📐 典型例题

题：证明：当 $x>1$ 时，$x > \ln x + 1$。

思路：构造 $h(x)=x-\ln x - 1$（$x>1$），则 $h'(x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}>0$。故 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增，$h(x)>h(1)=0$，即 $x>\ln x+1$。
构造逻辑：将不等式两侧「搬到」同一侧，形成新函数，通过研究新函数的单调性与最值完成证明。这是构造函数法最原初、最经典的形态。

📐 典型例题

题：若 $ae^{a+1} < b\ln b$，且 $b>1$，比较 $a+1$ 与 $\ln b$ 的大小。

思路：将不等式变形为 $e^{a+1}\cdot(a+1) < b\cdot\ln b$（注意 $ae^{a+1}=e\cdot ae^a=e\cdot(a)e^a$，更准确的变形是 $e^{a+1}(a+1) < b\ln b$ 当 $a+1>0$ 时）。观察到两侧均呈「$t\cdot e^t$」或「$t\cdot\ln t$」结构。令 $f(t)=te^t$（$t>0$），则 $f'(t)=(t+1)e^t>0$，$f(t)$ 单调递增。原不等式可写为 $f(a+1) < f(\ln b)$（需适当变形匹配），由单调性得 $a+1 < \ln b$。
核心：通过代数变形「凑」出相同结构，构造统一函数，将复杂比较转化为单调性判断。

📐 典型例题

题：定义在 $\mathbb{R}$ 上的函数 $f(x)$ 满足 $f'(x) > f(x)$，且 $f(0)=1$，解不等式 $f(x) > e^x$。

思路：条件 $f'(x)-f(x)>0$ 强烈提示构造 $g(x)=\dfrac{f(x)}{e^x}$。则 $g'(x)=\dfrac{f'(x)-f(x)}{e^x}>0$，故 $g(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增。$g(0)=\dfrac{f(0)}{e^0}=1$。不等式 $f(x)>e^x$ 等价于 $\dfrac{f(x)}{e^x}>1$，即 $g(x)>g(0)$。由单调性得 $x>0$。
模型识别：$f'(x)-f(x)$ 与 $\left[\dfrac{f(x)}{e^x}\right]'$ 的分子完全一致，这是高考导数选填的高频构造模型。

📐 典型例题

题（极值点偏移）：函数 $f(x)=xe^{-x}$ 在 $x=x_0$ 处取得极大值，若 $f(x_1)=f(x_2)$ 且 $x_1\neq x_2$，证明：$x_1+x_2 > 2$。

思路：$f'(x)=(1-x)e^{-x}$，极大值点 $x_0=1$。不妨设 $x_1$$<$$1$$<$$x_2$。要证 $x_1+x_2$$>$$2$，即证 $x_2$$>$$2-x_1$。因 $x_2$$>$$1$ 且 $2-x_1$$>$$1$，而 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递减，故只需证 $f(x_2)$$<$$f(2-x_1)$。又 $f(x_1)$$=$$f(x_2)$，即证 $f(x_1)$$<$$f(2-x_1)$。
构造辅助函数：设 $F(x)$$=$$f(x)$$-$$f(2-x)$（$x$$<$$1$），证明 $F(x)$$<$$0$ 即可。求导分析 $F(x)$ 单调性，完成证明。此构造的精髓是「对称化」——将双变量问题转化为单变量函数不等式。

📐 典型例题

题：已知 $a,b>0$ 且 $a\neq b$，证明：$\sqrt{ab} < \dfrac{a-b}{\ln a - \ln b} < \dfrac{a+b}{2}$（对数平均不等式）。

思路：设 $a>b>0$，令 $t=\dfrac{a}{b}>1$，不等式转化为关于 $t$ 的单变量问题。左侧：证 $\sqrt{t} < \dfrac{t-1}{\ln t}$，即证 $\ln t < \dfrac{t-1}{\sqrt{t}}$，构造 $f(t)=\dfrac{t-1}{\sqrt{t}}-\ln t$。右侧：证 $\dfrac{t-1}{\ln t} < \dfrac{t+1}{2}$，即证 $\ln t > \dfrac{2(t-1)}{t+1}$，构造 $g(t)=\ln t - \dfrac{2(t-1)}{t+1}$。分别求导证明 $f(t)>0$、$g(t)>0$ 即可。
创造性：通过比值换元将双变量不等式彻底单变量化，再针对左右两侧的不同结构分别设计最优构造函数，体现了「按需构造」的灵活思维。