主题2 第3章 热点强化课2 函数中的构造问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数及其应用中的构造函数”专题，依据高考评价体系梳理了抽象函数不等式、比较大小、函数零点等核心考查方向，通过近五年真题分析明确构造函数在压轴题中占比达60%，归纳出加减型、加乘型等七大常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“题型归类+方法指导+真题演练”的实战策略，如例1通过构造g(x)=f(x)-2x解决抽象函数不等式，培养学生逻辑推理的数学思维和模型观念的数学语言。特设“方法指导库”和“易错警示”，助力学生掌握构造技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

主题二 函 数（选择性必修第二册） 第三章　导数及其应用 热点强化课2　函数中的构造问题 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 课时冲关 01 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 近几年高考数学客观题压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的取值范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解决导数问题的基本方法，以下对在处理导数问题时构造函数的规律方法进行归类总结，并举例说明． 加减型 [例1]　定义在R上的可导函数f(x)满足f′(x)＜2，若f(m)－f(1－2m)≥6m－2，则m的取值范围是(　　) A．(－∞，－1]　　　　　 B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) C．[－1，＋∞) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) [解析]　令g(x)＝f(x)－2x，则g′(x)＝f′(x)－2＜0，则g(x)在R上单调递减，又f(m)－f(1－2m)≥6m－2等价于f(m)－2m≥f(1－2m)－2(1－2m)，即g(m)≥g(1－2m)，由单调性得m≤1－2m，解得m≤eq \f(1,3). [答案]　B [例2]　已知f(x)是定义在R上的奇函数，f′(x)是函数f(x)的导函数且在[0，＋∞)上f′(x)＜1，若f(2 026－m)－f(m)≥2 026－2m，则实数m的取值范围为(　　) A．[－1 013,1 013] B．[1 013，＋∞) C．(－∞，－1 013] D．(－∞，－1 013]∪[1 013，＋∞) [解析]　设g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1， 又x∈[0，＋∞)上，f′(x)＜1，则g′(x)＜0，即函数g(x)在x∈[0，＋∞)上单调递减， 又f(x)是定义在R上的奇函数，则函数g(x)为R上的奇函数，故g(x)在R上单调递减， 又f(2 026－m)－f(m)≥2 026－2m， ∴f(2 026－m)－(2 026－m)≥f(m)－m， 即g(2 026－m)≥g(m)， 可得2 026－m≤m，解得m≥1 013. [答案]　B 在求解抽象函数不等式中，若已知条件出现f′(x)＞k或f′(x)＜k，可构造函数g(x)＝f(x)－kx. 加乘型 [例3]　已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为f′(x)，若对任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)＞0恒成立，则下列结论正确的是(　　) A．f(0)＜0 B．9f(－3)＜f(1) C．4f(2)＞f(－1) D．f(1)＜f(2) [解析]　令x＝0，则2f(0)＋0＞0，∴f(0)＞0，则A错误； 令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)， 当x＞0时，由2f(x)＋xf′(x)＞0， ∴2xf(x)＋x2f′(x)＞0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为偶函数f(x)的定义域为R， ∴g(x)＝x2f(x)为偶函数，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(－3)＝g(3)＞g(1)，9f(－3)＞f(1)，故B错误； ∴g(2)＞g(－1)，4f(2)＞f(－1)，故C正确； 由题意，不妨假设f(x)＝c＞0(c为常数)符合题意，此时f(1)＝f(2)＝c，故D错误． [答案]　C [例4]　已知函数f(x＋1)为定义域在R上的偶函数，且当x≥1时，函数f(x)满足xf′(x)＋2f(x)＝eq \f(ln x,x2)，f(eq \r(e))＝eq \f(1,4e)，则4ef(x)＜1的解集是(　　) A．(－∞，2－eq \r(e))∪(eq \r(e)，＋∞) B．(2－eq \r(e)，eq \r(e)) C．(－∞，2－e)∪(e，＋∞) D．(2－e，e) [解析]　由题可知，当x≥1时，[x2f(x)]′＝eq \f(ln x,x).令g(x)＝x2f(x)，则f(x)＝eq \f(gx,x2)， f′(x)＝eq \f(x2g′x－2xgx,x4)＝eq \f(ln x－2gx,x3)， 令h(x)＝ln x－2g(x)，h′(x)＝eq \f(1,x)－2g′(x)＝eq \f(1－2ln x,x)， 令h′(x)＝0，解得x＝eq \r(e).可知函数h(x)在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减﹐在(1，eq \r(e))上单调递增． 