潘培彬++張立建++陶富春

不等式恒成立、有解等問題，往往需構(gòu)造輔助函數(shù)，借助導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)解題.這里列舉幾種常用的構(gòu)造函數(shù)的方法，供大家參考.

一、不等式的證明

證明不等式f（x）>g（x），常用方法是：1作差構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），轉(zhuǎn)化為證明h（x）min>0.當h（x）求導后不易求得最小值時，考慮方法2；2求f（x）min，g（x）max，若滿足f（x）min>g（x）max，則不等式f（x）>g（x）得證；3上述兩法都不合適時，考慮先變形，再運用上述兩法.

作差構(gòu)造輔助函數(shù)

例1（2013北京18）設(shè)l為曲線C：y=lnxx在點（1，0）處的切線.

（1）求l的方程；

（2）證明：除切點（1，0）之外，曲線C在直線l的下方.

分析：第（1）問考查函數(shù)f（x）=lnxx的在某點處的切線；第（2）問考查函數(shù)f（x）=lnxx與其他函數(shù)圖象的關(guān)系，可轉(zhuǎn)化為不等式lnxx0，x≠1恒成立，進而作差構(gòu)造輔助函數(shù)g（x）=x-1-lnxx，x>0，x≠1，求證g（x）min>0即可.

解析：（1）切線l的方程為y=x-1；（2）除切點（1，0）之外，曲線C在直線l的下方等價于lnxx0，x≠1恒成立.只需證x-1-lnxx>0，x>0，x≠1恒成立.令g（x）=x-1-lnxx，x>0，x≠1，只需證g（x）min>0.下求g（x）min.g′（x）=x2-1+lnxx2，又h（x）=x2-1+lnx在（0，+∞）上是增函數(shù)，且h（1）=0，故g′（x）=x2-1+lnxx2=0有且只有一個根x=1.因此，x∈（1，+∞）時，g′（x）>0，函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；x∈（0，1）時，g′（x）<0，函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減.故g（x）min>g（1）=0.即除切點（1，0）之外，曲線C在直線l的下方.

變形構(gòu)造輔助函數(shù)

例2（2014全國新課標21）設(shè)函數(shù)f（x）=aexlnx+bex-1x，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線為y=e（x-1）+2.

（1）求a，b；

（2）證明：f（x）>1.

分析：第（2）問，f（x）=exlnx+2ex-1x求導得f′（x）=exlnx+1xex-2x2ex-1+2xex-1，超越方程f′（x）=0的根不能操作.故必須轉(zhuǎn)化，通常方法是將ex與lnx，ex與1x分離，將f（x）>1轉(zhuǎn)化為不等式xlnx>xex-2e，再證明（xlnx）min>（xex-2e）max，故只需構(gòu)造兩個函數(shù)g（x）=xlnx和函數(shù)h（x）=xe-x-2e.

解析：（1）略，a=1，b=2.

（2）f（x）=exlnx+2ex-1x，從而f（x）>1等價于xlnx>xe-x-2e.

設(shè)函數(shù)g（x）=xlnx，則g′（x）=1+lnx，所以當x∈（0，1e）時，g′（x）<0；當x∈（1e，+∞）時，g′（x）>0，故g（x）在（0，1e）單調(diào)遞減，在（1e，+∞）單調(diào)遞增，從而g（x）min=g（1e）=-1e.令h（x）=xe-x-2e，則h′（x）=e-x（1-x），所以當x∈（0，1）時，h′（x）>0；當x∈（1，+∞）時，h′（x）<0，故h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減，從而h（x）max=h（1）=-1e.故g（x）min≥h（x）max，等號取不到.故g（x）min>h（x）max.即（xlnx）min>（xex-2e）max成立，所以f（x）>1.

點評：對于由指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)組合而成的函數(shù)，常將指數(shù)和對數(shù)分開來處理，既含有指數(shù)又含有對數(shù)的函數(shù)求導后是難以求解的.另外，對于不等式xlnx>xex-2e，若作差構(gòu)造函數(shù)又會遇到超越方程的問題，故繼續(xù)考慮轉(zhuǎn)化，用方法2：即轉(zhuǎn)化為證明（xlnx）min>（xex-2e）max.

主元構(gòu)造輔助函數(shù)

對于多元不等式的證明，選取適當?shù)闹髟獦?gòu)造函數(shù)，一般將變量看作整體作主元或選擇任意一個字母為主元.

例3已知函數(shù)f（x）=lnx圖象上任意不同的兩點A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點為C（x0，y0），記直線AB的斜率為k，試證明：k>f′（x0）.

