标签：逆向 函数 cdot 再议 xf 构造 cfrac 构造函数
前言
构造函数类的题目，既可以锻炼我们的解题的综合素养，也可以拓展逆向思维。
构造策略
以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中具有“\(f(x)\pm g(x)\)，\(f(x)\cdot g(x)\)，\(\frac{f(x)}{g(x)}\)”等特征式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题。
构造和差函数：当题设条件中存在或通过变形出现特征式 “\(f'(x)\)\(\pm\)\(g'(x)\)”时，不妨联想、逆用“\(f'(x)\)\(\pm\)\(g'(x)\)\(＝\)\([f(x)\)\(\pm\)\(g(x)]\)'”，从而构造可导函数\(y\)\(＝\)\(f(x)\)\(\pm\)\(g(x)\)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题。
构造乘积函数：当题设条件中存在或通过变形出现特征式“ \(f'(x)\)\(\cdot\)\(g(x)\)\(＋\)\(f(x)\)\(\cdot\)\(g'(x)\) ”时，可联想、逆用“ \(f'(x)\)\(\cdot\)\(g(x)\)\(＋\)\(f(x)\)\(\cdot\)\(g'(x)\)\(＝\)\([f(x)\)\(\cdot\)\(g(x)]'\) ”，从而构造可导函数\(y\)\(＝\)\(f(x)\)\(\cdot\)\(g(x)\)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题。
构造商函数：当题设条件中存在或通过变形出现特征式“ \(f'(x)\)\(\cdot\)\(g(x)\)\(-\)\(f(x)\)\(\cdot\)\(g'(x)\) ”时，可联想、逆用“\(\cfrac{f'(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g'(x)}{[g(x)]^2}\)\(=\)\(\cfrac{f(x)}{g(x)}'\)”，从而构造可导函数\(y=\cfrac{f(x)}{g(x)}\)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题。
解题经验
- 角度一、构造和差函数\(g(x)=f(x)\pm h(x)\)
①出现形如\(f'(x)\pm k<0\)， 构造\(g(x)=f(x)\pm kx\)；
②出现形如\(\sqrt{x}f'(x)<\cfrac{1}{2}\)，构造\(g(x)=f(x)-\sqrt{x}\)；
③出现形如\(f(x_2)-\cfrac{1}{x_2}\leq f(x_1)-\cfrac{1}{x_1}\)，构造\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{x}\)[1]，
④出现形如\(f'(x)<x\)，构造函数\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x^2\) [2]，
- 角度二、构造积函数\(g(x)=f(x)h(x)\)
①出现形如\(xf'(x)+f(x)\)，则构造函数\(g(x)=x\cdot f(x)\) [3]，
②出现如\(f'(x)+f(x)\)，则构造\(g(x)=e^x\cdot f(x)\)，
③出现形如\(f'(x)cosx-f(x)sinx\)， 构造\(g(x)=f(x)\cdot cosx\)；
④出现形如\(xf'(x)+nf(x)\)，则构造函数\(h(x)=x^nf(x)\)；[4]
⑤出现形如\(f'(x)+2f(x)\)，则构造\(g(x)=e^{2x}\cdot f(x)\)；
⑥出现形如 \(\cfrac{1}{x}f(x)+f'(x)\ln x\)，则构造 \(g(x)=f(x)\cdot\ln x\)；
- 角度三、构造商函数\(g(x)=\cfrac{f(x)}{h(x)}\)
①出现形如\(xf'(x)-f(x)\)， 构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x}\)，
②出现形如\(f'(x)cosx+f(x)sinx\)， 构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{cosx}\)，
③出现形如\(f'(x)-f(x)\)，构造\(h(x)=\cfrac{f(x)}{e^x}\)；
④出现形如\(xf'(x)-nf(x)\)，构造函数\(h(x)=\cfrac{f(x)}{x^n}\)；[5]
⑤出现形如\(f'(x)-2f(x)\)，构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{e^{2x}}\)。
- 角度四、适当变形为同结构，再构造
①出现形如\(m[g(x_1)-g(x_2)]\)\(>\)\(x_1f(x_1)\)\(-\)\(x_2f(x_2)\)，先变形为\(mg(x_1)\)\(-\)\(x_1f(x_1)\)\(>\)\(mg(x_2)\)\(-\)\(x_2f(x_2)\)，再构造函数\(H(x)\)\(=\)\(mg(x)\)\(-\)\(xf(x)\)，[6]
②当题目中出现\(\cfrac{(x+2020)f(x+2020)}{3}\)\(<\)\(\cfrac{3f(3)}{x+2020}\)(\(x>0\))，需要变形为\((x+2020)^2\)\(\cdot\)\(f(x+2020)\)\(<\)\(3^2\)\(\cdot\)\(f(3)\)，从而构造\(F(x)\)\(=\)\(x^2\)\(\cdot\)\(f(x)\)；
典例剖析
解析: 构造函数 \(g(x)=\cfrac{f(x)-1}{{e}^{x}}\)， 则 \(g'(x)=\cfrac{f'(x)-f(x)+1}{{e}^{x}}\)，
因为 \(f(x)>f'(x)+1\)， 所以 \(g'(x)<0\)， 可得 \(g(x)=\cfrac{f(x)-1}{{e}^{x}}\) 在 \(R\) 上单调递减，
又 \(f(0)=2020\)， 则 \(g(0)=\cfrac{f(0)-1}{{e}^{0}}=2019\)，
原不等式 \(f(x)-2019{e}^{x}<1\)，变形为 \(f(x)-1<2019{e}^{x}\)，
再次整理为\(\cfrac{f(x)-1}{{e}^{x}}<2019\)， 即 \(g(x)<g(0)\)，
因为 \(g(x)\) 在 \(R\) 上单调递减，则得 \(x>0\)，故选 \(A\) .
比如，已知函数\(f(x)\)单调递减，证明\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)，常先定义\(x_1>x_2\in D\)，则原不等式等价转化为\(f(x_2)-f(x_1)\leq \cfrac{1}{x_2}-\cfrac{1}{x_1}\)，再转化为\(f(x_2)-\cfrac{1}{x_2}\leq f(x_1)-\cfrac{1}{x_1}\)，然后构造\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{x}\)，想法证明\(g(x)\)单调递增。 ↩︎
比如：已知在\((0，+\infty)\)上\(f'(x)<x\)，则我们构造函数\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x^2\) ↩︎
为什么这样构造，只需要我们对\(g(x)\)求导，就可以回答这个问题，\(g'(x)=f(x)+xf'(x)\)，如果题目还给定条件\(xf'(x)+f(x)>0\)，则我们自然能得到\(g'(x)=f(x)+xf'(x)>0\)，即构造的新函数是单调递增的，这样就可以利用单调性解决相应的问题了；其他同理。 ↩︎
如\(xf'(x)+3f(x)\)，构造\(g(x)=x^3f(x)\)； ↩︎
如\(xf'(x)-3f(x)>0\)，构造\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x^x}\)， ↩︎
设\(f(x)=lnx，g(x)=\cfrac{1}{2}x|x|\)，任意\(x_1，x_2\in [1，+\infty)\)，且\(x_1>x_2\)，都有\(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)\)恒成立，求实数\(m\)的取值范围； 此时构造函数\(H(x)=mg(x)-xf(x)\)，想法子证明函数\(H(x)\)在\([1，+\infty)\)上单调递增，借此求出\(m\)的取值。题解见例8 ↩︎
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