构造辅助函数解题

潘培彬++张立建++陶富春

不等式恒成立、有解等问题，往往需构造辅助函数，借助导数研究函数的性质解题.这里列举几种常用的构造函数的方法，供大家参考.

一、不等式的证明

证明不等式f（x）>g（x），常用方法是：1作差构造函数h（x）=f（x）-g（x），转化为证明h（x）min>0.当h（x）求导后不易求得最小值时，考虑方法2；2求f（x）min，g（x）max，若满足f（x）min>g（x）max，则不等式f（x）>g（x）得证；3上述两法都不合适时，考虑先变形，再运用上述两法.

作差构造辅助函数

例1（2013北京18）设l为曲线C：y=lnxx在点（1，0）处的切线.

（1）求l的方程；

（2）证明：除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方.

分析：第（1）问考查函数f（x）=lnxx的在某点处的切线；第（2）问考查函数f（x）=lnxx与其他函数图象的关系，可转化为不等式lnxx0，x≠1恒成立，进而作差构造辅助函数g（x）=x-1-lnxx，x>0，x≠1，求证g（x）min>0即可.

解析：（1）切线l的方程为y=x-1；（2）除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方等价于lnxx0，x≠1恒成立.只需证x-1-lnxx>0，x>0，x≠1恒成立.令g（x）=x-1-lnxx，x>0，x≠1，只需证g（x）min>0.下求g（x）min.g′（x）=x2-1+lnxx2，又h（x）=x2-1+lnx在（0，+∞）上是增函数，且h（1）=0，故g′（x）=x2-1+lnxx2=0有且只有一个根x=1.因此，x∈（1，+∞）时，g′（x）>0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递增；x∈（0，1）时，g′（x）<0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递减.故g（x）min>g（1）=0.即除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方.

变形构造辅助函数

例2（2014全国新课标21）设函数f（x）=aexlnx+bex-1x，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为y=e（x-1）+2.

（1）求a，b；

（2）证明：f（x）>1.

分析：第（2）问，f（x）=exlnx+2ex-1x求导得f′（x）=exlnx+1xex-2x2ex-1+2xex-1，超越方程f′（x）=0的根不能操作.故必须转化，通常方法是将ex与lnx，ex与1x分离，将f（x）>1转化为不等式xlnx>xex-2e，再证明（xlnx）min>（xex-2e）max，故只需构造两个函数g（x）=xlnx和函数h（x）=xe-x-2e.

解析：（1）略，a=1，b=2.

（2）f（x）=exlnx+2ex-1x，从而f（x）>1等价于xlnx>xe-x-2e.

设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，所以当x∈（0，1e）时，g′（x）<0；当x∈（1e，+∞）时，g′（x）>0，故g（x）在（0，1e）单调递减，在（1e，+∞）单调递增，从而g（x）min=g（1e）=-1e.令h（x）=xe-x-2e，则h′（x）=e-x（1-x），所以当x∈（0，1）时，h′（x）>0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）<0，故h（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，从而h（x）max=h（1）=-1e.故g（x）min≥h（x）max，等号取不到.故g（x）min>h（x）max.即（xlnx）min>（xex-2e）max成立，所以f（x）>1.

点评：对于由指数函数和对数函数组合而成的函数，常将指数和对数分开来处理，既含有指数又含有对数的函数求导后是难以求解的.另外，对于不等式xlnx>xex-2e，若作差构造函数又会遇到超越方程的问题，故继续考虑转化，用方法2：即转化为证明（xlnx）min>（xex-2e）max.

主元构造辅助函数

对于多元不等式的证明，选取适当的主元构造函数，一般将变量看作整体作主元或选择任意一个字母为主元.

例3已知函数f（x）=lnx图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为C（x0，y0），记直线AB的斜率为k，试证明：k>f′（x0）.