解法1：證明：f′（x）=1x，故f′（x0）=1x0=2x1+x2.又k=f（x2）-f（x1）x2-x1=lnx2-lnx1x2-x1=lnx2x1x2-x1，不妨設(shè)x2>x1，要證明：k>f′（x0），只要證lnx2x1x2-x1>2x1+x2.又因為x2>x1，所以只要證lnx2x1>2（x2-x1）x1+x2=2（x2x1-1）x2x1+1.即證lnx2x1-2（x2x1-1）x2x1+1>0.令h（x）=lnx-2（x-1）x+1（x≥1），則h′（x）=1x-4（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2≥0.故h（x）在[1，+∞）上是增函數(shù).又x2x1>1，故h（x2x1）>h（1）=0，從而lnx2x1>2（x2x1-1）x2x1+1，即k>f′（x0）.

解法2：不妨設(shè)x1>x2，f′（x0）=2x1+x2，k=lnx1-lnx2x1-x2.要證明k>f′（x0），即證明lnx1-lnx2-2（x1-x2）x1+x2>0.令g（x）=lnx-lnx2-2（x-x2）x+x2，x>x2>0，則g′（x）=（x-x2）2x（x+x2）2>0，故函數(shù)g（x）在[x2，+∞）單調(diào)遞增，所以g（x1）>g（x2）=0，即lnx1-lnx2-2（x1-x2）x1+x2>0，也就是k>f′（x0）.

點評：解法1將整體x1x2看作主元，作差構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性求解；解法2選取兩個參數(shù)中的一個字母x1為主元構(gòu)造函數(shù)，另一個看作參數(shù)，再來研究函數(shù)的單調(diào)性.以上兩種處理方法，也是我們處理兩元函數(shù)問題時的常用方法：看作整體達到消元的目的；選取一個為自變量，另一個看作參數(shù)（常數(shù)）達到消元的目的，化“兩元”為“一元”.

二、含參不等式恒成立問題

在高考試題中，利用導數(shù)求不等式中某一參數(shù)的范圍問題非?；钴S，且常以壓軸題的形式出現(xiàn).它的一般形式是：若關(guān)于x的不等式f（x，a）≤0（或≥0）對區(qū)間I中一切x都成立，求a的取值范圍.一般的解法有兩種：一是求出f（x，a）在I中的最大值（或最小值），進而求出a的范圍；二是用參數(shù)分離法，即將不等式轉(zhuǎn)化為g（x）≤a（或≥a）的形式，其中g(shù)（x）中不含參數(shù)a，再求出g（x）在I中的最大值（或最小值），進而求出a的范圍.方法一通常要分類討論，對能力的要求較高；方法二只需求出不含參數(shù)的函數(shù)的最大值或最小值，如果這個函數(shù)比較簡單，則相對比較容易.

分離參數(shù)法、作差法構(gòu)造輔助函數(shù)

例4（2014江蘇19）已知函數(shù)f（x）=ex+e-x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).

（1）證明：f（x）是R上的偶函數(shù)；

（2）若關(guān)于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；

（3）已知正數(shù)a滿足：存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）

分析：第（2）問，分離變量構(gòu)造函數(shù)；第（3）問，已知條件是存在性問題，可作差構(gòu)造函數(shù)h（x），轉(zhuǎn)化為函數(shù)h（x）的最小值.要比較ea-1與ae-1的大小，可轉(zhuǎn)化為比較a-1與（e-1）lna的大小，作差構(gòu)造函數(shù)g（x）=（e-1）lnx-（x-1），（x≥1），考查函數(shù)值與0的大小關(guān)系.

解析：（1）證明：函數(shù)f（x）定義域為R，因為f（-x）=e-x+ex=f（x），所以f（x）是偶函數(shù).

（2）由mf（x）≤e-x+m-1得m（f（x）-1）≤e-x-1，由于當x>0時，ex>1，因此f（x）=ex+e-x>2，即f（x）-1>1>0，所以m≤e-x-1f（x）-1=e-x-1ex+e-x-1對x∈（0，+∞）恒成立.令t=ex，t>1，則m≤1-tt2-t+1對任意t∈（1，+∞）恒成立，故F（x）=1-tt2-t+1.因為1-tt2-t+1=-t-1（t-1）2+（t-1）+1=-1t-1+1t-1+1≥-13，當且僅當t=2時等號成立.所以F（x）min=（1-tt2-t+1）min=-13，故m≤-13.

