邊同時取對數得lnx1x2lt;lnx2x1，即x2lnx1lt;x1lnx2，又x1，x2∈（0，m），即lnx1x1lt;lnx2x2成立.

設f（x）=lnxx，x∈（0，m），∵x1lt;x2，f（x1）lt;f（x2），則函數f（x）在（0，m）上為增函數，函數的導數f′（x）=1-lnxx2，由f′（x）gt;0得1-lnxgt;0得lnxlt;1，得0lt;xlt;e，即函數f（x）的最大增區間為（0，e），則m的最大值為e.

故答案為：e.

技巧七：同構法解決指對問題

例7.設實數λgt;0，若對任意實數x∈（0，+∞），不等式eλx-lnxλ≥0恒成立，則λ的最小值為""" .

解析：不等式eλx-lnxλ≥0變形為λeλx≥lnx，同構變換得到λxeλx≥lnxelnx，

構造同構函數：

f（x）=xex，當x∈（0，+∞）時，f′（x）=（x+1）exgt;0，f（x）單調遞增，則λx≥lnx恒成立，分離參數得λ≥lnxxmax，令h（x）=lnxx，則h′（x）=1-lnxx2，

令h′（x）=0得x=e，所以x∈（0，e）時，h′（x）gt;0，h（x）單調遞增，x∈（e，+∞）時，h′（x）lt;0，h（x）單調遞減，因此h（x）在x=e處取得極大值即最大值，h（x）max=h（e）=1e，故λ的最小值為1e.

評注：求解本題的關鍵是對λeλx≥lnx進行指對同構變形得到λxeλx≥lnxelnx，構造同構函數f（x）=xex，求導判斷單調性后，將問題等價轉化為求λ≥lnxxmax.

變式7.已知x0是函數f（x）=x2ex-2+lnx-2的零點，則e2-x0+lnx0=""" .

解析：由f（x0）=0，得x02ex0-2=2-lnx0，兩邊取自然對數，得2lnx0+x0-2=ln（2-lnx0），同構變形為lnx0+x0=ln（2-lnx0）+（2-lnx0）.構造函數F（t）=lnt+t（tgt;0），則F′（t）=1t+1gt;0，所以F（t）是增函數，又因為F（x0）=F（2-lnx0），故x0=2-lnx0，即lnx0=2-x0，則e2-x0=x0，故e2-x0+lnx0=x0+lnx0=2.

評注：積型指對函數的零點問題，可嘗試兩邊取自然對數，同構變形后，構造函數，利用單調性求解.同構函數可以便捷解決指對混合不等式問題，如恒成立問題、求參數范圍或零點問題.

由此可見，利用函數構造的思想方法能高效求解高中數學問題，對于解決某類題有著顯著的優勢，轉換思路簡化解題過程，將復雜問題簡單化，將抽象問題具體化.函數構造的關鍵是熟悉基本初等函數的加減乘除或復合的求導形式，快速識別題設的結構特征，構建合適函數輔助解題.因此，掌握函數構造的技巧，將有助于開拓解題思路以及提升解題的效率.

【本文系全國教育規劃課題（教育部重點課題）“粵港澳大灣區背景下中學拔尖創新人才高中—高校貫通式培養的路徑研究”（立項號：DHA230397，主持人：葉麗琳）研究成果】

責任編輯" 徐國堅