吳維群

輔助函數(shù)，是人們?cè)跀?shù)學(xué)研究和教學(xué)的活動(dòng)中，為了便于解決所探討的問(wèn)題，將已掌握的函數(shù)經(jīng)過(guò)有限次的四則運(yùn)算及復(fù)合，構(gòu)造一個(gè)新的函數(shù)關(guān)系.這個(gè)新構(gòu)造出來(lái)的函數(shù)必須存在于已知的知識(shí)體系中，且與所討論的問(wèn)題緊密相關(guān)又易于研究，以達(dá)到轉(zhuǎn)化“矛盾”，進(jìn)而解決矛盾的目的.在中學(xué)數(shù)學(xué)中構(gòu)造輔助函數(shù)法主要用來(lái)證明不等式.

利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式常用的是構(gòu)造輔助函數(shù)的方法.構(gòu)造輔助函數(shù)的方法靈活多變，不同的知識(shí)段有著不同的技巧和方法，用函數(shù)單調(diào)性證明不等式常用以下幾種方法.1.用不等式兩邊“求差”構(gòu)造輔助函數(shù)

例1證明當(dāng)x>1時(shí)，2x>3-1x.

分析利用“求差”法構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=

2x-（3-1x），x>1.則將要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化為要證f（x）>0，而f（1）=0.因而只需證明當(dāng)x>1時(shí)，f（x）>f（1）.

證明令f（x）=2x-（3-1x），則f ′（x）=1x-1x2=1x2（xx-1）>0.所以當(dāng)x>1時(shí)，f（x）>f（1），又由于f（1）=0，所以f（x）>f（1）=0，即2x-（3-1x）>0.

故2x>3-1x（x>1）.

2.用不等式兩邊適當(dāng)“求商”構(gòu)造輔助函數(shù)

例2當(dāng)02πx.

分析如果用“求差”構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=2πx-sinx， f ′（x）=2π-cosx，在區(qū)間（0，π2）內(nèi)f（x）的單調(diào)性無(wú)法判斷.利用“求商”構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=sinxx，再根據(jù)f（x）在區(qū)間（0，π2）的單調(diào)性來(lái)證明.

證明令f（x）=sinxx，則f ′（x）=cosx（x-tanx）x2（0f（π2）.即sinxx>2π，故sinx>2πx，（0

3.用參數(shù)變易法構(gòu)造輔助函數(shù)解題

取一個(gè)端點(diǎn)為自變量構(gòu)造函數(shù)，含雙字母的不等式，可以考慮以其中一個(gè)字母為自變量，另外一個(gè)為常數(shù)來(lái)構(gòu)造相應(yīng)函數(shù).

例3已知g（x）=xlnx，0

分析本題是在一個(gè)區(qū)間上證明不等式，而不等式涉及的變量就是區(qū)間的兩個(gè)端點(diǎn)，因此設(shè)輔助函數(shù)時(shí)把其中的一個(gè)端點(diǎn)設(shè)為自變量.

證明設(shè)F（x）=g（a）+g（x）-2g（a+x2），則

F′（x）=g′（x）-2g′（a+x2）=lnx-lna+x2，

當(dāng)x=a時(shí)F′（x）=0，F(xiàn)（x）取得極小值F（a），所以F（b）>F（a），即0

設(shè)G（x）=F（x）-（x-a）ln2，則G′（x）=lnx-ln（a+x），當(dāng)x>0時(shí)，G′（x）<0，G（x）是減函數(shù).G（b）

4.根據(jù)不等式兩邊結(jié)構(gòu)，構(gòu)造“形似”輔助函數(shù).

例4求證|a+b|1+|a+b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

分析不等式兩邊有相同的形式A1+A，利用“形似”將某個(gè)字母換成x，構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=x1+x（x≥0），再利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式.

