聯想導數運算法則巧設可導函數解題

蔡勇全

摘要：以抽象函數為背景、題設條件或所求結論中具有“f（x）±g（x）、f（x）g（x）、f（x）g（x）”等特征式，旨在考查導數運算法則的逆向、變形應用能力的客觀題，是近幾年高考試卷中的一位“常客”，常以壓軸題的形式出現，解答這類問題的有效策略是將前述式子的外形結構特征與導數運算法則結合起來，合理構造出相關的可導函數，然后利用該函數的性質解決問題.

關鍵詞：求導法則；逆向；變形；構造函數

一、巧設“y=f（x）±g（x）”型可導函數

當題設條件中存在或通過變形出現特征式“f ′（x）±g′（x）”時，不妨聯想、逆用“f ′（x）±g′（x）=[f（x）±g（x）]′”，構造可導函數y=f（x）±g（x），然后利用該函數的性質巧妙地解決問題.

例1設奇函數f（x）是R上的可導函數，當x>0時，有f ′（x）+cosx<0，則當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”，發現二者之間是導函數與原函數之間的關系，于是不妨令F（x）=f（x）+sinx，因為當x>0時，f ′（x）+cosx<0，即F′（x）<0，所以f（x）在（0，+∞）上單調遞減，又F（-x）=f（-x）+sin（-x）=-[f（x）+sinx]=-F（x），所以F（x）是R上的奇函數，且F（x）在（-∞，0）上單調遞減，F（0）=0，并且當x≤0時有F（x）≥F（0），即f（x）+sinx≥f（0）+sin0=f（0），故應選A.

變式1已知定義域為R的函數f（x）的圖象經過點（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）

提示根據條件中“f ′（x）+2”的特征，可以構造F（x）=f（x）+2x，則F′（x）=f ′（x）+2>0，故F（x）在定義域內單調遞增，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設函數f（x）、g（x）在區間[a，b]上可導，且f ′（x）>g′（x），則當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，可構造F（x）=f（x）-g（x），由于函數f（x）、g（x）在區間[a，b]上可導，故函數F（x）在區間[a，b]上也可導.由題意可知，F′（x）=f ′（x）-g′（x）>0在區間[a，b]上恒成立，故函數F（x）=f（x）-g（x）在區間[a，b]上單調遞增，所以對于任意x∈（a，b）恒有F（x）

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

A.f（1k）<1kB.f（1k）>1k-1

C.f（1k-1）<1k-1D.f（1k-1）>1k-1

提示根據條件式f ′（x）>kf ′（x）-k>0，可以構造F（x）=f（x）-kx，因為F′（x）=f ′（x）-k>0，所以F（x）在R上單調遞增.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，故應選C.

變式4設定義在R上的函數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，可以構造F（x）=f（x）-x-1，由于F′（x）=f ′（x）-1<0，所以F（x）在R上單調遞減.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）”為特征式，需要構造出可導函數f（x）±kx解決問題.事實上，無論是題目中直接抑或間接出現特征式“f ′（x）±g′（x）”，其解題本質概括起來就是“構造和（差）函數、強化恒成立”.

二、巧設“f（x）g（x）”型可導函數

當題設條件中存在或通過變形出現特征式“f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）”時，可聯想、逆用“f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）=[f（x）g（x）]′”，構造可導函數y=f（x）g（x），然后利用該函數的性質巧妙地解決問題.

例2設函數f（x）、g（x）分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當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）”兩個代數式之間的關系，可構造函數F（x）=f（x）g（x），由題意可知，當x<0時，F′（x）>0，所以F（x）在（-∞，0）上單調遞增.又因f（x）、g（x）分別是定義在R上的奇函數和偶函數，所以F（x）是定義在R上的奇函數，從而F（x）在（0，+∞）上單調遞增，而F（3）=f（3）g（3）=0，所以F（-3）=-F（3），結合圖象可知不等式f（x）g（x）>0F（x）>0的解集為（-3，0）∪（3，+∞），故應選A.

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

A.f（x）在R上單調遞減

B.f（x）在R上單調遞增

C.f（x）在R上有最大值

D.f（x）在R上有最小值

提示根據條件中“f ′（x）+f（x）”的特征，可以構造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），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）在區間（-∞，3]上單調遞增，在[3，+∞）上單調遞減，f（x）max=f（3）=27e3，無最小值，故應選C.

變式2若定義在R上的函數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，不妨構造函數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，其導函數為f ′（x），且滿足f（x）f ′（x）+x<1，則下列結論正確的是（）.

