联想导数运算法则巧设可导函数解题

蔡勇全

摘要：以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f（x）±g（x）、f（x）g（x）、f（x）g（x）”等特征式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题.

关键词：求导法则；逆向；变形；构造函数

一、巧设“y=f（x）±g（x）”型可导函数

当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′（x）±g′（x）”时，不妨联想、逆用“f ′（x）±g′（x）=[f（x）±g（x）]′”，构造可导函数y=f（x）±g（x），然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.

例1设奇函数f（x）是R上的可导函数，当x>0时，有f ′（x）+cosx<0，则当x≤0时有（）.

A.f（x）+sinx≥f（0）B.f（x）+sinx≤f（0）

C.f（x）-sinx≥f（0）D.f（x）-sinx≤f（0）

解析观察条件中“f ′（x）+cosx”与选项中的式子“f（x）+sinx”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关系，于是不妨令F（x）=f（x）+sinx，因为当x>0时，f ′（x）+cosx<0，即F′（x）<0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，又F（-x）=f（-x）+sin（-x）=-[f（x）+sinx]=-F（x），所以F（x）是R上的奇函数，且F（x）在（-∞，0）上单调递减，F（0）=0，并且当x≤0时有F（x）≥F（0），即f（x）+sinx≥f（0）+sin0=f（0），故应选A.

变式1已知定义域为R的函数f（x）的图象经过点（1，1），且对于任意x∈R，都有f ′（x）+2>0，則不等式f（log2|3x-1|）<3-log2|3x-1|的解集为（）.

A.（-∞，0）∪（0，1）B.（0，+∞）

C.（-1，0）∪（0，3）D.（-∞，1）

提示根据条件中“f ′（x）+2”的特征，可以构造F（x）=f（x）+2x，则F′（x）=f ′（x）+2>0，故F（x）在定义域内单调递增，由f（1）=1，得F（1）=f（1）+2=3，因为有f（log2|3x-1|）<3-log2|3x-1|f（log2|3x-1|）+2log2|3x-1|<3，令t=log2|3x-1|，则f（t）+2t<3，即F（t）

变式2设函数f（x）、g（x）在区间[a，b]上可导，且f ′（x）>g′（x），则当a

A.f（x）>g（x）B.f（x）

C.f（x）+g（a）

D.f（x）+g（b）

提示由条件式f ′（x）>g′（x）f ′（x）-g′（x）>0，可构造F（x）=f（x）-g（x），由于函数f（x）、g（x）在区间[a，b]上可导，故函数F（x）在区间[a，b]上也可导.由题意可知，F′（x）=f ′（x）-g′（x）>0在区间[a，b]上恒成立，故函数F（x）=f（x）-g（x）在区间[a，b]上单调递增，所以对于任意x∈（a，b）恒有F（x）

变式3设定义在R上的函数f（x）满足f（0）=-1，其导函数f ′（x）满足f ′（x）>k>1，则下列结论一定错误的是（）.

A.f（1k）<1kB.f（1k）>1k-1

C.f（1k-1）<1k-1D.f（1k-1）>1k-1

提示根据条件式f ′（x）>kf ′（x）-k>0，可以构造F（x）=f（x）-kx，因为F′（x）=f ′（x）-k>0，所以F（x）在R上单调递增.又因为k>1，所以1k-1>0，从而F（1k-1）>F（0），即f（1k-1）-kk-1>-1，移项、整理得f（1k-1）>1k-1，因此选项C是错误的，故应选C.

变式4设定义在R上的函数f（x）满足f（1）=2，f ′（x）<1，则不等式f（x2）>x2+1的解集为.

提示由条件式f ′（x）<1f ′（x）-1<0，待解不等式f（x2）>x2+1f（x2）-x2-1>0，可以构造F（x）=f（x）-x-1，由于F′（x）=f ′（x）-1<0，所以F（x）在R上单调递减.又因为F（x2）=f（x2）-x2-1>0=2-12-1=f（12）-12-1=F（12），所以x2<12，解得-1x2+1的解集为{x|-1

评注以上案例中，例1及变式2属于直接给出特征式“f ′（x）±g′（x）”的类型，而对于变式1、3、4，则属于间接给出特征式“f ′（x）±g′（x）”的类型，且主要以“f ′（x）±k（k为常数）”为特征式，需要构造出可导函数f（x）±kx解决问题.事实上，无论是题目中直接抑或间接出现特征式“f ′（x）±g′（x）”，其解题本质概括起来就是“构造和（差）函数、强化恒成立”.

