高考数学一轮复习第三章 微专题四

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通过对以函数与导数为核心命制的压轴题的分析与研究，发现大多数需构造辅助函数才能顺利解决，构造辅助函数对学生的创造性与创新性思维能力的要求较高，那么辅助函数的构造有规律可循吗？构造辅助函数解决压轴题的具体策略有哪些呢？
策略一 观察分析构造
观察是科学研究的重要方法，也是数学解题的首要心理活动，更是构造辅助函数最为直接的策略．
例1 已知函数f (x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f (x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
(1)解 a的取值范围为(0，＋∞)；
(2)证明 求导得f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，由(1)知a>0.
所以函数f (x)的极小值点为x＝1.
结合要证结论x1＋x2<2，即证x2<2－x1.若2－x1和x2属于某一个单调区间，那么只需要比较f (2－x1)和f (x2)的大小，即探求f (2－x)－f (x)的正负性．
于是通过上述观察分析即可构造辅助函数F (x)＝f (2－x)－f (x)，x<1，代入整理得F (x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex.求导得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2)．即x<1时，F′(x)<0，则函数F (x)是(－∞，1)上的单调减函数．于是F (x)>F (1)＝0，则f (2－x)－f (x)>0，即f (2－x)>f (x)．
由x1，x2是f (x)的两个零点，并且在x＝1的两侧，所以不妨设x1<1由(1)知函数f (x)是(1，＋∞)上的单调增函数，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，所以x2<2－x1.
故x1＋x2<2得证．
点评 此题的压轴问以函数零点为依托，看似证明不等式，实则是极值右偏问题，解决的核心是通过观察分析构造辅助函数F (x)＝f (2－x)－f (x)，建立抽象不等式“f (x2)策略二 整体构建
整体思路是从问题的整体性质出发，突出对问题的整体结构的分析和改造，发现问题的整体结构特征，把某些式子或图形看成一个整体，进行有目的、有意识的整体处理．整体构造辅助函数就是立足这一思想来解决函数综合题的一种策略．
例2 (2017·全国Ⅱ)已知函数f (x)＝ax2－ax－xln x，且f (x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f (x)存在唯一的极大值点x0，且e－2(1)解 a＝1；
(2)证明 由(1)知f (x)＝x2－x－xln x，
求导得f′(x)＝2x－2－ln x.
整体构造辅助函数g(x)＝2x－2－ln x，
求导得g′(x)＝2－eq \f(1,x).
当g′(x)>0时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))；
当g′(x)<0时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).即函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减．
又g(e－2)>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，g(1)＝0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内有唯一零点x0，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))内有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0；当x∈(x0,1)时，g(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.因为f′(x)＝g(x)，所以x＝x0是f (x)的唯一极大值点．
由f′(x)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f (x0)＝x0(1－x0)．
又由x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))得f (x0)又因为x＝x0是f (x)在(0,1)上的最大值点，结合e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0，得f (x0)>f (e－1)＝e－2.
所以e－2策略三 局部构造
若问题的整体结构比较复杂，使得正面解决很困难时，可以考虑将复杂的整体看成几个部分，实施局部构造辅助函数，从局部突破，从而达到解决问题的目的．
例3 (1)讨论函数f (x)＝eq \f(x－2,x＋2)ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；
(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝eq \f(ex－ax－a,x2)(x>0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求h(a)的值域．
解 (1)略；
(2)对g(x)求导得g′(x)＝eq \f(x＋2,x3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－2,x＋2)ex＋a)).
局部构造辅助函数h(x)＝eq \f(x－2,x＋2)ex＋a，即h(0)＝a－1<0，h(2)＝a≥0.由零点定理及第(1)问结论知h(x)在(0,2]上有唯一零点x＝m.
所以函数g(x)在(0，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增．于是x＝m为函数g(x)的极小值点，也为最小值点．即当a∈[0,1)时，函数g(x)有最小值g(m)．
由于eq \f(m－2,m＋2)em＋a＝0，即a＝－eq \f(m－2,m＋2)em.
所以当a∈[0,1)时，有m∈(0,2]，于是函数g(x)的最小值
g(m)＝eq \f(em－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m－2,m＋2)em))·m＋1,m2)＝eq \f(em,m＋2).
再次引入辅助函数r(m)＝eq \f(em,m＋2)(m∈(0,2])，求导得
r′(m)＝eq \f(m＋1,m＋22)em>0.
所以函数r(m)在(0,2]上单调递增，因此可求得函数h(a)的值域．故函数g(x)的最小值的取值范围为(r(0)，r(2)]，即eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,4)e2)).
点评 此道压轴题g(x)的导函数结构比较复杂，于是从局部实施突破，构造辅助函数．这种构造方式比较常见，如2016年江苏卷19题，2013年陕西卷理科压轴题等．
策略四 多次构造
有时第一次构造辅助函数并不能解决问题，还需要第二次甚至更多次的构造才能解决问题．
例4 (2017·全国Ⅲ)已知函数f (x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f (x)≤－eq \f(3,4a)－2.
