■甘肅省白銀市第一中學(xué) 胡貴平

構(gòu)造函數(shù)是解導(dǎo)數(shù)問(wèn)題的基本方法，怎樣根據(jù)初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的基本運(yùn)算法則，合理地構(gòu)造出輔助函數(shù)，借助函數(shù)的性質(zhì)，解決抽象函數(shù)的導(dǎo)數(shù)問(wèn)題呢?下面舉例說(shuō)明。

類型一：f(x)+xf'(x)構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf(x)

例1(2018年甘肅蘭州一診)已知函數(shù)y=f(x)是定義域R上的偶函數(shù)，且當(dāng)x＞0時(shí)，不等式f(x)+x·f'(x)＜0成立，若a=30.2f(30.2)，b=(logπ2)f(logπ2)，c=，則a，c，b之間的大小關(guān)系為( )。

A.a＞c＞b B.c＞a＞b

C.c＞b＞a D.b＞a＞c

解：記函數(shù)g(x)=xf(x)，則g'(x)=f(x)+xf'(x)，因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，不等式f(x)+x·f'(x)＜0成立，所以x＞0，g'(x)＜0，所以g(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞減，又因?yàn)楹瘮?shù)y=f(x)是定義域R上的偶函數(shù)，所以函數(shù)g(x)=xf(x)為奇函數(shù)，且在R上單調(diào)遞減，因?yàn)?＜30.2＜2，0＜logπ2＜1，log2=-2，所以-2＜logπ2＜30.2，所以c＞b＞a，故選C。

變式：nf(x)+xf'(x)構(gòu)造函數(shù)F(x)=xnf(x)。

F(x)=xnf(x)，則F'(x)=nxn-1f(x)+xnf'(x)=xn-1[nf(x)+xf'(x)]。

例2(2009年天津文12)設(shè)函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)為f'(x)，且2f(x)+xf'(x)＞x2，下面的不等式在R內(nèi)恒成立的是( )。

A.f(x)＞0 B.f(x)＜0

C.f(x)＞x D.f(x)＜x

解：由已知，首先令x=0得f(x)＞0，排除B，D。

令g(x)=x2f(x)，則g'(x)=x[2f(x)+xf'(x)]。

綜上，f(x)＞0。故選A。

類型二：xf'(x)-f(x)構(gòu)造函數(shù)F(x)

例3(2015年全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷理12)設(shè)函數(shù)f'(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(-1)=0，當(dāng)x＞0時(shí)，xf'(x)-f(x)＜0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是( )。

A.(-∞，-1)∪(0，1)

B.(-1，0)∪(1，+∞)

C.(-∞，-1)∪(-1，0)

D.(0，1)∪(1，+∞)

解：記函數(shù)g(x)=，則g'(x)=因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，xf'(x)-f(x)＜0，故當(dāng)x＞0時(shí)，g'(x)＜0，所以g(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞減。又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(-∞，0)上單調(diào)遞減，且g(-1)=g(1)=0。當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞0，則f(x)＞0;當(dāng)x＜-1時(shí)，g(x)＜0，則f(x)＞0。綜上所述，使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(-∞，-1)∪(0，1)，故選A。

變式：xf'(x)-nf(x)構(gòu)造函數(shù)F(x)

例4(2017年安徽省蚌埠二中等四校聯(lián)考)定義在區(qū)間(0，+∞)上的函數(shù)f(x)滿足:2f(x)＜xf'(x)＜3f(x)對(duì)x∈(0，+∞)恒成立，其中f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則( )。

類型三：f'(x)+f(x)構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)ex

例5設(shè)f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，且f'(x)≥-f(x)，f(0)=1，f(2)=。則f(1)的值為_(kāi)___。

解：由f'(x)≥-f(x)得f'(x)+f(x)≥0，所 以 exf'(x)+exf(x)≥0，即[exf(x)]'≥0。設(shè)函數(shù)F(x)=exf(x)，則此時(shí)有1=F(2)≥F(0)=1，故F(x)=exf(x)=1，f(1)=。