證明令f（x）=x1+x（x≥0），顯然f（x）在[0，+∞）上連續(xù)且可導(dǎo)，因?yàn)閒 ′（x）=1（1+x）2>0，所以f（x）在[0，+∞）上嚴(yán)格單調(diào)遞增.由于0≤|a+b|≤|a|+|b|，所以f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），故|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|

輔助函數(shù)，是人們?cè)跀?shù)學(xué)研究和教學(xué)的活動(dòng)中，為了便于解決所探討的問(wèn)題，將已掌握的函數(shù)經(jīng)過(guò)有限次的四則運(yùn)算及復(fù)合，構(gòu)造一個(gè)新的函數(shù)關(guān)系.這個(gè)新構(gòu)造出來(lái)的函數(shù)必須存在于已知的知識(shí)體系中，且與所討論的問(wèn)題緊密相關(guān)又易于研究，以達(dá)到轉(zhuǎn)化“矛盾”，進(jìn)而解決矛盾的目的.在中學(xué)數(shù)學(xué)中構(gòu)造輔助函數(shù)法主要用來(lái)證明不等式.

利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式常用的是構(gòu)造輔助函數(shù)的方法.構(gòu)造輔助函數(shù)的方法靈活多變，不同的知識(shí)段有著不同的技巧和方法，用函數(shù)單調(diào)性證明不等式常用以下幾種方法.1.用不等式兩邊“求差”構(gòu)造輔助函數(shù)

例1證明當(dāng)x>1時(shí)，2x>3-1x.

分析利用“求差”法構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=

2x-（3-1x），x>1.則將要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化為要證f（x）>0，而f（1）=0.因而只需證明當(dāng)x>1時(shí)，f（x）>f（1）.

證明令f（x）=2x-（3-1x），則f ′（x）=1x-1x2=1x2（xx-1）>0.所以當(dāng)x>1時(shí)，f（x）>f（1），又由于f（1）=0，所以f（x）>f（1）=0，即2x-（3-1x）>0.

故2x>3-1x（x>1）.

2.用不等式兩邊適當(dāng)“求商”構(gòu)造輔助函數(shù)

例2當(dāng)02πx.

分析如果用“求差”構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=2πx-sinx， f ′（x）=2π-cosx，在區(qū)間（0，π2）內(nèi)f（x）的單調(diào)性無(wú)法判斷.利用“求商”構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=sinxx，再根據(jù)f（x）在區(qū)間（0，π2）的單調(diào)性來(lái)證明.

證明令f（x）=sinxx，則f ′（x）=cosx（x-tanx）x2（0f（π2）.即sinxx>2π，故sinx>2πx，（0

3.用參數(shù)變易法構(gòu)造輔助函數(shù)解題

取一個(gè)端點(diǎn)為自變量構(gòu)造函數(shù)，含雙字母的不等式，可以考慮以其中一個(gè)字母為自變量，另外一個(gè)為常數(shù)來(lái)構(gòu)造相應(yīng)函數(shù).

例3已知g（x）=xlnx，0

分析本題是在一個(gè)區(qū)間上證明不等式，而不等式涉及的變量就是區(qū)間的兩個(gè)端點(diǎn)，因此設(shè)輔助函數(shù)時(shí)把其中的一個(gè)端點(diǎn)設(shè)為自變量.

證明設(shè)F（x）=g（a）+g（x）-2g（a+x2），則

F′（x）=g′（x）-2g′（a+x2）=lnx-lna+x2，

當(dāng)x=a時(shí)F′（x）=0，F(xiàn)（x）取得極小值F（a），所以F（b）>F（a），即0

設(shè)G（x）=F（x）-（x-a）ln2，則G′（x）=lnx-ln（a+x），當(dāng)x>0時(shí)，G′（x）<0，G（x）是減函數(shù).G（b）

4.根據(jù)不等式兩邊結(jié)構(gòu)，構(gòu)造“形似”輔助函數(shù).

例4求證|a+b|1+|a+b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

分析不等式兩邊有相同的形式A1+A，利用“形似”將某個(gè)字母換成x，構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=x1+x（x≥0），再利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式.