A.對于任意x∈R，f（x）<0

B.對于任意x∈R，f（x）>0

C.當且僅當x∈（-∞，1）時，f（x）<0

D.當且僅當x∈（1，+∞）時，f（x）>0

提示因為函數f（x）在R上單調遞增，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（x）<0，結合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，所以當x≤1時，f（x）<0，因此對于任意x∈R，f（x）<0，故應選A.

另解因為函數f（x）在R上單調遞增，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x>1時，f（x）f ′（x）<1-x<0，所以f（x）<0，又因f（x）在R上單調遞增，所以當x≤1時，f（x）<0，因此對于任意x∈R，f（x）>0，故應選A.

變式4設y=f（x）是（0，+∞）上的可導函數，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）”聯想到“2xf（x）+x2·f ′（x）”，可構造F（x）=x2f（x）（x>0）.由（x-1）·[2f（x）+xf ′（x）]>0（x≠1）可知，當x>1時，2f（x）+xf ′（x）>0，則F′（x）=2xf（x）+x2f ′（x）>0，故F（x）在（1，+∞）上單調遞增；當0

評注總體上看，上述例2及其幾個變式都是在構造“f（x）g（x）”型可導函數解決問題，區別在于：例2及其變式1是無需變形的直接構造，且變式1在求出c的值之前，不僅逆用了導數運算法則，而且從導函數角度寫出了原函數的解析式，而變式2、3、4則需要先對條件或所求結論中的特征式作出適當的變形后再構造出相應的“f（x）g（x）”型可導函數.值得一提的是，解答變式2時構造可導函數的策略實際上是受了變式1的解法的啟發.另外，我們需要歸納掌握一些常用的構造方法：①當題設或所求結論中具有特征式“f ′（x）+f（x）”時，可構造F（x）=exf（x）；②當題設或所求結論中具有特征式“f ′（x）+f（x）+k（k為常數）”時，可構造F（x）=exf（x）+kex；③當題設或所求結論中具有特征式“xf ′（x）+nf（x）（n為常數）”時，可構造F（x）=xnf（x）；④當題設或所求結論中具有特征式“f ′（x）+nf（x）（n為常數）”，可構造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“f（x）g（x）”型可導函數

當題設條件中存在或通過變形出現特征式“f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）”時，可聯想、逆用“f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）[g（x）]2=[f（x）g（x）]”，構造可導函數y=f（x）g（x），然后利用該函數的性質巧妙地解決問題.

例3已知定義在R上函數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）

解析根據條件中“f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）”的特征，可以構造函數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（x）在R上單調遞減.又因為a+b2>ab，所以F（a+b2）

變式1已知f（x）為定義在（0，+∞）上的可導函數，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“xf ′（x）-f（x）”的特征，可以構造函數F（x）=f（x）x，則F′（x）=xf ′（x）-f（x）x2<0，F（x）在（0，+∞）上單調遞減.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設函數f（x）是R上的奇函數，f（-1）=0.當x>0時，（x2+1）f ′（x）-2x·f（x）<0，則不等式f（x）>0的解集為.

提示根據條件中“（x2+1）f ′（x）-2xf（x）”的特征，可構造函數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.由題意可知，當x>0時，F′（x）<0，所以F（x）在（0，+∞）上單調遞減，F（-1）=f（-1）（-1）2+1=0，結合F（x）的單調性及奇偶性，作出函數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f ′（x）是函數f（x）（x∈R）的導函數，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“xf ′（x）-2f（x）”的特征，可以構造函數F（x）=f（x）x2，則有F′（x）=x2f ′（x）-2xf（x）x4=x[xf ′（x）-2f（x）]x4，所以當x>0時，F′（x）>0，F（x）在（0，+∞）上單調遞增.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 ，故應選C.

變式4已知定義在（0，+∞）上的函數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“f ′（x）-f（x）”的特征，可以構造F（x）=f（x）ex，則F′（x）=f ′（x）-f（x）ex>0，F（x）在（0，+∞）上單調遞增，F（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，它們都是通過構造“f（x）g（x）”型可導函數得以解決的，不同之處在于：例3是無需變形的直接構造，而四個變式或多或少需要先對條件或所求結論中的特征式作出適當的變形后再構造出相應的“f（x）g（x）”型可導函數解決問題.當然，我們需要歸納掌握一些常用的構造方法：①當題設或所求結論中具有特征式“xf ′（x）-f（x）”時，可構造函數F（x）=f（x）x；②當題設或所求結論中具有特征式“xf ′（x）-nf（x）”，可構造函數F（x）=f（x）xn，而①是②的特殊情況；③當題設或所求結論中具有特征式“f ′（x）-f（x）”時，可構造函數F（x）=f（x）ex；④當題設或所求結論中具有特征式“f ′（x）-n·f（x）”，可構造函數F（x）=f（x）enx.