解法1：证明：f′（x）=1x，故f′（x0）=1x0=2x1+x2.又k=f（x2）-f（x1）x2-x1=lnx2-lnx1x2-x1=lnx2x1x2-x1，不妨设x2>x1，要证明：k>f′（x0），只要证lnx2x1x2-x1>2x1+x2.又因为x2>x1，所以只要证lnx2x1>2（x2-x1）x1+x2=2（x2x1-1）x2x1+1.即证lnx2x1-2（x2x1-1）x2x1+1>0.令h（x）=lnx-2（x-1）x+1（x≥1），则h′（x）=1x-4（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2≥0.故h（x）在[1，+∞）上是增函数.又x2x1>1，故h（x2x1）>h（1）=0，从而lnx2x1>2（x2x1-1）x2x1+1，即k>f′（x0）.

解法2：不妨设x1>x2，f′（x0）=2x1+x2，k=lnx1-lnx2x1-x2.要证明k>f′（x0），即证明lnx1-lnx2-2（x1-x2）x1+x2>0.令g（x）=lnx-lnx2-2（x-x2）x+x2，x>x2>0，则g′（x）=（x-x2）2x（x+x2）2>0，故函数g（x）在[x2，+∞）单调递增，所以g（x1）>g（x2）=0，即lnx1-lnx2-2（x1-x2）x1+x2>0，也就是k>f′（x0）.

点评：解法1将整体x1x2看作主元，作差构造函数，利用函数单调性求解；解法2选取两个参数中的一个字母x1为主元构造函数，另一个看作参数，再来研究函数的单调性.以上两种处理方法，也是我们处理两元函数问题时的常用方法：看作整体达到消元的目的；选取一个为自变量，另一个看作参数（常数）达到消元的目的，化“两元”为“一元”.

二、含参不等式恒成立问题

在高考试题中，利用导数求不等式中某一参数的范围问题非常活跃，且常以压轴题的形式出现.它的一般形式是：若关于x的不等式f（x，a）≤0（或≥0）对区间I中一切x都成立，求a的取值范围.一般的解法有两种：一是求出f（x，a）在I中的最大值（或最小值），进而求出a的范围；二是用参数分离法，即将不等式转化为g（x）≤a（或≥a）的形式，其中g（x）中不含参数a，再求出g（x）在I中的最大值（或最小值），进而求出a的范围.方法一通常要分类讨论，对能力的要求较高；方法二只需求出不含参数的函数的最大值或最小值，如果这个函数比较简单，则相对比较容易.

分离参数法、作差法构造辅助函数

例4（2014江苏19）已知函数f（x）=ex+e-x，其中e是自然对数的底数.

（1）证明：f（x）是R上的偶函数；

（2）若关于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；

（3）已知正数a满足：存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）

分析：第（2）问，分离变量构造函数；第（3）问，已知条件是存在性问题，可作差构造函数h（x），转化为函数h（x）的最小值.要比较ea-1与ae-1的大小，可转化为比较a-1与（e-1）lna的大小，作差构造函数g（x）=（e-1）lnx-（x-1），（x≥1），考查函数值与0的大小关系.

解析：（1）证明：函数f（x）定义域为R，因为f（-x）=e-x+ex=f（x），所以f（x）是偶函数.

（2）由mf（x）≤e-x+m-1得m（f（x）-1）≤e-x-1，由于当x>0时，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对x∈（0，+∞）恒成立.令t=ex，t>1，则m≤1-tt2-t+1对任意t∈（1，+∞）恒成立，故F（x）=1-tt2-t+1.因为1-tt2-t+1=-t-1（t-1）2+（t-1）+1=-1t-1+1t-1+1≥-13，当且仅当t=2时等号成立.所以F（x）min=（1-tt2-t+1）min=-13，故m≤-13.

