蔡勇全

摘要：以抽象函數(shù)為背景、題設(shè)條件或所求結(jié)論中具有“f（x）±g（x）、f（x）g（x）、f（x）g（x）”等特征式，旨在考查導(dǎo)數(shù)運算法則的逆向、變形應(yīng)用能力的客觀題，是近幾年高考試卷中的一位“?？汀保Ｒ詨狠S題的形式出現(xiàn)，解答這類問題的有效策略是將前述式子的外形結(jié)構(gòu)特征與導(dǎo)數(shù)運算法則結(jié)合起來，合理構(gòu)造出相關(guān)的可導(dǎo)函數(shù)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)解決問題.

關(guān)鍵詞：求導(dǎo)法則；逆向；變形；構(gòu)造函數(shù)

一、巧設(shè)“y=f（x）±g（x）”型可導(dǎo)函數(shù)

當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過變形出現(xiàn)特征式“f ′（x）±g′（x）”時，不妨聯(lián)想、逆用“f ′（x）±g′（x）=[f（x）±g（x）]′”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y=f（x）±g（x），然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問題.

例1設(shè)奇函數(shù)f（x）是R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x>0時，有f ′（x）+cosx<0，則當(dāng)x≤0時有（）.

A.f（x）+sinx≥f（0）B.f（x）+sinx≤f（0）

C.f（x）-sinx≥f（0）D.f（x）-sinx≤f（0）

解析觀察條件中“f ′（x）+cosx”與選項中的式子“f（x）+sinx”，發(fā)現(xiàn)二者之間是導(dǎo)函數(shù)與原函數(shù)之間的關(guān)系，于是不妨令F（x）=f（x）+sinx，因為當(dāng)x>0時，f ′（x）+cosx<0，即F′（x）<0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，又F（-x）=f（-x）+sin（-x）=-[f（x）+sinx]=-F（x），所以F（x）是R上的奇函數(shù)，且F（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，F(xiàn)（0）=0，并且當(dāng)x≤0時有F（x）≥F（0），即f（x）+sinx≥f（0）+sin0=f（0），故應(yīng)選A.

變式1已知定義域為R的函數(shù)f（x）的圖象經(jīng)過點（1，1），且對于任意x∈R，都有f ′（x）+2>0，則不等式f（log2|3x-1|）<3-log2|3x-1|的解集為（）.

A.（-∞，0）∪（0，1）B.（0，+∞）

C.（-1，0）∪（0，3）D.（-∞，1）

提示根據(jù)條件中“f ′（x）+2”的特征，可以構(gòu)造F（x）=f（x）+2x，則F′（x）=f ′（x）+2>0，故F（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，由f（1）=1，得F（1）=f（1）+2=3，因為有f（log2|3x-1|）<3-log2|3x-1|f（log2|3x-1|）+2log2|3x-1|<3，令t=log2|3x-1|，則f（t）+2t<3，即F（t）

變式2設(shè)函數(shù)f（x）、g（x）在區(qū)間[a，b]上可導(dǎo)，且f ′（x）>g′（x），則當(dāng)a

A.f（x）>g（x）B.f（x）

C.f（x）+g（a）

D.f（x）+g（b）

提示由條件式f ′（x）>g′（x）f ′（x）-g′（x）>0，可構(gòu)造F（x）=f（x）-g（x），由于函數(shù)f（x）、g（x）在區(qū)間[a，b]上可導(dǎo)，故函數(shù)F（x）在區(qū)間[a，b]上也可導(dǎo).由題意可知，F(xiàn)′（x）=f ′（x）-g′（x）>0在區(qū)間[a，b]上恒成立，故函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增，所以對于任意x∈（a，b）恒有F（x）

變式3設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（0）=-1，其導(dǎo)函數(shù)f ′（x）滿足f ′（x）>k>1，則下列結(jié)論一定錯誤的是（）.

A.f（1k）<1kB.f（1k）>1k-1

C.f（1k-1）<1k-1D.f（1k-1）>1k-1

提示根據(jù)條件式f ′（x）>kf ′（x）-k>0，可以構(gòu)造F（x）=f（x）-kx，因為F′（x）=f ′（x）-k>0，所以F（x）在R上單調(diào)遞增.又因為k>1，所以1k-1>0，從而F（1k-1）>F（0），即f（1k-1）-kk-1>-1，移項、整理得f（1k-1）>1k-1，因此選項C是錯誤的，故應(yīng)選C.

