課外素養(yǎng)提升④　邏輯推理——構(gòu)造法求f(x)與f′(x)共存問(wèn)題在導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用的客觀題中，有一個(gè)熱點(diǎn)考查點(diǎn)，即不給出具體的函數(shù)解析式，而是給出函數(shù)f(x)及其導(dǎo)數(shù)滿足的條件，需要據(jù)此條件構(gòu)造抽象函數(shù)，再根據(jù)條件得出構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性，應(yīng)用單調(diào)性解決問(wèn)題的題目，該類題目具有一定的難度．下面總結(jié)其基本類型及其處理方法． f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型【例1】　(1)定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足f(1)＝1，且對(duì)任意的x∈R都有f′(x)＜，則不等式f(lg x)＞的解集為________．(2)設(shè)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(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集為________．(1)(0,10)　(2)(－∞，－3)∪(0,3)　[(1)由題意構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－x，則g′(x)＝f′(x)－＜0，所以g(x)在定義域內(nèi)是減函數(shù)．因?yàn)?/span>f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－＝，由f(lg x)＞，得f(lg x)－lg x＞.即g(lg x)＝f(lg x)－lg x＞＝g(1)，所以lg x＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集為(0,10)．(2)借助導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0?[f(x)g(x)]′＞0，所以函數(shù)y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．又由題意知函數(shù)y＝f(x)g(x)為奇函數(shù)，所以其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且過(guò)點(diǎn)(－3,0)，(3,0)．?dāng)?shù)形結(jié)合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)．][評(píng)析]　(1)對(duì)于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)．(2)對(duì)于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)．特別地，對(duì)于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.(3)對(duì)于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)．(4)對(duì)于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝(g(x)≠0)． xf′(x)±nf(x)(n為常數(shù))型【例2】　(1)設(shè)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，＋∞)(2)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，則下列不等式在R上恒成立的是(　　)A．f(x)＞0   B．f(x)＜0C．f(x)＞x   D．f(x)＜x(1)A　(2)A　[(1)令g(x)＝，則g′(x)＝.由題意知，當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．∵f(x)是奇函數(shù)，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g(x)＞0，從而f(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＜0，從而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函數(shù)，∴當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)＞0；當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f(x)＜0.綜上，使f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)．(2)令g(x)＝x2f(x)－x4，則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－x4＞0，從而f(x)＞x2＞0；當(dāng)x＜0時(shí)，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－x4＞0，從而f(x)＞x2＞0；當(dāng)x＝0時(shí)，由題意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.綜上可知，f(x)＞0.][評(píng)析]　(1)對(duì)于xf′(x)＋nf(x)＞0型，構(gòu)造F(x)＝xnf(x)，則F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意對(duì)xn－1的符號(hào)進(jìn)行討論)，特別地，當(dāng)n＝1時(shí)，xf′(x)＋f(x)＞0，構(gòu)造F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.(2)對(duì)于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，構(gòu)造F(x)＝，則F′(x)＝(注意對(duì)xn＋1的符號(hào)進(jìn)行討論)，特別地，當(dāng)n＝1時(shí)，xf′(x)－f(x)＞0，構(gòu)造F(x)＝，則F′(x)＝＞0. f′(x)±λf(x)(λ為常數(shù))型【例3】　(1)已知f(x)在R上的可導(dǎo)函數(shù)，且?x∈R，均有f(x)＞f′(x)，則有(　　)A．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)B．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)C．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)D．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)(2)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則不等式exf(x)－e＞0的解集為________．(1)D　(2)(2，＋∞)　[(1)構(gòu)造函數(shù)h(x)＝，則h′(x)＝＜0，即h(x)在R上單調(diào)遞減，故h(－2 019)＞h(0)，即＞?e2 019f(－2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，即f(2 019)＜e2 019f(0)，故選D.(2)由f(x)＋2f′(x)＞0，得2＞0，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝ef(x)，則h′(x)＝e [f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函數(shù)h(x)＝ef(x)在R上單調(diào)遞增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)－e＞0等價(jià)于ef(x)＞1，即h(x)＞h(2)?x＞2，所以不等式exf(x)－e＞0的解集為(2，＋∞)．][評(píng)析]　(1)對(duì)于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝exf(x)．(2)對(duì)于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝.

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