楊勝

對(duì)于解決與函數(shù)有關(guān)的不等式問題，或已知不等式在某范圍內(nèi)恒成立求參數(shù)的取值范圍，或討論方程解的個(gè)數(shù)等問題時(shí)，常常需要構(gòu)造輔助函數(shù)，通過求導(dǎo)研究其單凋性，或借助其幾何意義來解決.由于題目本身特點(diǎn)不同，所構(gòu)造的函數(shù)也可有多種形式，解題的繁簡(jiǎn)程度也因此而不同，本文試結(jié)合具體案例給出幾種輔助函數(shù)的構(gòu)造方法.

一、直接構(gòu)造

例1 設(shè)常數(shù)k∈R，討論關(guān)于x的方程ex=kx實(shí)數(shù)解的個(gè)數(shù).

解析 構(gòu)造函數(shù)y=ex，尋求其幾何意義：

將直線l：y=kx繞原點(diǎn)從y軸按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，與曲線y=ex依次相交于兩點(diǎn)、相切、無公共點(diǎn)、再相交于一點(diǎn).

以切線定位，若直線y=kx與曲線y=ex相切，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為（a，ea），切線斜率為y′∣x=a=ea，則切線方程為y=eax，將切點(diǎn)坐標(biāo)代入得ea=eaa，解得a=1，即切點(diǎn)坐標(biāo)為（1，e），切線斜率為e.

因此有如下結(jié)論：（1）當(dāng)k>e時(shí)有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)解；（2）當(dāng)k=e或k<0時(shí)有唯一實(shí)數(shù)解；（3）當(dāng)0≤k

例2 求證：對(duì)任意x∈R，恒有exG≥exG，這里常數(shù)G>0.

解析 本題可改述為：求證：不等式ex≥ex對(duì)任意x∈R恒成立.由例1知，結(jié)論成立.

利用不等式可以證明著名的平均值不等式：

na1a2…an≤a1+a2+…+ann.

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

二、稍作變形后構(gòu)造

例3 已知P（x，y）為函數(shù)y=lnx圖像上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).記直線OP的斜率k=f（x）.

（1）同學(xué)甲發(fā)現(xiàn)：點(diǎn)P從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，f（x）不斷增大.試問：他的判斷是否正確？若正確，請(qǐng)說明理由；若不正確，請(qǐng)給出正確的判斷；

（2）求證：當(dāng)x>1時(shí)，f（x）

解析 （1）同學(xué)甲的判斷不正確.依題意，f（x）=lnxx，所以f′（x）=1-lnxx2.

當(dāng)x∈（0，e）時(shí)，f′（x）>0；當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，f′（x）<0.

所以f（x）在（0，e）上遞增，在（e，+∞）上遞減.

（2）f（x）-x-1x32=lnxx-x-1x32=lnx-x+1xx，

記g（x）=lnx-x+1x，x>1，

因?yàn)間′（x）=1x-12x-12-12x-32=12x-32（2x-x-1）=-12x-32（x-1）2<0，

所以g（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，

所以g（x）=lnx-x+1x

所以f（x）-x-1x32<0，即f（x）=x-1x32.

評(píng)析 在第（2）問中構(gòu)造函數(shù)g（x）時(shí)，并不是簡(jiǎn)單地令g（x）=f（x）-x-1x32，這樣做雖然容易想到，但后面的路卻被堵死了.原因是lnx沒有獨(dú)立出來，求導(dǎo)數(shù)后仍然有l(wèi)nx，很難判斷g′（x）的符號(hào).這種變形后再根據(jù)具體情景巧妙構(gòu)造函數(shù)的方法值得借鑒.

例4 設(shè)函數(shù)f（x）=1xlnx（x>0且x≠1）.

（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）已知21x>xa對(duì)任意x∈（0，1）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析 （1）略去.

（2）若直接構(gòu)造函數(shù)g（x）=21x，則求導(dǎo)困難，可將不等式作如下等價(jià)變形：

在21x>xa兩邊取對(duì)數(shù)，得1xln2>alnx，

由01xlnx.①

由（1）的結(jié)果可知，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f（x）≤f1e=-e.

為使①式對(duì)所有x∈（0，1）成立，當(dāng)且僅當(dāng)aln2>-e，即a>-eln2.

評(píng)析 觀察所給式子的結(jié)構(gòu)特征，尋找（2）中不等式與（1）的聯(lián)系，通過取對(duì)數(shù)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f（x）的最大值問題.（所構(gòu)造函數(shù)就是f（x））.

