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……