二、巧设“f（x）g（x）”型可导函数

当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）”时，可联想、逆用“f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）=[f（x）g（x）]′”，构造可导函数y=f（x）g（x），然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.

例2设函数f（x）、g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）>0，且g（3）=0，则不等式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）

解析构造条件中“f ′（x）g（x）+f（x）g′（x）”与待解不等式中“f（x）g（x）”两个代数式之间的关系，可构造函数F（x）=f（x）g（x），由题意可知，当x<0时，F′（x）>0，所以F（x）在（-∞，0）上单调递增.又因f（x）、g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F（x）是定义在R上的奇函数，从而F（x）在（0，+∞）上单调递增，而F（3）=f（3）g（3）=0，所以F（-3）=-F（3），结合图象可知不等式f（x）g（x）>0F（x）>0的解集为（-3，0）∪（3，+∞），故应选A.

变式1设定义在R上的函数f（x）满足f ′（x）+f（x）=3x2e-x，且f（0）=0，则下列结论正确的是（）.

A.f（x）在R上单调递减

B.f（x）在R上单调递增

C.f（x）在R上有最大值

D.f（x）在R上有最小值

提示根据条件中“f ′（x）+f（x）”的特征，可以构造F（x）=exf（x），则有F′（x）=ex[f ′（x）+f（x）]=ex·3x2e-x=3x2，故F（x）=x3+c（c为常数），所以f（x）=x3+cex，又f（0）=0，所以c=0，f（x）=x3ex.因为f ′（x）=3x2-x3ex，易知f（x）在区间（-∞，3]上单调递增，在[3，+∞）上单调递减，f（x）max=f（3）=27e3，无最小值，故应选C.

变式2若定义在R上的函数f（x）满足f ′（x）+f（x）>2，f（0）=5，则不等式f（x）<3ex+2的解为.

提示因为f ′（x）+f（x）>2，所以f ′（x）+f（x）-2>0，不妨构造函数F（x）=exf（x）-2ex.因为F′（x）=ex[f ′（x）+f（x）-2]>0，所以F（x）在R上单调递增.因为f（x）<3ex+2，所以exf（x）-2ex<3，即F（x）<3，又因为f（0）=e0f（0）-2e0=3，所以F（x）

变式3已知f（x）是定义在R上的增函数，其导函数为f ′（x），且满足f（x）f ′（x）+x<1，则下列结论正确的是（）.

A.对于任意x∈R，f（x）<0

B.对于任意x∈R，f（x）>0

C.当且仅当x∈（-∞，1）時，f（x）<0

D.当且仅当x∈（1，+∞）时，f（x）>0

提示因为函数f（x）在R上单调递增，所以f ′（x）≥0，又因f（x）f ′（x）+x<1，所以f ′（x）≠0，综合可知f ′（x）>0.又因f（x）f ′（x）+x<1，则f（x）+xf ′（x）1时，x-1>0，F（x）<0，结合F（x）=（x-1）f（x）可知，f（x）<0.又因f（x）是定义在R上的增函数，所以当x≤1时，f（x）<0，因此对于任意x∈R，f（x）<0，故应选A.

另解因为函数f（x）在R上单调递增，所以f ′（x）≥0，又因f（x）f ′（x）+x<1，所以f ′（x）≠0，综合可知f ′（x）>0.当x>1时，f（x）f ′（x）<1-x<0，所以f（x）<0，又因f（x）在R上单调递增，所以当x≤1时，f（x）<0，因此对于任意x∈R，f（x）>0，故应选A.

变式4设y=f（x）是（0，+∞）上的可导函数，f（1）=2，（x-1）[2f（x）+xf ′（x）]>0（x≠1）恒成立.若曲线f（x）在点（1，2）处的切线为y=g（x），且g（a）=2018，则a等于（）

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

提示由“2f（x）+xf ′（x）”联想到“2xf（x）+x2·f ′（x）”，可构造F（x）=x2f（x）（x>0）.由（x-1）·[2f（x）+xf ′（x）]>0（x≠1）可知，当x>1时，2f（x）+xf ′（x）>0，则F′（x）=2xf（x）+x2f ′（x）>0，故F（x）在（1，+∞）上单调递增；当0