又h(eq \r(e))＝lneq \r(e)－2g(eq \r(e))＝0，所以h(x)≤0， f′(x)≤0，所以函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减， 4ef(x)＜1，可化为f(x)＜eq \f(1,4e)＝f(eq \r(e))，又函数f(x)关于x＝1对称， 故|x－1|＞|eq \r(e)－1|，x－1＜1－eq \r(e)或x－1＞eq \r(e)－1，所以不等式的解集为(－∞，2－eq \r(e))∪(eq \r(e)，＋∞)． [答案]　A 1．出现f′(x)＋f(x)＞0(＜0)，构造g(x)＝ex·f(x)； 2．出现f′(x)＋kf(x)＞0(＜0)，构造g(x)＝ekx·f(x)； 3．出现f′(x)－f(x)＞k(＜k)，构造g(x)＝ex[f(x)－k]； 4．出现f′(x)ln x＋eq \f(fx,x)＞0(＜0)，构造g(x)＝ln x·f(x)． 减除型 [例5]　若定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)＞f(x)，f(2 024)＝e2 024，则不等式feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)ln x))＜eq \r(3,x)的解集为(　　) A．(0，e6 072) B．(0，e2 024) C．(e2 024，＋∞) D．(e6 072，＋∞) [解析]　由题可设F(x)＝eq \f(fx,ex)，因为f′(x)－f(x)＞0，则F′(x)＝eq \f(f′xex－fxex,e2x)＝eq \f(f′x－fx,ex)＞0， 所以函数F(x)在R上单调递增，又F(2 024)＝eq \f(f2 024,e2 024)＝1，不等式feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)ln x))＜eq \r(3,x)可转化为， ∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)ln x))＜1＝F(2 024)，所以eq \f(1,3)ln x＜2 024，解得0＜x＜e6 072，所以不等式feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)ln x))＜eq \r(3,x)的解集为(0，e6 072)． [答案]　A [例6]　已知f′(x)是定义在R上的函数f(x)的导数，且f(x)－f′(x)＜0，则下列不等式一定成立的是(　　) A．e3f(－2)＞f(1)　 B．f(－2)＜e3f(1) C．ef(1)＜f(2) D．f(1)＜ef(2) [解析]　设g(x)＝eq \f(fx,ex)， 则g′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex). 因为f(x)－f′(x)＜0，所以g′(x)＞0，则g(x)在R上单调递增． 因为－2＜1，所以g(－2)＜g(1)，即eq \f(f－2,e－2)＜eq \f(f1,e)，所以e3f(－2)＜f(1)，则A错误； 因为f(－2)，f(1)的大小不能确定，所以f(－2)，e3f(1)的大小不能确定，则B错误； 因为1＜2，所以g(1)＜g(2)，则eq \f(f1,e)＜eq \f(f2,e2)，所以ef(1)＜f(2)，则C正确； 因为f(1)，f(2)的大小不能确定，所以f(1)，ef(2)不能确定，则D错误． [答案]　C 1．出现x·f′(x)－f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝eq \f(fx,x)； 2．出现x·f′(x)－kf(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝eq \f(fx,xk)； 3．出现f′(x)－f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝eq \f(fx,ex)； 4．出现f′(x)－kf(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝eq \f(fx,ekx). 三角函数型 [例7]　奇函数f(x)定义域为(－π，0)∪(0，π)，其导函数是f′(x)．当0＜x＜π时，有f′(x)sin x－f(x)cos x＜0，则关于x的不等式f(x)＜eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))sin x的解集为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π)) [解析]　令F(x)＝eq \f(fx,sin x)，因为当0＜x＜π时，有f′(x)sin x－f(x)cos x＜0， 所以当0＜x＜π时， F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcos x,sin2x)＜0， 所以函数F(x)＝eq \f(fx,sin x )在(0，π)上为单调递减函数， 所以当0＜x＜π时，关于x的不等式f(x)＜eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))sin x可化为eq \f(fx,sin x)＜eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),sin\f(π,4))，即F(x)＜Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，所以π＞x＞eq \f(π,4)； 当－π＜x＜0时，0＜－x＜π，则关于x的不等式f(x)＜eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))sin x可化为eq \f(fx,sin x)＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),sin \f(π,4))， 即eq \f(－fx,sin－x)＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),sin\f(π,4))， 因为函数f(x)为奇函数，故eq \f(f－x,sin－x)＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),sin\f(π,4))，也即F(－x)＞Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，所以－x＜eq \f(π,4)，即x＞－eq \f(π,4)， 所以－eq \f(π,4)＜x＜0.