构造辅助函数：从两点差式找到比较对象

约 3759 字大约 13 分钟

题设比较的未必是原函数值本身。把线性增量、平方差或交叉乘积整理成同一个完整表达式在两点的比较，再证明它的单调性，目标不等式才能随之转成输入比较。

一、知识点概念与依据

1. 构造来自逐项移入两点，不靠猜解析式

单调性定义比较的是同一函数在任意两输入处的输出。给定式中若还夹有输入的线性项、平方项或交叉乘积，先将它们按输入分别组合，找出真正被比较的完整量 $H$ 。

例如 $f(v)-f(u)>k(v-u)$ ，把右侧展开为 $kv-ku$ ，移项后是 $[f(v)-kv]-[f(u)-ku]>0$ 。辅助函数 $H(t)=f(t)-kt$ 就来自这一步，而不是凭经验另猜一个函数。始终保留原域，若构造引入除法还要记录新禁值。

2. 差商下界减去对应线性变化

若原域内任意不同输入满足

\frac{f(v)-f(u)}{v-u}>k,

按 $u<v$ 取输入，正分母可乘过去，得到 $H(v)>H(u)$ ，其中 $H(t)=f(t)-kt$ ，所以 $H$ 在原域严格增。差商小于 $k$ 时相同移项得严格减；等号、非严格不等号分别按定义处理，不能仍宣称严格。

差商条件是增量比例，不是绝对输出下界。仅由它不能断言 $f(t)>kt$ ，因为还不知道 $H$ 在任何一点的值。已知 $f(c)$ 后才得到基准 $H(c)=f(c)-kc$ 。目标 $f(u)>R$ 两边同时减 $ku$ ，得到 $H(u)>R-ku$ ；右侧确为某个已知 $H(c)$ ，才能进一步比较输入。

3. 平方差须先按输入范围确定符号

在 $0\le u<v$ 时 $u^2-v^2<0$ 。若已知

\frac{f(u)-f(v)}{u^2-v^2}>-c,

乘负分母反向，得 $f(u)-f(v)<c(v^2-u^2)$ ，即 $f(u)+cu^2<f(v)+cv^2$ 。所以应构造 $H(t)=f(t)+ct^2$ ，在给定非负范围严格增。常数或原方向改变时，按实际移项决定系数和方向，不能机械记作“加平方”。

负半轴上平方方向相反，跨零时平方大小更不能只看输入顺序，原分母还可能为0。只在题设允许范围使用所得结论。若原 $f$ 偶且域对称，平方也偶，则 $H$ 偶；先将输入反射为绝对值，再放进已证明单调的非负区间，不把半轴增性扩成全域增性。

4. 交叉乘积先补齐常数，再同除一次

若正输入 $u>v>0$ 满足

\frac{vf(u)-uf(v)}{u-v}<c,

正分母给 $vf(u)-uf(v)<c(u-v)$ 。按输入配对移项得

v[f(u)+c]<u[f(v)+c].

同除正数 $uv$ ，得到 $[f(u)+c]/u<[f(v)+c]/v$ ，于是 $H(t)=[f(t)+c]/t$ 在正域严格减。已经把各项除以各自输入，下一步就是 $H(u)<H(v)$ ，不能再写成 $H(u)/u<H(v)/v$ 。

上述比较不说明两边都负或都正，不能额外补出“ $<0$ ”。若输入有负数或零，则 $uv$ 的符号与是否非零须另核，正域推理不能直接照搬。

5. 商函数的差商与原函数不是同一个量

令 $H(x)=f(x)/x$ ，只在 $x\ne0$ 有定义。恒等变形为

\frac{vf(u)-uf(v)}{u-v}=uv\frac{H(u)-H(v)}{u-v}.

在正输入上 $uv>0$ ，左侧正就给 $H$ 严格增，左侧负就给 $H$ 严格减。这个正乘子必须说明，不能无依据删去。一般若 $uv<0$ ，同除时方向会反转。

若 $f$ 是实数域奇函数，则 $H$ 是非零域偶函数，因为 $f(-x)/(-x)=f(x)/x$ ；原来的 $f(0)=0$ 要单独保留， $H(0)$ 并不存在。恢复比较 $f(x)>x$ 时，正输入等价 $H(x)>1$ ，负输入等价 $H(x)<1$ ，零输入回原式核验，不能把三支统一除以 $x$ 。

6. 题设阶增只是给商函数起的名字

若题设把 $u<v\Rightarrow f(u)/u^p<f(v)/v^p$ 命名为“ $p$ 阶增”，完整比较对象就是 $H(x)=f(x)/x^p$ 。原域、幂的合法性和分母非零共同决定辅助域；正域整数阶不会引入负底幂问题，但0仍不能作为商的输入。不能从 $H$ 增自动推出 $f$ 同向增。