證明令f（x）=x1+x（x≥0），顯然f（x）在[0，+∞）上連續(xù)且可導(dǎo)，因?yàn)閒 ′（x）=1（1+x）2>0，所以f（x）在[0，+∞）上嚴(yán)格單調(diào)遞增.由于0≤|a+b|≤|a|+|b|，所以f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），故|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|

輔助函數(shù)，是人們?cè)跀?shù)學(xué)研究和教學(xué)的活動(dòng)中，為了便于解決所探討的問(wèn)題，將已掌握的函數(shù)經(jīng)過(guò)有限次的四則運(yùn)算及復(fù)合，構(gòu)造一個(gè)新的函數(shù)關(guān)系.這個(gè)新構(gòu)造出來(lái)的函數(shù)必須存在于已知的知識(shí)體系中，且與所討論的問(wèn)題緊密相關(guān)又易于研究，以達(dá)到轉(zhuǎn)化“矛盾”，進(jìn)而解決矛盾的目的.在中學(xué)數(shù)學(xué)中構(gòu)造輔助函數(shù)法主要用來(lái)證明不等式.

利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式常用的是構(gòu)造輔助函數(shù)的方法.構(gòu)造輔助函數(shù)的方法靈活多變，不同的知識(shí)段有著不同的技巧和方法，用函數(shù)單調(diào)性證明不等式常用以下幾種方法.1.用不等式兩邊“求差”構(gòu)造輔助函數(shù)

例1證明當(dāng)x>1時(shí)，2x>3-1x.

分析利用“求差”法構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=

2x-（3-1x），x>1.則將要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化為要證f（x）>0，而f（1）=0.因而只需證明當(dāng)x>1時(shí)，f（x）>f（1）.

證明令f（x）=2x-（3-1x），則f ′（x）=1x-1x2=1x2（xx-1）>0.所以當(dāng)x>1時(shí)，f（x）>f（1），又由于f（1）=0，所以f（x）>f（1）=0，即2x-（3-1x）>0.

故2x>3-1x（x>1）.

2.用不等式兩邊適當(dāng)“求商”構(gòu)造輔助函數(shù)

例2當(dāng)02πx.

分析如果用“求差”構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=2πx-sinx， f ′（x）=2π-cosx，在區(qū)間（0，π2）內(nèi)f（x）的單調(diào)性無(wú)法判斷.利用“求商”構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=sinxx，再根據(jù)f（x）在區(qū)間（0，π2）的單調(diào)性來(lái)證明.

證明令f（x）=sinxx，則f ′（x）=cosx（x-tanx）x2（0f（π2）.即sinxx>2π，故sinx>2πx，（0

3.用參數(shù)變易法構(gòu)造輔助函數(shù)解題

取一個(gè)端點(diǎn)為自變量構(gòu)造函數(shù)，含雙字母的不等式，可以考慮以其中一個(gè)字母為自變量，另外一個(gè)為常數(shù)來(lái)構(gòu)造相應(yīng)函數(shù).

例3已知g（x）=xlnx，0

分析本題是在一個(gè)區(qū)間上證明不等式，而不等式涉及的變量就是區(qū)間的兩個(gè)端點(diǎn)，因此設(shè)輔助函數(shù)時(shí)把其中的一個(gè)端點(diǎn)設(shè)為自變量.

證明設(shè)F（x）=g（a）+g（x）-2g（a+x2），則

F′（x）=g′（x）-2g′（a+x2）=lnx-lna+x2，

當(dāng)x=a時(shí)F′（x）=0，F(xiàn)（x）取得極小值F（a），所以F（b）>F（a），即0

設(shè)G（x）=F（x）-（x-a）ln2，則G′（x）=lnx-ln（a+x），當(dāng)x>0時(shí)，G′（x）<0，G（x）是減函數(shù).G（b）

4.根據(jù)不等式兩邊結(jié)構(gòu)，構(gòu)造“形似”輔助函數(shù).

例4求證|a+b|1+|a+b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

分析不等式兩邊有相同的形式A1+A，利用“形似”將某個(gè)字母換成x，構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=x1+x（x≥0），再利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式.

證明令f（x）=x1+x（x≥0），顯然f（x）在[0，+∞）上連續(xù)且可導(dǎo)，因?yàn)閒 ′（x）=1（1+x）2>0，所以f（x）在[0，+∞）上嚴(yán)格單調(diào)遞增.由于0≤|a+b|≤|a|+|b|，所以f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），故|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|