综上，原不等式的解集eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π)). [答案]　D [例8]　定义在R上的连续函数f(x)的导函数为f′(x)，且cos xf′(x)＜(cos x＋sin x)f(x)成立，则下列各式一定成立的是(　　) A．f(0)＝0 B．f(0)＜0 C．f(π)＞0 D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0 [解析]　由题可得cos xf′(x)－sin xf(x)＜cos xf(x)，所以(cos xf(x))′＜cos xf(x)， 设g(x)＝eq \f(cos x·fx,ex)， 则g′(x)＝eq \f(cos xfx′－cos xfx,ex)＜0， 所以g(x)在R上单调递减，且geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0， 由g(0)＞geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞g(π)，可得f(0)＞0＞－eq \f(fπ,eπ)， 所以f(0)＞0，f(π)＞0，所以选项A，B错误，选项C正确；把x＝eq \f(π,2)代入cos xf′(x)＜(cos x＋sin x)f(x)，可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞0，所以选项D错误． [答案]　C 1．出现sin x·f′(x)＋cos x·f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝f(x)·sin x. 2．出现cos x·f′(x)－sin x·f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝f(x)·cos x. 3．出现sin x·f′(x)－cos x·f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝eq \f(fx,sin x). 4．出现cos x·f′(x)＋sin x·f(x)＞0　(＜0)，构造g(x)＝eq \f(fx,cos x). 比较大小中的同型构造 [例9]　下列结论正确的是(　　) A．π＜eln π B．π2＞2eln π C．e2ln2π＞4π D．π2＜e2ln π [解析]　构造函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，其中x＞0， 则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)， 当0＜x＜e时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增， 当x＞e时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减， 对于A选项，∵e＜π，则f(e)＞f(π)，即eq \f(1,e)＞eq \f(ln π,π)，所以π＞eln π，A错误； 对于B选项，∵e＜π2，则f(e)＞f(π2)，即eq \f(1,e)＞eq \f(2ln π,π2)，所以π2＞2eln π，B正确； 对于C选项，∵0＜eq \r(π)＜e，则f(eq \r(π))＜f(e)，即eq \f(ln\r(π),\r(π))＝eq \f(ln π,2\r(π))＜eq \f(1,e)， 所以0＜eln π＜2eq \r(π)，所以e2ln2π＜4π，C错误； 对于D选项，∵π2＞e2＞e，则f(π2)＜f(e2)，即eq \f(ln π2,π2)＝eq \f(2ln π,π2)＜eq \f(ln e2,e2)＝eq \f(2,e2)，所以π2＞e2ln π，D错误． [答案]　B [例10]　已知a＝e0.1－1，b＝eq \f(2,21)，c＝ln 1.1，则(　　) A．b＜a＜c B．c＜a＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a 解析：D　[设f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1， x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)为单调递减， x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为单调递增，所以 f(x)≥f(0)＝0，f(0.1)＞0，即e0.1－1＞0.1. 设g(x)＝ln x－x＋1，g′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)， x∈(0,1)时，g′(x)＞0，g(x)为单调递增， x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)为单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝0，g(1.1)＜0， 即ln 1.1＜0.1，所以a＞c. 