界与函数族例03完整保留了这一定义下的三问： $f=2x+\delta$ 的1阶增等价于 $2+\delta/x$ 严格增，要求 $\delta<0$ ，因为对 $0<u<v$ 作差为 $\delta(1/v-1/u)=\delta(u-v)/(uv)$ ，括号负，零参数为常数须排除；三个正输入分别与同一总和 $S$ 比较，乘回正权重再相加，使用 $m/S+n/S+s/S=1$ ，才得到三个输出和小于383，不能仅凭“增”直接把输出和写成 $f(S)$ ；有界2阶增的第三问还需增长反证与最优性，不能截断原题。

7. 目标两侧同步变换，输入条件最后仍要交回

辅助函数的方向只负责新的比较量。原目标若含 $f(u(x))$ ，先写 $u(x)$ 属于原域，再对两侧施行相同补项、乘除，确认完整变成 $H(u(x))$ 与已知 $H(c)$ 的比较。需乘除变量时先分类符号，不得丢掉零点或换向。

输入同属一个严格单调区间，才可等价去掉 $H$ ：严格增保持方向，严格减反向。最后核原分母零点、严格等号端点和原域；辅助函数单调并不自动赋予原 $f$ 同样的单调性。

二、考点方法与例题

方法一：差式配项，正负先行

任取有序输入，标明每个将乘除量的符号；将同一输入的项放在一起，写成完整 $H$ 的两点差。再直接按单调定义说明方向，而不是套用一个与原式不符的差商。

方法二：阈值与目标同时换成辅助量

用已知 $f(c)$ 算 $H(c)$ 。保留原目标输入的合法条件，两侧一起变形，必要时按输入正负零分类；单调或奇偶反射后比较输入，交回定义域，并逐项检查选项的非法段与反向段。

例题 01 两点增量与平移输入的比较

题目

已知定义在 $\left[ 0,+\infty \right)$ 上的函数 $f\left( x\right)$ 满足对 $\forall {x}_{1},{x}_{2}\in \left[ 0,+\infty \right),{x}_{1}\ne {x}_{2}$ ，都有 $\frac{f\left( {x}_{2}\right)-f\left( {x}_{1}\right)}{{x}_{2}-{x}_{1}}>2$ ，若 $f\left( 1\right)=2024$ ，则不等式 $f\left( x-2024\right)>2\left( x-1013\right)$ 的解集为（）

A． $\left( 2023,+\infty \right)$ B． $\left( 2024,+\infty \right)$ C． $\left( 2025,+\infty \right)$ D． $\left( 1012,+\infty \right)$

答案与解析

解析

任取 $0\le u<v$ ，原正分母给 $f(v)-f(u)>2(v-u)$ 。移项得 $[f(v)-2v]-[f(u)-2u]>0$ ，所以 $H(t)=f(t)-2t$ 在 $[0,+\infty)$ 严格增，且 $H(1)=2024-2=2022$ 。

原调用先要求 $x-2024\ge0$ ，即 $x\ge2024$ 。两边同减 $2(x-2024)$ ，右边为

2(x-1013)-2(x-2024)=2022.

所以原不等式等价于 $H(x-2024)>H(1)$ ，在合法输入下又等价于 $x-2024>1$ 。得到 $x>2025$ ，自动满足原域，选 C。

A 包含无定义的 $x<2024$ 并多纳入未达阈值的部分；B 只保留原域附近条件，未真正比较到输入1；D 更宽且包含大量非法输入。边界2025两边相等，被严格不等式排除。差商条件并非“ $f(t)>2t$ ”，必须使用已知值确定比较基准。

本题结论

C， $(2025,+\infty)$ 。

例题 02 平方差条件与对称输入

题目

已知 $f\left( x\right)$ 是定义在 $R$ 上的偶函数. $\forall {x}_{1}$ ， ${x}_{2}\in \left[ 0,+\infty \right)$ ，且 ${x}_{1}\ne {x}_{2}$ ，恒有 $\frac{f\left( {x}_{1}\right)-f\left( {x}_{2}\right)}{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}>-1$ .若 $f\left( 1\right)=1$ ，则不等式 $f\left( x\right)<2-{x}^{2}$ 的解集为（）

A． $\left( -\infty ,1\right)$ B． $\left( 1,+\infty \right)$ C． $\left( -\infty ,1\right)\cup \left( 1,+\infty \right)$ D． $\left( -1,1\right)$

答案与解析

解析

任取 $0\le u<v$ ，有 $u^2-v^2<0$ 。乘原负分母必须反号，得到 $f(u)-f(v)<v^2-u^2$ ，即 $H(u)<H(v)$ ，其中 $H(t)=f(t)+t^2$ 。故 $H$ 在 $[0,+\infty)$ 严格增。