三、化離散為連續(xù)再構(gòu)造

例5 證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式ln1n+1>1n2-1n3都成立.

解析 令x=1n∈（0，+∞），于是ln1n+1>1n2-1n3等價(jià)于ln（x+1）>x2-x3對(duì)任意x>0恒成立.構(gòu)造函數(shù)h（x）=x3-x2+ln（x+1）（x≥0），

h′（x）=3x2-2x+1x+1=3x3+（x-1）2x+1>0，

所以函數(shù)h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，

又h（0）=0，所以x∈（0，+∞）時(shí)，恒有h（x）>h（0）=0.

即當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，恒有l(wèi)n（x+1）>x2-x3.

對(duì)任意正整數(shù)n取x=1n∈（0，+∞），則恒有l(wèi)n1n+1>1n2-1n3，所以結(jié)論成立.

四、二次構(gòu)造

例6 已知函數(shù)f（x）=ln2（1+x）-x21+x，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間.

解析 函數(shù)f（x）的定義域是（-1，+∞），f′（x）=2ln（1+x）1+x-x2+2x（1+x）2=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x（1+x）2.

不能直接判斷符號(hào)，作第一次構(gòu)造：

設(shè)g（x）=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x，則

g′（x）=2ln（1+x）-2x.

還不能判斷符號(hào)，再作第二次構(gòu)造：

令h（x）=2ln（1+x）-2x，則

h′（x）=21+x-2=-2x1+x.

當(dāng)-10，h（x）在（-1，0）上為增函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，h′（x）<0，h（x）在（0，+∞）上為減函數(shù).所以h（x）在x=0處取得最大值，而h（0）=0，即h（x）≤h（0）=0.

所以g′（x）<0（x≠0），函數(shù)h（x）在（-1，+∞）上為減函數(shù)，

于是當(dāng)-1g（0）=0，當(dāng)x>0時(shí)，g（x）

所以，當(dāng)-10，f（x）在（-1，0）上為增函數(shù)；當(dāng)x>0時(shí)，f′（x）<0，f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù).

故函數(shù)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，0），單調(diào)遞減區(qū)問為（0，+∞）.

評(píng)析 由本題可以看出，在考查單調(diào)性需要求導(dǎo)判斷符號(hào)而難以直接判斷時(shí)，可以考慮進(jìn)行二次構(gòu)造甚至三次（多次）構(gòu)造.本題是用構(gòu)造方法轉(zhuǎn)化并解決問題的典型例題.

五、變換主元構(gòu)造

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

解析 本題常規(guī)求法是用錯(cuò)位相減法，這里我們變換主元：將x視為主元，有1+2x+3x2+…+nxn-1=（x+x2+x3+…+xn）′=x-xn+11-x′=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2，

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

六、適當(dāng)放縮后再構(gòu)造

例8 已知函數(shù)f（x）=1（1-x）n+ln（x-1），其中n∈N+.

求證：對(duì)任意的正整數(shù)n，當(dāng)x≥2時(shí)，有f（x）≤x-1.

證法一 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，令g（x）=x-1-1（1-x）n-ln（x-1），

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

所以當(dāng)x∈[2，+∞）時(shí)，g（x）單調(diào)遞增.

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.

當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，要證f（x）≤x-1，由于1（1-x）n<0，所以只需證ln（x-1）≤x-1.

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

所以當(dāng)x∈[2，+∞）時(shí)，h（x）=x-1-ln（x-1）單調(diào)遞增.

又h（2）=1>0，當(dāng)x≥2時(shí)，恒有h（x）>0，即ln（x-1）

證法二 當(dāng)x≥2時(shí)，對(duì)任意的正整數(shù)n，恒有

1（1-x）n≤1，故只需證明1+ln（x-1）≤x-1.

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

則h′（x）=1-1x-1=x-2x-1，當(dāng)x≥2，h′（x）≥0，故h（x）在[2，+∞）上單調(diào)遞增.

因此當(dāng)x≥2時(shí)，h（x）≥h（2）=0，即1+ln（x-1）≤x-1成立.

故當(dāng)x≥2時(shí)，有1（1-x）n+ln（x-1）≤x-1，即f（x）≤x-1.

評(píng)析 本題是經(jīng)過理性分析后，經(jīng)適當(dāng)放縮再構(gòu)造函數(shù)，則較為簡(jiǎn)捷，但是具有較高的思維含量.若直接構(gòu)造則運(yùn)算特別繁瑣.