设h(x)＝ln(x＋1)－eq \f(2x,x＋2)，h′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(4,x＋22)＝eq \f(x2,x＋1x＋22)＞0，h(x)为单调递增，所以h(0.1)＞h(0)＝0，所以ln 1.1＞eq \f(2,21)， 即c＞b.] 结合题目特征，发掘题中所给结构式的相似性，并进行等价变形，构造函数，利用函数单调性比较函数值的大小，是比较大小很重要的方法． 函数零点问题中同型构造 [例11]　在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于a的方程aea＝e6和关于b的方程b(ln b－2)＝e3λ－1(a，b，λ∈R)可化为同构方程，则λ＝________，ln(ab)＝________. [解析]　对aea＝e6两边取自然对数得ln a＋a＝6，①对b(ln b－2)＝e3λ－1两边取自然对数得ln b＋ln(ln b－2)＝3λ－1，即ln b－2＋ln(ln b－2)＝3λ－3.② 因为方程①，②为两个同构方程，所以3λ－3＝6，解得λ＝3.设f(x)＝ln x＋x(x＞0)，则f′(x)＝eq \f(1,x)＋1＞0， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以方程f(x)＝6的解只有一个，所以a＝ln b－2， 所以ab＝(ln b－2)b＝b(ln b－2)＝e3×3－1＝e8，故ln(ab)＝ln e8＝8. [答案]　3　8 [例12]　已知函数f(x)＝xex－2a(ln x＋x)有两个零点，则a的最小整数值为(　　) A．0　　　 B．1 C．2　　　 D．3 [解析]　f(x)＝xex－2a(ln x＋x) ＝ex＋ln x－2a(ln x＋x)， 设t＝x＋ln x(x＞0)，t′＝1＋eq \f(1,x)＞0，即函数在(0，＋∞)上单调递增，易得t∈R，于是问题等价于函数g(t)＝et－2at在R上有两个零点，g′(t)＝et－2a， 若a≤0，则g′(t)＞0，函数g(t)在R上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去； 若a＞0，则x∈(－∞，ln 2a)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减，x∈(ln 2a，＋∞)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增． 因为函数g(t)在R上有两个零点，所以g(t)min＝g(ln 2a)＝2a(1－ln 2a)＜0⇒a＞eq \f(e,2)， 而g(0)＝1＞0， 限定t＞1，记φ(t)＝et－t，φ′(t)＝et－1＞0，即φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，于是φ(t)＝et－t＞φ(1)＝e－1＞0⇒et＞t，则t＞2时，＞eq \f(t,2)⇒et＞eq \f(t2,4)，此时g(t)＞eq \f(t2,4)－2at＝eq \f(t,4)(t－8a)，因为a＞eq \f(e,2)，所以8a＞4e＞1，于是t＞8a时，g(t)＞0. 综上，当a＞eq \f(e,2)时，有两个交点，a的最小整数值为2. [答案]　C 1．如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈现同构特征，则a，b可视为方程f(x)＝0的两个根或函数y＝f(x)的两个零点． 2．结合指数运算和对数运算的法则，掌握下述结论(其中x＞0)： (1)xex＝ex＋ln x；x＋ln x＝ln(xex)， (2)eq \f(ex,x)＝ex－ln x；x－ln x＝ln eq \f(ex,x)， (3)x2ex＝ex＋2ln x；x＋2ln x＝ln(x2ex)， (4)eq \f(ex,x2)＝ex－2ln x，eq \f(ex,x2)＝ex－2ln x. 　双元构造 [例13]　对于任意x1，x2∈[1，＋∞)，当x2＞x1时，恒有alneq \f(x2,x1)＜2(x2－x1)成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．(－∞，1] C．(－∞，2] D．(－∞，3] [解析]　对于任意x1，x2∈[1，＋∞)，当x2＞x1时，恒有alneq \f(x2,x1)＜2(x2－x1)成立， 即aln x2－2x2＜aln x1－2x1成立， 令f(x)＝aln x－2x，∴f(x2)＜f(x1)， ∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减， ∴f′(x)＝eq \f(a,x)－2≤0在[1，＋∞)上恒成立， ∴a≤2x在[1，＋∞)上恒成立， ∵当x≥1,2x≥2， ∴实数a的取值范围为(－∞，2]． [答案]　C 双元，可以借助相同结构来构造对应“统一函数”． [例14]　若对于任意的0＜x1＜x2＜a，都有eq \f(x2ln x1－x1ln x2,x1－x2)＞2，则a的最大值为(　　) A．1　　　 B．e C.eq \f(1,e)　　　 D.eq \f(1,2) [解析]　∵0＜x1＜x2＜a，∴x1－x2＜0，∴x2ln x1－x1ln x2＜2(x1－x2)，∴eq \f(ln x1,x1)－eq \f(ln x2,x2)＜eq \f(2,x2)－eq \f(2,x1)， ∴eq \f(ln x1＋2,x1)＜eq \f(ln x2＋2,x2)，∴函数f(x)＝eq \f(ln x＋2,x)在定义域(0，a)上单调递增， ∴f′(x)＝eq \f(1－ln x＋2,x2)＝eq \f(－ln x－1,x2)≥0在(0，a)上恒成立，由－ln x－1≥0，解得0＜x≤eq \f(1,e)，故a的最大值是eq \f(1,e). [答案]　C $