$f$ 与平方均为实数域偶函数， $H$ 也是偶函数，且 $H(1)=2$ 。目标等价于 $H(x)<2$ ；先用偶性改成 $H(|x|)<H(1)$ ，两输入均非负，严格增给 $|x|<1$ ，即 $x\in(-1,1)$ ，选 D。

0合法且 $H(0)<H(1)$ ，所以必须包含； $\pm1$ 都取等所以排除。A 包含左方过远输入；B 方向反；C 只删去1，仍纳入等号点 $-1$ 及大量不满足的外段输入。D 恰与完整区间一致。

本题结论

D， $(-1,1)$ 。

例题 03 交叉乘积中的常数怎样归位

题目

定义在 $\left( 0,+\infty \right)$ 上的函数 $f\left( x\right)$ ，满足对任意 ${x}_{1},{x}_{2}\in \left( 0,+\infty \right)$ ，且 ${x}_{1}\ne {x}_{2}$ ，都有 $\frac{{x}_{2}f\left( {x}_{1}\right)-{x}_{1}f\left( {x}_{2}\right)}{{x}_{1}-{x}_{2}}<1$ . 已知 $f\left( 1\right)=1$ ，则不等式 $f\left( x-1\right)>2x-3$ 的解集为（）

A． $\left( 1,2\right)$ B． $\left( 0,2\right)$ C． $\left( 1,+\infty \right)$ D． $\left( 2,+\infty \right)$

答案与解析

解析

任取 $u>v>0$ ，由原条件得 $vf(u)-uf(v)<u-v$ ，因此

v[f(u)+1]<u[f(v)+1].

同除正数 $uv$ 后，得到 $H(u)<H(v)$ ，其中 $H(t)=[f(t)+1]/t$ ，所以 $H$ 在正域严格减， $H(1)=2$ 。

原输入 $t=x-1$ 必须正。目标 $f(x-1)>2x-3$ 变为 $f(t)>2t-1$ ，两边加1再除正 $t$ ，恰为 $H(t)>2=H(1)$ 。严格减给 $0<t<1$ ，即 $1<x<2$ ，选 A。

B 多纳入非法 $x\le1$ ；C 允许输入过大；D 将方向反了。端点1导致原调用无定义，端点2对应等号，两个端点排除的原因不同。

原解析在移项式后额外写“ $<0$ ”，没有题设依据；又把已定义的 $H(t)$ 多除一次 $t$ ，换成了另一个比较量。删去这两个错误中间式后，上述证明完整成立，原答案 A 不变。

本题结论

A， $(1,2)$ 。

例题 04 商的单调性与原式的正负零分类

题目

已知 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数，当 ${x}_{1},{x}_{2}\in (0,+\infty )$ 且 ${x}_{1}\ne {x}_{2}$ 时，都有 $\frac{{x}_{2}f({x}_{1})-{x}_{1}f({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}}>0$ ，若 $f(6)=6$ ，则不等式 $f(x)>x$ 的解集为（）

A． $(-\infty ,-6)\cup (0,6)$ B． $(-6,0)\cup (6,+\infty )$

C． $(-6,0)\cup (0,6)$ D． $(-\infty ,-6)\cup (6,+\infty )$

答案与解析

解析

令 $H(x)=f(x)/x$ ，自然域为 $\mathbb R\setminus\{0\}$ 。正输入 $u\ne v$ 下原条件就是

uv\frac{H(u)-H(v)}{u-v}>0.

因为 $uv>0$ ，同除后得到 $H$ 在 $(0,+\infty)$ 严格增。又 $f$ 为实数域奇函数，故 $H(-x)=H(x)$ ，它是非零域偶函数， $H(6)=H(-6)=1$ ，负半轴严格减。

$x>0$ ： $f(x)>x\iff H(x)>1=H(6)\iff x>6$ 。
$x<0$ ：除负数反向， $f(x)>x\iff H(x)<1$ 。由偶性写为 $H(-x)<H(6)$ ，两输入均正，得到 $-x<6$ ，即 $-6<x<0$ 。
$x=0$ ：不能用商。回原奇函数得 $f(0)=0$ ，严格不等式不成立。

所以解集 $(-6,0)\cup(6,+\infty)$ ，选 B。 $\pm6$ 仅取等，也排除。A 两侧都反向，C 负侧对而正侧错，D 正侧对而负侧错。

可用合格模型 $f(x)=x^3/36$ 检验方向：它奇， $f(6)=6$ ，商 $x^2/36$ 在正侧严格增。这个模型只是核验上述任意函数证明，不能拿一个特例代替普遍推导。

本题结论

B， $(-6,0)\cup(6,+\infty)$ 。