四川 蔡勇全

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)

提示觀察條件中“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)，故選A.

( )

A.(-∞，0)∪(0，1)

B.(0，+∞)

C.(-1，0)∪(0，3)

D.(-∞，1)

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)得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

( )

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)<1得f′(x)-1<0，待解不等式f(x2)>x2+1可化為f(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)

提示構(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)>0?F(x)>0的解集為(-3，0)∪(3，+∞)，故選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

( )

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

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)=2 018，則a等于

( )

A.-501 B.-502

C.-503 D.-504

提示由“2f(x)+xf′(x)”聯(lián)想到“2xf(x)+x2f′(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，方法①實際上是方法④的特殊情形.

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

( )

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)-2xf(x)<0，則不等式f(x)>0的解集為______ .

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△ABC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

( )

C.(e，2e) D.(e，e3)