（3）由题意，不等式f（x）1时，h′（x）>0（因为a>0），故函数h（x）在[1，+∞）上是增函数，故h（x）min=h（1）=a-3a+e+e-1<0，即a>12（e+1e）>1.构造函数g（x）=（e-1）lnx-（x-1），（x≥1），则g′（x）=e-1x-1，当x=e-1时，g′（x）=0，当10；当x>e-1时，g′（x）<0，故g（x）在[1，e-1]上是增函数，在（e-1，+∞）上是减函数，又g（1）=0，g（e）=0，12（e+1e）>1，所以当12（e+1e）0，即（e-1）lnx>x-1，xe-1>ex-1；当x>e时，g（x）<0，即（e-1）lnxe时，ea-1>ae-1.

三、构造辅助函数解决其他问题

联想构造（结构构造）辅助函数

例5（2013江苏13）在平面直角坐标系xOy中，设定点A（a，a），P是函数y=1x，（x>0）图象上一动点，若点P，A之间的最短距离为22，则满足条件的实数a的所有值为.

分析：已知点P，A之间的最短距离为22，自然想到距离公式（转化为代数函数，本题的切入点），设P（x，1x），则PA2=（x-a）2+（1x-a）2=x2+（1x）2-2a（x+1x）+2a2，x>0，观察分式结构的特征，联想已有知识经验，不难发现，将x+1x作为一个整体，换元令x+1x=t可转化为关于t的二次函数PA2=f（t）=t2-2at+2a2-2，但需注意的是x+1x=t≥2（隐含条件）.

解析：设P（x，1x），则PA2=（x-a）2+（1x-a）2=x2+（1x）2-2a（x+1x）+2a2，x>0，令x+1x=t，则x+1x=t≥2.函数f（t）=t2-2at+2a2-2=（t-a）2+a2-2，t≥2，对称轴t=a，（1）当a≤2时，f（t）在[2，+∞）上单调递增，所以f（t）min=f（2）=2a2-4a+2，令2a2-4a+2=8得a=-1或3（舍），此时A（-1，-1）.

（2）当a>2时，f（t）在[2，a）上单调递减，在[a，+∞）上单调递增，所以f（t）min=f（a）=a2-2，令a2-2=8得a=10或-10（舍）.

综上，a的取值为-1或10.

点评：观察题目结构特征特别是隐性结构，如本题两个分式结构x2+（1x）2与x+1x的关系不难联想到通过平方构造，使两者有效联系，达到消元的目的，使结构简化，函数最值求法直观明朗.

例6（2009天津卷10）设函数f（x）在R上的导函数为f′（x），且2f（x）+xf′（x）>x2，则下面的不等式在R内恒成立的是（）.

A. f（x）>0B. f（x）<0

C. f（x）>xD. f（x）

分析：由2f（x）+xf′（x）联想两函数积的导数，构造函数.由2联想到x2的导数是2x.不等式两边同乘x，可配凑出函数x2f（x）的导数.

二次构造辅助函数

例7（2013辽宁11）设函数f（x）满足x2f′（x）+2xf（x）=exx，f（2）=e28，则x>0时，f（x）（）

A. 有极大值，无极小值

B. 有极小值，无极大值

C. 既有极大值又有极小值

D. 既无极大值也无极小值

解析：由已知条件得f′（x）=ex-2x2f（x）x3，令g（x）=ex-2x2f（x），则g′（x）=ex（1-2x）.令g′（x）=0得x=2.因此当x∈（2，+∞）时，g′（x）>0；当x∈（0，2）时，g′（x）<0.所以g（x）在x=2处有最小值g（2）=0.故g（x）≥0，从而f′（x）>0，

所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极大（小）值，故选D.

点评：本题研究导函数的性质，对导函数中不能直接判断的部分构造辅助函数g（x），二次求导确定函数的极值.

经过适当的数学构造和变形，使非函数问题函数化，通过研究函数的图象和性质来解决原问题，是函数思想的重要体现.构造辅助函数，需进行系统的归纳梳理，掌握相关的方法，熟悉常用结构，才能突破难点，提升数学知识的应用能力.

（作者：潘培彬、张立建、陶富春，江苏省建湖高级中学）