以抽象函數(shù)為背景、題設(shè)條件或所求結(jié)論中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，eq \f(f?x?,g?x?)”等特征式、旨在考查導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則的逆向、變形應(yīng)用能力的客觀題，是近幾年高考試卷中的一位“?？汀保Ｒ詨狠S題的形式出現(xiàn)，解答這類問(wèn)題的有效策略是將前述式子的外形結(jié)構(gòu)特征與導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則結(jié)合起來(lái)，合理構(gòu)造出相關(guān)的可導(dǎo)函數(shù)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題．
類型(一) 構(gòu)造y＝f(x)±g(x)型可導(dǎo)函數(shù)
[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(shí)有f′(x)＋cs x0時(shí)，f′(x)＋cs x0?F(x)>0的解集為(﹣3,0)∪(3，＋∞)，故選A.
[答案] A
[方法技巧]
當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”時(shí)，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(wèn)題．
類型(三) 構(gòu)造eq \f(f?x?,g?x?)型可導(dǎo)函數(shù)
[例3] (多選)已知定義在(0，eq \f(π,2))上的函數(shù)f(x)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且恒有cs xf′(x)＋sin xf(x)＜0成立，則( )
A．f(eq \f(π,6))＞eq \r(2)f(eq \f(π,4)) B．eq \r(3)f(eq \f(π,6))＞f(eq \f(π,3)) C．f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,3)) D．eq \r(2)f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,4))
[解析] 根據(jù)題意，令g(x)＝eq \f(f?x?,cs x)，x∈(0，eq \f(π,2))，則其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝eq \f(f′?x?cs x＋sin xf?x?,cs2x)，
又由x∈(0，eq \f(π,2))，且恒有cs xf′(x)＋sin xf(x)＜0，則有g(shù)′(x)＜0，即函數(shù)g(x)為減函數(shù)．
由eq \f(π,6)＜eq \f(π,3)，則有g(shù)(eq \f(π,6))＞g(eq \f(π,3))，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs\f(π,3))，分析可得f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,3))；又由eq \f(π,6)＜eq \f(π,4)，則有g(shù)(eq \f(π,6))＞g(eq \f(π,4))，
即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs\f(π,4))，分析可得eq \r(2)f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,4)).故選C、D.
[答案] CD
[方法技巧]
當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過(guò)變形出現(xiàn)特征式“f′(x)g(x)﹣f(x)g′(x)”時(shí)，可聯(lián)想、逆用“eq \f(f′?x?g?x?－f?x?g′?x?,[g?x?]2)＝[eq \f(f?x?,g?x?)]′”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y＝eq \f(f?x?,g?x?)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問(wèn)題．
[歸納總結(jié)]
構(gòu)造函數(shù)解決導(dǎo)數(shù)問(wèn)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).
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1)，且對(duì)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?yàn)閒(lg2|3x﹣1|)1)恒成立，則a≥eq \f(1,2)，
即a的取值范圍是[eq \f(1,2),+∞).
4．已知函數(shù)f(x)＝eq \f(ln x－a,x)﹣m(a，m∈R)在x＝e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)取得極值，且有兩個(gè)零點(diǎn)記為x1，x2.
(1)求實(shí)數(shù)a的值，以及實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)證明：ln x1＋ln x2>2.
解：(1)f′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－?ln x－a?,x2)＝eq \f(a＋1－ln x,x2)(x>0)，
由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且當(dāng)0ea＋1時(shí)，f′(x)0)，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,e)﹣m.
又x→0(x>0)時(shí)，f(x)→﹣∞；x→＋∞時(shí)，f(x)→﹣m，由f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－m>0，,－m2.即證eq \f(1＋\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1)lneq \f(x2,x1)>2，設(shè)t＝eq \f(x2,x1)>1，
則只需證ln t>eq \f(2?t－1?,t＋1)，即證ln t﹣eq \f(2?t－1?,t＋1)>0.
記u(t)＝ln t﹣eq \f(2?t－1?,t＋1)(t>1)，則u′(t)＝eq \f(1,t)﹣eq \f(4,?t＋1?2)＝eq \f(?t－1?2,t?t＋1?2)>0.
所以u(píng)(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以u(píng)(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，
故ln x1＋ln x2>2.
5．已知函數(shù)f(x)＝kex﹣x2(其中k∈R，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．
(1)若k＝2，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，試比較f(x)與2的大??；
(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x10.
即f′(x)＝2ex﹣2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
從而f(x)＝2ex﹣x2在(0，＋∞)上為增函數(shù)，
故f(x)＝2ex﹣x2>f(0)＝2.
(2)函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，
則x1，x2是f′(x)＝kex﹣2x＝0的兩個(gè)根，即方程k＝eq \f(2x,ex)有兩個(gè)根．
設(shè)φ(x)＝eq \f(2x,ex)，則φ′(x)＝eq \f(2－2x,ex)，
當(dāng)x＜0時(shí)，φ′(x)>0，函數(shù)φ(x)單調(diào)遞增且φ(x)＜0；
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，φ′(x)>0，函數(shù)φ(x)單調(diào)遞增且φ(x)>0；
當(dāng)x>1時(shí)，φ′(x)0.
作出函數(shù)φ(x)的圖象如圖所示，要使方程k＝eq \f(2x,ex)有兩個(gè)根，只需0

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