變式：f'(x)+nf(x)構(gòu)造函數(shù)F(x)=enxf(x)。

F(x)=enxf(x)，F(xiàn)'(x)=f'(x)enx+nenxf(x)=enx[f'(x)+nf(x)]。

例6已知函數(shù)f(x)滿足:f(x)+2f'(x)＞0，那么下列不等式成立的是( )。

解：設(shè)F(x)=f(x)。

因?yàn)閒(x)+2f'(x)＞0，所以F'(x)＞0，則F(x)在定義域上單調(diào)遞增，所以F(1)＞F(0)，則，故答案為A。

類型四：f'(x)-f(x)構(gòu)造函數(shù)F(x)=

例7(2017年南昌市三模)已知函數(shù)f'(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)=，對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f(x)-f'(x)＞0，則不等式f(x)＜ex-2的解集為( )。

A.(-∞，e) B.(1，+∞)

C.(1，e) D.(e，+∞)

解：令 g(x)=，則g'(x)=

對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f(x)-f'(x)＞0，所以g'(x)＜0，從而g(x)為R上的減函數(shù)。，即g(x)＜g(1)。因?yàn)間(x)為R上的減函數(shù)，所以x＞1，所以不等式f(x)＜ex-2的解集為(1，+∞)。故選B。

變式：f'(x)-nf(x)構(gòu)造函數(shù)F(x)=

例8若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f'(x)-2f(x)＞0，f(0)=1，則不等式f(x)＞e2x的解集為_(kāi)___。

解：令 g(x)=則g'(x)=

函數(shù)f(x)滿足f'(x)-2f(x)＞0，所以g'(x)＞0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，又f(0)=1，所以g(0)=1，不等式f(x)＞e2x可化為＞1，即g(x)＞g(0)，所以x＞0。故不等式f(x)＞e2x的解集為｛x x＞0｝。

類型五：f'(x)sinx +f(x)cosx構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)sinx

例9(2018屆高三福建省德化永安漳平三校聯(lián)考)定義在（ 0 ，）上的函數(shù)f(x)，f'(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有cosx·f(x)+f'(x)sinx＞0成立，則( )。

解：令g(x)=f(x)sin則g'(x)=cosxf(x)+f'(x)sinx＞0，從而g(x)在（ 0 ，）上單調(diào)遞增，所以g(1)＞故選B。

類型六：f'(x)sinx-f(x)cosx構(gòu)造

函數(shù)F(x)=

例10定義在（0 ，）上的函數(shù)f(x)，f'(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有f(x)＞f'(x)·tanx成立，則( )。

解：因?yàn)閤∈ （0 ，），所以sinx＞0，cosx＞0。由f(x)＞f'(x)tanx，得f(x)·cosx-f'(x)sinx＞0。

類型七：f'(x)cosx-f(x)sinx構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)cosx

若令F(x)=f(x)cosx，則F'(x)=f'(x)cosx-f(x)sinx。

例11設(shè)函數(shù)f'(x)是定義在(0，2π)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(x)=f(2πx)。當(dāng) 0＜x＜π 時(shí)，f(x)sinxf'(x)cosx＜0，若a=，b=0，c=，則a，b，c之間的大小關(guān)系為( )。

A.a＜b＜c B.b＜c＜a

C.c＜b＜a D.c＜a＜b

解：令g(x)=f(x)cosx，則g'(x)=f'(x)cosx-f(x)sinx＞0，所以函數(shù)g(x)在(0，π)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(x)=f(2πx)，所以g(x)=g(2π-x)，即g(x)的圖像關(guān)于x=π對(duì)稱，所以，所以a＜b＜c，故選A。

類型八：f'(x)cosx+f(x)sinx構(gòu)造函數(shù)

例12(2018年湖南十校聯(lián)考)已知函數(shù)y=f(x)對(duì)于任意的f'(x)cosx +f(x)sin x=1+lnx，其中f'(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則下列不等式成立的是( )。

解：令則g'(x)=