變式4設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（1）=2，f ′（x）<1，則不等式f（x2）>x2+1的解集為.

提示由條件式f ′（x）<1f ′（x）-1<0，待解不等式f（x2）>x2+1f（x2）-x2-1>0，可以構(gòu)造F（x）=f（x）-x-1，由于F′（x）=f ′（x）-1<0，所以F（x）在R上單調(diào)遞減.又因為F（x2）=f（x2）-x2-1>0=2-12-1=f（12）-12-1=F（12），所以x2<12，解得-1x2+1的解集為{x|-1

評注以上案例中，例1及變式2屬于直接給出特征式“f ′（x）±g′（x）”的類型，而對于變式1、3、4，則屬于間接給出特征式“f ′（x）±g′（x）”的類型，且主要以“f ′（x）±k（k為常數(shù)）”為特征式，需要構(gòu)造出可導(dǎo)函數(shù)f（x）±kx解決問題.事實上，無論是題目中直接抑或間接出現(xiàn)特征式“f ′（x）±g′（x）”，其解題本質(zhì)概括起來就是“構(gòu)造和（差）函數(shù)、強化恒成立”.

二、巧設(shè)“f（x）g（x）”型可導(dǎo)函數(shù)

當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過變形出現(xiàn)特征式“f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）”時，可聯(lián)想、逆用“f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）=[f（x）g（x）]′”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y=f（x）g（x），然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問題.

例2設(shè)函數(shù)f（x）、g（x）分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x<0時，f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）>0，且g（3）=0，則不等式f（x）g（x）>0的解集是（）.

A.（-3，0）∪（3，+∞）B.（-3，0）∪（0，3）

C.（-∞，-3）∪（3，+∞）D.（-∞，-3）∪（0，3）

解析構(gòu)造條件中“f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）”與待解不等式中“f（x）g（x）”兩個代數(shù)式之間的關(guān)系，可構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）g（x），由題意可知，當(dāng)x<0時，F(xiàn)′（x）>0，所以F（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞增.又因f（x）、g（x）分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，所以F（x）是定義在R上的奇函數(shù)，從而F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，而F（3）=f（3）g（3）=0，所以F（-3）=-F（3），結(jié)合圖象可知不等式f（x）g（x）>0F（x）>0的解集為（-3，0）∪（3，+∞），故應(yīng)選A.

變式1設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f ′（x）+f（x）=3x2e-x，且f（0）=0，則下列結(jié)論正確的是（）.

A.f（x）在R上單調(diào)遞減

B.f（x）在R上單調(diào)遞增

C.f（x）在R上有最大值

D.f（x）在R上有最小值

提示根據(jù)條件中“f ′（x）+f（x）”的特征，可以構(gòu)造F（x）=exf（x），則有F′（x）=ex[f ′（x）+f（x）]=ex·3x2e-x=3x2，故F（x）=x3+c（c為常數(shù)），所以f（x）=x3+cex，又f（0）=0，所以c=0，f（x）=x3ex.因為f ′（x）=3x2-x3ex，易知f（x）在區(qū)間（-∞，3]上單調(diào)遞增，在[3，+∞）上單調(diào)遞減，f（x）max=f（3）=27e3，無最小值，故應(yīng)選C.

變式2若定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f ′（x）+f（x）>2，f（0）=5，則不等式f（x）<3ex+2的解為.

提示因為f ′（x）+f（x）>2，所以f ′（x）+f（x）-2>0，不妨構(gòu)造函數(shù)F（x）=exf（x）-2ex.因為F′（x）=ex[f ′（x）+f（x）-2]>0，所以F（x）在R上單調(diào)遞增.因為f（x）<3ex+2，所以exf（x）-2ex<3，即F（x）<3，又因為f（0）=e0f（0）-2e0=3，所以F（x）

變式3已知f（x）是定義在R上的增函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f ′（x），且滿足f（x）f ′（x）+x<1，則下列結(jié)論正確的是（）.

