2．(1)當題設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．
(2)當題設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．
(3)當題設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“eq \f(f′?x?g?x?－f?x?g′?x?,[g?x?]2)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f?x?,g?x?)))′”，構(gòu)造可導函數(shù)y＝eq \f(f?x?,g?x?)，再利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問題．
3．構(gòu)造函數(shù)解決導數(shù)問題常用模型
(1)條件：f′(x)>a(a≠0)：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝f(x)－ax.
(2)條件：f′(x)±g′(x)>0：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝f(x)±g(x)．
(3)條件：f′(x)＋f(x)>0：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝exf(x)．
(4)條件：f′(x)－f(x)>0：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝eq \f(f?x?,ex).
(5)條件：xf′(x)＋f(x)>0：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝xf(x)．
(6)條件：xf′(x)－f(x)>0：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝eq \f(f?x?,x).
題型一 構(gòu)造y＝f(x)±g(x)型可導函數(shù)
1．設奇函數(shù)f(x)是R上的可導函數(shù)，當x>0時有f′(x)＋cs x0時，f′(x)＋cs x1，則下列結(jié)論一定錯誤的是( )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))eq \f(1,k－1) C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)))eq \f(1,k－1)
解析：根據(jù)條件式f′(x)>k得f′(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eq \f(1,k－1)>0，從而Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)))>F(0)，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)))－eq \f(k,k－1)>－1，
移項、整理得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)))>eq \f(1,k－1)，因此選項C是錯誤的，故選C.
3．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(lg2|3x－1|)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，因為由f(lg2|3x－1|)

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