(1)解 f′(x)＝eq \f(2ax2＋2a＋1x＋1,x)＝eq \f(2ax＋1x＋1,x).
当a≥0时，f′(x)≥0，则f (x)在(0，＋∞)单调递增．
若a<0，则f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))单调递减．
(2)证明 第一次构造辅助函数g(x)＝f (x)＋eq \f(3,4a)＋2.
要证原不等式成立，需证g(x)max≤0，
即证f (x)max＋eq \f(3,4a)＋2≤0.
由(1)知，当a<0时，f (x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a))).
即证lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0
不妨设t＝－eq \f(1,2a)>0，则证ln t－t＋1≤0，
令h(t)＝ln t－t＋1，求导得h′(t)＝eq \f(1,t)－1.
h′(t)>0时，t∈(0,1)；h′(t)<0时，t∈(1，＋∞)．
所以h(t)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，
则h(t)max＝h(1)＝0.
故f (x)≤－eq \f(3,4a)－2.
策略五 和差构造
和差法常用于比较大小、构造对偶式等，其实也可用来构造辅助函数．
例5 设函数f (x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1(3)设c>1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
解 (1)，(2)略
(3)作差构造辅助函数g(x)＝cx－(c－1)x－1，
x∈(0,1)，要证原不等式成立，即证g(x)<0.
对g(x)求导得g′(x)＝cx·ln c－(c－1)
＝ln c·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cx－\f(c－1,ln c))).
由c>1，得ln c>0，再根据第(2)问知1所以g′(0)<0且g′(1)>0，结合g′(x)是单调递增函数和零点定理可知g′(x)在区间(0,1)上有唯一零点．
所以函数g(x)在区间(0,1)上先单调递减，再单调递增，又g(0)＝g(1)＝0，从而在区间(0,1)上g(x)<0，故原不等式得证．
点评 和差构造辅助函数的方法在每年高考压轴题中运用广泛，如2016年四川理科压轴、2013年辽宁理科压轴题等．
策略六 变参分离构造
若条件中含有参数，要探究参数的取值范围，此时可以考虑将参数与其他变量分离，然后构造辅助函数求解参数的取值范围．
例6 已知函数f (x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)略
解 (1)显然x＝1不是函数f (x)的零点．
当x≠1时，方程f (x)＝0变参分离为a＝eq \f(2－x,x－12)·ex.
引入辅助函数g(x)＝eq \f(2－x,x－12)·ex，
求导得g′(x)＝－ex·eq \f(x2－4x＋5,x－13).
所以函数g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
因为函数g(x)在(－∞，1)上的取值范围是(0，＋∞)，而在(1，＋∞)上的取值范围是(－∞，＋∞)．
所以当a>0时，函数f (x)有两个零点，故a的取值范围为(0，＋∞)．
点评 此题将主元与参数变参分离后构造辅助函数，再对辅助函数求导探究单调性或最值，参数的范围便自然得到．
策略七 综合运用
例7 已知函数f (x)＝eq \f(1－x,1＋x2)ex.
(1)求f (x)的单调区间；
(2)证明：当f (x1)＝f (x2)(x1≠x2)时，x1＋x2<0.
(1)解 函数f (x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
(2)证明 由f (x)＝eq \f(1－x,1＋x2)ex，易知x<1时，f (x)>0；x>1时，f (x)<0.
因为f (x1)＝f (x2)(x1≠x2)，不妨设x1要证x1＋x2<0，即证x1<－x2，于是作差构造辅助函数F (x)＝f (x)－f (－x)，
代入化简得F (x)＝eq \f(1,1＋x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－xex－\f(1＋x,ex))).
再次局部构造辅助函数G(x)＝(1－x)ex－eq \f(1＋x,ex)，求导得G′(x)＝－xe－x(e2x－1)．当x∈(0,1)时，G′(x)<0，即G(x)是(0,1)上的单调减函数．于是G(x)所以x∈(0,1)时，f (x)由x2∈(0,1)，则f (x2)根据(1)知f (x)是(－∞，0)上的单调增函数，而x1∈(－∞，0)，－x2∈(－∞，0)，所以x1<－x2，故x1＋x2<0得证．
点评 此道压轴题的压轴问要证的不等式本质上是极值右偏问题，解答时需要灵活的将作差构造和局部构造两种方法综合运用才能顺利解决．
掌握数学就意味着必须要善于解题，中学数学教学的首要任务之一就是要加强解题训练，而人的高明之处在于当他碰到一个不能直接克服的障碍时，他就会绕过去，当原来的问题看起来似乎不好解时，就会想出一个合适的辅助问题去解决原问题，这种方法正是解决高考函数综合问题的良策与通法，通过构造辅助函数统一的处理这些问题时，其实我们已经站在了更高的层面，不再仅仅追求千奇百怪“诡异”的解法，而是理解了这些问题的共性．在统一解决的同时，给人一种思维清晰、神清气爽的良好教学感觉．