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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”.
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lnxx
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lnxx
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”.