辅助函数构造方法列举

杨胜

对于解决与函数有关的不等式问题，或已知不等式在某范围内恒成立求参数的取值范围，或讨论方程解的个数等问题时，常常需要构造辅助函数，通过求导研究其单凋性，或借助其几何意义来解决.由于题目本身特点不同，所构造的函数也可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，本文试结合具体案例给出几种辅助函数的构造方法.

一、直接构造

例1 设常数k∈R，讨论关于x的方程ex=kx实数解的个数.

解析 构造函数y=ex，寻求其几何意义：

将直线l：y=kx绕原点从y轴按顺时针方向旋转，与曲线y=ex依次相交于两点、相切、无公共点、再相交于一点.

以切线定位，若直线y=kx与曲线y=ex相切，设切点坐标为（a，ea），切线斜率为y′∣x=a=ea，则切线方程为y=eax，将切点坐标代入得ea=eaa，解得a=1，即切点坐标为（1，e），切线斜率为e.

因此有如下结论：（1）当k>e时有两个不同实数解；（2）当k=e或k<0时有唯一实数解；（3）当0≤k

例2 求证：对任意x∈R，恒有exG≥exG，这里常数G>0.

解析 本题可改述为：求证：不等式ex≥ex对任意x∈R恒成立.由例1知，结论成立.

利用不等式可以证明著名的平均值不等式：

na1a2…an≤a1+a2+…+ann.

在exG≥exG中令G=na1a2…an，并分别令x=ai（i=1，2，…，n）代入上式，将得到的n个式子相乘得，ea1+a2+…+anG≥ena1a2…anGn=en，所以a1+a2+…+anG≥n，即na1a2…an≤a1+a2+…+ann.

二、稍作变形后构造

例3 已知P（x，y）为函数y=lnx圖像上一点，O为坐标原点.记直线OP的斜率k=f（x）.

（1）同学甲发现：点P从左向右运动时，f（x）不断增大.试问：他的判断是否正确？若正确，请说明理由；若不正确，请给出正确的判断；

（2）求证：当x>1时，f（x）

解析 （1）同学甲的判断不正确.依题意，f（x）=lnxx，所以f′（x）=1-lnxx2.

当x∈（0，e）时，f′（x）>0；当x∈（e，+∞）时，f′（x）<0.

所以f（x）在（0，e）上递增，在（e，+∞）上递减.

（2）f（x）-x-1x32=lnxx-x-1x32=lnx-x+1xx，

记g（x）=lnx-x+1x，x>1，

因为g′（x）=1x-12x-12-12x-32=12x-32（2x-x-1）=-12x-32（x-1）2<0，

所以g（x）在（1，+∞）上为减函数，

所以g（x）=lnx-x+1x

所以f（x）-x-1x32<0，即f（x）=x-1x32.

评析 在第（2）问中构造函数g（x）时，并不是简单地令g（x）=f（x）-x-1x32，这样做虽然容易想到，但后面的路却被堵死了.原因是lnx没有独立出来，求导数后仍然有lnx，很难判断g′（x）的符号.这种变形后再根据具体情景巧妙构造函数的方法值得借鉴.

例4 设函数f（x）=1xlnx（x>0且x≠1）.

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）已知21x>xa对任意x∈（0，1）成立，求实数a的取值范围.

解析 （1）略去.

（2）若直接构造函数g（x）=21x，则求导困难，可将不等式作如下等价变形：

在21x>xa两边取对数，得1xln2>alnx，

由01xlnx.①

由（1）的结果可知，当x∈（0，1）时，f（x）≤f1e=-e.

为使①式对所有x∈（0，1）成立，当且仅当aln2>-e，即a>-eln2.

评析 观察所给式子的结构特征，寻找（2）中不等式与（1）的联系，通过取对数转化为求函数f（x）的最大值问题.（所构造函数就是f（x））.

三、化离散为连续再构造

例5 证明：对任意的正整数n，不等式ln1n+1>1n2-1n3都成立.