（3）由題意，不等式f（x）1時，h′（x）>0（因為a>0），故函數(shù)h（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，故h（x）min=h（1）=a-3a+e+e-1<0，即a>12（e+1e）>1.構(gòu)造函數(shù)g（x）=（e-1）lnx-（x-1），（x≥1），則g′（x）=e-1x-1，當x=e-1時，g′（x）=0，當10；當x>e-1時，g′（x）<0，故g（x）在[1，e-1]上是增函數(shù)，在（e-1，+∞）上是減函數(shù)，又g（1）=0，g（e）=0，12（e+1e）>1，所以當12（e+1e）0，即（e-1）lnx>x-1，xe-1>ex-1；當x>e時，g（x）<0，即（e-1）lnxe時，ea-1>ae-1.

三、構(gòu)造輔助函數(shù)解決其他問題

聯(lián)想構(gòu)造（結(jié)構(gòu)構(gòu)造）輔助函數(shù)

例5（2013江蘇13）在平面直角坐標系xOy中，設(shè)定點A（a，a），P是函數(shù)y=1x，（x>0）圖象上一動點，若點P，A之間的最短距離為22，則滿足條件的實數(shù)a的所有值為.

分析：已知點P，A之間的最短距離為22，自然想到距離公式（轉(zhuǎn)化為代數(shù)函數(shù)，本題的切入點），設(shè)P（x，1x），則PA2=（x-a）2+（1x-a）2=x2+（1x）2-2a（x+1x）+2a2，x>0，觀察分式結(jié)構(gòu)的特征，聯(lián)想已有知識經(jīng)驗，不難發(fā)現(xiàn)，將x+1x作為一個整體，換元令x+1x=t可轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù)PA2=f（t）=t2-2at+2a2-2，但需注意的是x+1x=t≥2（隱含條件）.

解析：設(shè)P（x，1x），則PA2=（x-a）2+（1x-a）2=x2+（1x）2-2a（x+1x）+2a2，x>0，令x+1x=t，則x+1x=t≥2.函數(shù)f（t）=t2-2at+2a2-2=（t-a）2+a2-2，t≥2，對稱軸t=a，（1）當a≤2時，f（t）在[2，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（t）min=f（2）=2a2-4a+2，令2a2-4a+2=8得a=-1或3（舍），此時A（-1，-1）.

（2）當a>2時，f（t）在[2，a）上單調(diào)遞減，在[a，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（t）min=f（a）=a2-2，令a2-2=8得a=10或-10（舍）.

綜上，a的取值為-1或10.

點評：觀察題目結(jié)構(gòu)特征特別是隱性結(jié)構(gòu)，如本題兩個分式結(jié)構(gòu)x2+（1x）2與x+1x的關(guān)系不難聯(lián)想到通過平方構(gòu)造，使兩者有效聯(lián)系，達到消元的目的，使結(jié)構(gòu)簡化，函數(shù)最值求法直觀明朗.

例6（2009天津卷10）設(shè)函數(shù)f（x）在R上的導函數(shù)為f′（x），且2f（x）+xf′（x）>x2，則下面的不等式在R內(nèi)恒成立的是（）.

A. f（x）>0B. f（x）<0

C. f（x）>xD. f（x）

分析：由2f（x）+xf′（x）聯(lián)想兩函數(shù)積的導數(shù)，構(gòu)造函數(shù).由2聯(lián)想到x2的導數(shù)是2x.不等式兩邊同乘x，可配湊出函數(shù)x2f（x）的導數(shù).

二次構(gòu)造輔助函數(shù)

例7（2013遼寧11）設(shè)函數(shù)f（x）滿足x2f′（x）+2xf（x）=exx，f（2）=e28，則x>0時，f（x）（）

A. 有極大值，無極小值

B. 有極小值，無極大值

C. 既有極大值又有極小值

D. 既無極大值也無極小值

解析：由已知條件得f′（x）=ex-2x2f（x）x3，令g（x）=ex-2x2f（x），則g′（x）=ex（1-2x）.令g′（x）=0得x=2.因此當x∈（2，+∞）時，g′（x）>0；當x∈（0，2）時，g′（x）<0.所以g（x）在x=2處有最小值g（2）=0.故g（x）≥0，從而f′（x）>0，

所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，無極大（?。┲?，故選D.

點評：本題研究導函數(shù)的性質(zhì)，對導函數(shù)中不能直接判斷的部分構(gòu)造輔助函數(shù)g（x），二次求導確定函數(shù)的極值.

經(jīng)過適當?shù)臄?shù)學構(gòu)造和變形，使非函數(shù)問題函數(shù)化，通過研究函數(shù)的圖象和性質(zhì)來解決原問題，是函數(shù)思想的重要體現(xiàn).構(gòu)造輔助函數(shù)，需進行系統(tǒng)的歸納梳理，掌握相關(guān)的方法，熟悉常用結(jié)構(gòu)，才能突破難點，提升數(shù)學知識的應(yīng)用能力.

（作者：潘培彬、張立建、陶富春，江蘇省建湖高級中學）