评注总体上看，上述例2及其几个变式都是在构造“f（x）g（x）”型可导函数解决问题，区别在于：例2及其变式1是无需变形的直接构造，且变式1在求出c的值之前，不仅逆用了导数运算法则，而且从导函数角度写出了原函数的解析式，而变式2、3、4则需要先对条件或所求结论中的特征式作出适当的变形后再构造出相应的“f（x）g（x）”型可导函数.值得一提的是，解答变式2时构造可导函数的策略实际上是受了变式1的解法的启发.另外，我们需要归纳掌握一些常用的构造方法：①当题设或所求结论中具有特征式“f ′（x）+f（x）”时，可构造F（x）=exf（x）；②当题设或所求结论中具有特征式“f ′（x）+f（x）+k（k为常数）”时，可构造F（x）=exf（x）+kex；③当题设或所求结论中具有特征式“xf ′（x）+nf（x）（n为常数）”时，可构造F（x）=xnf（x）；④当题设或所求结论中具有特征式“f ′（x）+nf（x）（n为常数）”，可构造F（x）=enxf（x）.需要指出的是，类型①实际上是类型④的特殊情形.

三、巧设“f（x）g（x）”型可导函数

当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）”时，可联想、逆用“f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）[g（x）]2=[f（x）g（x）]”，构造可导函数y=f（x）g（x），然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.

例3已知定义在R上函数f（x）、g（x）满足：对任意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，则有（）.

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）

解析根据条件中“f ′（x）g（x）-f（x）g′（x）”的特征，可以构造函数F（x）=f（x）g（x），因为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上单调递减.又因为a+b2>ab，所以F（a+b2）

变式1已知f（x）为定义在（0，+∞）上的可导函数，且f（x）>xf ′（x），则不等式x2f（1x）-f（x）<0的解集为.

提示因为f（x）>xf ′（x），所以xf ′（x）-f（x）<0，根据“xf ′（x）-f（x）”的特征，可以构造函数F（x）=f（x）x，则F′（x）=xf ′（x）-f（x）x2<0，F（x）在（0，+∞）上单调递减.又因为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

变式2设函数f（x）是R上的奇函数，f（-1）=0.当x>0时，（x2+1）f ′（x）-2x·f（x）<0，则不等式f（x）>0的解集为.

提示根据条件中“（x2+1）f ′（x）-2xf（x）”的特征，可构造函数F（x）=f（x）x2+1，则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）是奇函数.由题意可知，当x>0时，F′（x）<0，所以F（x）在（0，+∞）上单调递减，F（-1）=f（-1）（-1）2+1=0，结合F（x）的单调性及奇偶性，作出函数F（x）的草图，易知，不等式F（x）>0的解集为（-∞，-1）∪（0，1），又F（x）=f（x）x2+1>0f（x）>0，故不等式f（x）>0的解集为（-∞，-1）∪（0，1）.

变式3设f ′（x）是函数f（x）（x∈R）的导函数，且满足xf ′（x）-2f（x）>0，若在ΔABC中，角C为钝角，则（）.

A.f（sinA）·sin2B>f（sinB）·sin2A

B.f（sinA）·sin2B

C.f（cosA）·sin2B>f（sinB）·cos2A

D.f（cosA）·sin2B

提示根据“xf ′（x）-2f（x）”的特征，可以构造函数F（x）=f（x）x2，则有F′（x）=x2f ′（x）-2xf（x）x4=x[xf ′（x）-2f（x）]x4，所以当x>0时，F′（x）>0，F（x）在（0，+∞）上單调递增.因为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 ，故应选C.

变式4已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足：①f（x）>0；②f（x）

A.（12e2，1e）B.（1e2，1e）

C.（e，2e）D.（e，e3）

提示一方面，因为f（x）0，根据“f ′（x）-f（x）”的特征，可以构造F（x）=f（x）ex，则F′（x）=f ′（x）-f（x）ex>0，F（x）在（0，+∞）上单调递增，F（1）G（2），即f（1）e2>f（2）e4，所以f（1）f（2）>1e2，综上所述，1e2

评注从例3及其几个变式可以看到，它们都是通过构造“f（x）g（x）”型可导函数得以解决的，不同之处在于：例3是无需变形的直接构造，而四个变式或多或少需要先对条件或所求结论中的特征式作出适当的变形后再构造出相应的“f（x）g（x）”型可导函数解决问题.当然，我们需要归纳掌握一些常用的构造方法：①当题设或所求结论中具有特征式“xf ′（x）-f（x）”时，可构造函数F（x）=f（x）x；②当题设或所求结论中具有特征式“xf ′（x）-nf（x）”，可构造函数F（x）=f（x）xn，而①是②的特殊情况；③当题设或所求结论中具有特征式“f ′（x）-f（x）”时，可构造函数F（x）=f（x）ex；④当题设或所求结论中具有特征式“f ′（x）-n·f（x）”，可构造函数F（x）=f（x）enx.