解析 令x=1n∈（0，+∞），于是ln1n+1>1n2-1n3等价于ln（x+1）>x2-x3对任意x>0恒成立.构造函数h（x）=x3-x2+ln（x+1）（x≥0），

h′（x）=3x2-2x+1x+1=3x3+（x-1）2x+1>0，

所以函数h（x）在[0，+∞）上单调递增，

又h（0）=0，所以x∈（0，+∞）时，恒有h（x）>h（0）=0.

即当x∈（0，+∞）时，恒有ln（x+1）>x2-x3.

对任意正整数n取x=1n∈（0，+∞），则恒有ln1n+1>1n2-1n3，所以结论成立.

四、二次构造

例6 已知函数f（x）=ln2（1+x）-x21+x，求函数f（x）的单调区间.

解析 函数f（x）的定义域是（-1，+∞），f′（x）=2ln（1+x）1+x-x2+2x（1+x）2=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x（1+x）2.

不能直接判断符号，作第一次构造：

设g（x）=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x，则

g′（x）=2ln（1+x）-2x.

还不能判断符号，再作第二次构造：

令h（x）=2ln（1+x）-2x，则

h′（x）=21+x-2=-2x1+x.

当-10，h（x）在（-1，0）上为增函数，当x>0时，h′（x）<0，h（x）在（0，+∞）上为减函数.所以h（x）在x=0处取得最大值，而h（0）=0，即h（x）≤h（0）=0.

所以g′（x）<0（x≠0），函数h（x）在（-1，+∞）上为减函数，

于是当-1g（0）=0，当x>0时，g（x）

所以，当-10，f（x）在（-1，0）上为增函数；当x>0时，f′（x）<0，f（x）在（0，+∞）上为减函数.

故函数，f（x）的单调递增区间为（-1，0），单调递减区问为（0，+∞）.

评析 由本题可以看出，在考查单调性需要求导判断符号而难以直接判断时，可以考虑进行二次构造甚至三次（多次）构造.本题是用构造方法转化并解决问题的典型例题.

五、变换主元构造

例7 求和：Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1（x≠0，1，n∈N+）.

解析 本题常规求法是用错位相减法，这里我们变换主元：将x视为主元，有1+2x+3x2+…+nxn-1=（x+x2+x3+…+xn）′=x-xn+11-x′=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2，

从而1+2x+3x2+…+nxn-1=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2（x≠0，1，n∈N）.

六、适当放缩后再构造

例8 已知函数f（x）=1（1-x）n+ln（x-1），其中n∈N+.

求證：对任意的正整数n，当x≥2时，有f（x）≤x-1.

证法一 当n为偶数时，令g（x）=x-1-1（1-x）n-ln（x-1），

则g′（x）=1+n（x-1）n+1-1x-1=x-2x-1+n（x-1）n+1>0（x≥2）.

所以当x∈[2，+∞）时，g（x）单调递增.

又g（2）=0，因此g（x）=x-1-1（1-x）n-ln（x-1）≥g（2）=0恒成立，所以f（x）≤x-1成立.

当n为奇数时，要证f（x）≤x-1，由于1（1-x）n<0，所以只需证ln（x-1）≤x-1.

令h（x）=x-1-ln（x-1），则h′（x）=1-1x-1=x-2x-1≥0（x≥2）.

所以当x∈[2，+∞）时，h（x）=x-1-ln（x-1）单调递增.

又h（2）=1>0，当x≥2时，恒有h（x）>0，即ln（x-1）

证法二 当x≥2时，对任意的正整数n，恒有

1（1-x）n≤1，故只需证明1+ln（x-1）≤x-1.

令h（x）=x-1-1-ln（x-1）=x-2-ln（x-1），x∈[2，+∞），

则h′（x）=1-1x-1=x-2x-1，当x≥2，h′（x）≥0，故h（x）在[2，+∞）上单调递增.

因此当x≥2时，h（x）≥h（2）=0，即1+ln（x-1）≤x-1成立.

故当x≥2时，有1（1-x）n+ln（x-1）≤x-1，即f（x）≤x-1.

评析 本题是经过理性分析后，经适当放缩再构造函数，则较为简捷，但是具有较高的思维含量.若直接构造则运算特别繁琐.