A.對于任意x∈R，f（x）<0

B.對于任意x∈R，f（x）>0

C.當(dāng)且僅當(dāng)x∈（-∞，1）時，f（x）<0

D.當(dāng)且僅當(dāng)x∈（1，+∞）時，f（x）>0

提示因為函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，所以f ′（x）≥0，又因f（x）f ′（x）+x<1，所以f ′（x）≠0，綜合可知f ′（x）>0.又因f（x）f ′（x）+x<1，則f（x）+xf ′（x）1時，x-1>0，F(xiàn)（x）<0，結(jié)合F（x）=（x-1）f（x）可知，f（x）<0.又因f（x）是定義在R上的增函數(shù)，所以當(dāng)x≤1時，f（x）<0，因此對于任意x∈R，f（x）<0，故應(yīng)選A.

另解因為函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，所以f ′（x）≥0，又因f（x）f ′（x）+x<1，所以f ′（x）≠0，綜合可知f ′（x）>0.當(dāng)x>1時，f（x）f ′（x）<1-x<0，所以f（x）<0，又因f（x）在R上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x≤1時，f（x）<0，因此對于任意x∈R，f（x）>0，故應(yīng)選A.

變式4設(shè)y=f（x）是（0，+∞）上的可導(dǎo)函數(shù)，f（1）=2，（x-1）[2f（x）+xf ′（x）]>0（x≠1）恒成立.若曲線f（x）在點（1，2）處的切線為y=g（x），且g（a）=2018，則a等于（）

A.-501B.-502C.-503D.-504

提示由“2f（x）+xf ′（x）”聯(lián)想到“2xf（x）+x2·f ′（x）”，可構(gòu)造F（x）=x2f（x）（x>0）.由（x-1）·[2f（x）+xf ′（x）]>0（x≠1）可知，當(dāng)x>1時，2f（x）+xf ′（x）>0，則F′（x）=2xf（x）+x2f ′（x）>0，故F（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)0

評注總體上看，上述例2及其幾個變式都是在構(gòu)造“f（x）g（x）”型可導(dǎo)函數(shù)解決問題，區(qū)別在于：例2及其變式1是無需變形的直接構(gòu)造，且變式1在求出c的值之前，不僅逆用了導(dǎo)數(shù)運算法則，而且從導(dǎo)函數(shù)角度寫出了原函數(shù)的解析式，而變式2、3、4則需要先對條件或所求結(jié)論中的特征式作出適當(dāng)?shù)淖冃魏笤贅?gòu)造出相應(yīng)的“f（x）g（x）”型可導(dǎo)函數(shù).值得一提的是，解答變式2時構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的策略實際上是受了變式1的解法的啟發(fā).另外，我們需要歸納掌握一些常用的構(gòu)造方法：①當(dāng)題設(shè)或所求結(jié)論中具有特征式“f ′（x）+f（x）”時，可構(gòu)造F（x）=exf（x）；②當(dāng)題設(shè)或所求結(jié)論中具有特征式“f ′（x）+f（x）+k（k為常數(shù)）”時，可構(gòu)造F（x）=exf（x）+kex；③當(dāng)題設(shè)或所求結(jié)論中具有特征式“xf ′（x）+nf（x）（n為常數(shù)）”時，可構(gòu)造F（x）=xnf（x）；④當(dāng)題設(shè)或所求結(jié)論中具有特征式“f ′（x）+nf（x）（n為常數(shù)）”，可構(gòu)造F（x）=enxf（x）.需要指出的是，類型①實際上是類型④的特殊情形.

三、巧設(shè)“f（x）g（x）”型可導(dǎo)函數(shù)

當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過變形出現(xiàn)特征式“f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）”時，可聯(lián)想、逆用“f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）[g（x）]2=[f（x）g（x）]”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y=f（x）g（x），然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問題.

例3已知定義在R上函數(shù)f（x）、g（x）滿足：對任意x∈R，都有f（x）>0，g（x）>0，且f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）<0.若a、b∈R+且a≠b，則有（）.

A.f（a+b2）g（a+b2）>f（ab）g（ab）

B.f（a+b2）g（a+b2）

C.f（a+b2）g（ab）>g（a+b2）f（ab）

D.f（a+b2）g（ab）

解析根據(jù)條件中“f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）”的特征，可以構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）g（x），因為f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）<0，所以F′（x）=f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）[g（x）]2<0，F(xiàn)（x）在R上單調(diào)遞減.又因為a+b2>ab，所以F（a+b2）

變式1已知f（x）為定義在（0，+∞）上的可導(dǎo)函數(shù)，且f（x）>xf ′（x），則不等式x2f（1x）-f（x）<0的解集為.

提示因為f（x）>xf ′（x），所以xf ′（x）-f（x）<0，根據(jù)“xf ′（x）-f（x）”的特征，可以構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）x，則F′（x）=xf ′（x）-f（x）x2<0，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減.又因為x>0，所以x2f（1x）-f（x）<0xf（1x）-f（x）x<0f（1x）1x-f（x）x<0f（1x）1x0，1x>x， 解得0

變式2設(shè)函數(shù)f（x）是R上的奇函數(shù)，f（-1）=0.當(dāng)x>0時，（x2+1）f ′（x）-2x·f（x）<0，則不等式f（x）>0的解集為.

提示根據(jù)條件中“（x2+1）f ′（x）-2xf（x）”的特征，可構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）x2+1，則F′（x）=（x2+1）f ′（x）-2xf（x）（x2+1）2，又F（-x）=f（-x）（-x）2+1=-f（x）x2+1=-F（x），故F（x）是奇函數(shù).由題意可知，當(dāng)x>0時，F(xiàn)′（x）<0，所以F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，F(xiàn)（-1）=f（-1）（-1）2+1=0，結(jié)合F（x）的單調(diào)性及奇偶性，作出函數(shù)F（x）的草圖，易知，不等式F（x）>0的解集為（-∞，-1）∪（0，1），又F（x）=f（x）x2+1>0f（x）>0，故不等式f（x）>0的解集為（-∞，-1）∪（0，1）.

變式3設(shè)f ′（x）是函數(shù)f（x）（x∈R）的導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf ′（x）-2f（x）>0，若在ΔABC中，角C為鈍角，則（）.

A.f（sinA）·sin2B>f（sinB）·sin2A

B.f（sinA）·sin2B

C.f（cosA）·sin2B>f（sinB）·cos2A

D.f（cosA）·sin2B

提示根據(jù)“xf ′（x）-2f（x）”的特征，可以構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）x2，則有F′（x）=x2f ′（x）-2xf（x）x4=x[xf ′（x）-2f（x）]x4，所以當(dāng)x>0時，F(xiàn)′（x）>0，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.因為π2cosA>cos（π2-B）=sinB>0，所以F（cosA）>F（sinB），即f（cosA）cos2A>f（sinB）sin2B，f（cosA）·sin2B>f（sinB）·cos2A ，故應(yīng)選C.

變式4已知定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）滿足：①f（x）>0；②f（x）

A.（12e2，1e）B.（1e2，1e）

C.（e，2e）D.（e，e3）

提示一方面，因為f（x）0，根據(jù)“f ′（x）-f（x）”的特征，可以構(gòu)造F（x）=f（x）ex，則F′（x）=f ′（x）-f（x）ex>0，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，F(xiàn)（1）G（2），即f（1）e2>f（2）e4，所以f（1）f（2）>1e2，綜上所述，1e2

評注從例3及其幾個變式可以看到，它們都是通過構(gòu)造“f（x）g（x）”型可導(dǎo)函數(shù)得以解決的，不同之處在于：例3是無需變形的直接構(gòu)造，而四個變式或多或少需要先對條件或所求結(jié)論中的特征式作出適當(dāng)?shù)淖冃魏笤贅?gòu)造出相應(yīng)的“f（x）g（x）”型可導(dǎo)函數(shù)解決問題.當(dāng)然，我們需要歸納掌握一些常用的構(gòu)造方法：①當(dāng)題設(shè)或所求結(jié)論中具有特征式“xf ′（x）-f（x）”時，可構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）x；②當(dāng)題設(shè)或所求結(jié)論中具有特征式“xf ′（x）-nf（x）”，可構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）xn，而①是②的特殊情況；③當(dāng)題設(shè)或所求結(jié)論中具有特征式“f ′（x）-f（x）”時，可構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）ex；④當(dāng)題設(shè)或所求結(jié)論中具有特征式“f ′（x）-n·f（x）”，可構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）enx.