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2020版高考新创新一轮复习数学（理）通用版讲义：第三章第二节 第2课时 必备方法——破解导数问题常用到的4种方法
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第2课时 必备方法——破解导数问题常用到的4种方法
构造函数法解决抽象不等式问题
以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，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前述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．
类型一 构造y＝f(x)±g(x)型可导函数
[例1] 设奇函数f(x)是R上的可导函数，当x>0时有f′(x)＋cos x<0，则当x≤0时，有( )
A．f(x)＋sin x≥f(0) B．f(x)＋sin x≤f(0)
C．f(x)－sin x≥f(0) D．f(x)－sin x≤f(0)
[解析] 观察条件中“f′(x)＋cos x”与选项中的式子“f(x)＋sin x”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关系，于是不妨令F(x)＝f(x)＋sin x，因为当x>0时，f′(x)＋cos x<0，即F′(x)<0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，又F(－x)＝f(－x)＋sin(－x)＝－[f(x)＋sin x]＝－F(x)，所以F(x)是R上的奇函数，且F(x)在(－∞，0)上单调递减， F(0)＝0，并且当x≤0时有F(x)≥F(0)，即f(x)＋sin x≥f(0)＋sin 0＝f(0)，故选A.
[答案] A
[题后悟通]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
类型二 构造f(x)·g(x)型可导函数
[例2] 设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)>0的解集是( )
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
[解析] 利用构造条件中“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”与待解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之间的关系，可构造函数F(x)＝f(x)g(x)，由题意可知，当x<0时，F′(x)>0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而F(x)在(0，＋∞)上单调递增，而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以F(－3)＝－F(3)，结合图象可知不等式f(x)g(x)>0⇔F(x)>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.
[答案] A
[题后悟通]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
类型三 构造型可导函数
[例3] 已知定义在R上函数f(x)，g(x)满足：对任意x∈R，都有f(x)>0，g(x)>0，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0.若a，b∈R＋且a≠b，则有( )
A．fg>f()g()
B．fg
D．fg()
[题后悟通]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“＝′”，构造可导函数y＝，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
构造函数解决导数问题常用模型
(1)条件：f′(x)>a(a≠0)：构造函数：h(x)＝f(x)－ax.
(2)条件：f′(x)±g′(x)>0：构造函数：h(x)＝f(x)±g(x)．
(3)条件：f′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝exf(x)．
(4)条件：f′(x)－f(x)>0：构造函数：h(x)＝.
(5)条件：xf′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝xf(x)．
(6)条件：xf′(x)－f(x)>0：构造函数：h(x)＝.
1．已知定义域为R的函数f(x)的图象经过点(1,1)，且对于任意x∈R，都有f′(x)＋2>0，则不等式f(log2|3x－1|)<3－log|3x－1|的解集为( )
A．(－∞，0)∪(0,1) B．(0，＋∞)
C．(－1,0)∪(0,3) D．(－∞，1)
解析：选A 根据条件中“f′(x)＋2”的特征，可以构造F(x)＝f(x)＋2x，则F′(x)＝f′(x)＋2>0，故F(x)在定义域内单调递增，由f(1)＝1，得F(1)＝f(1)＋2＝3，因为由f(log2|3x－1|)<3－log|3x－1|可化为f(log2|3x－1|)＋2log2|3x－1|<3，令t＝log2|3x－1|，则f(t)＋2t<3.即F(t)
A．f(x)在R上单调递减
B．f(x)在R上单调递增
C．f(x)在R上有最大值
D．f(x)在R上有最小值
解析：选C 根据条件中“f′(x)＋f(x)”的特征，可以构造F(x)＝exf(x)，则有F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＝ex·3x2e－x＝3x2，故F(x)＝x3＋c(c为常数)，所以f(x)＝，又f(0)＝0，所以c＝0，f(x)＝.因为f′(x)＝，易知f(x)在区间(－∞，3]上单调递增，在[3， ＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(3)＝，无最小值，故选C.
3．已知f(x)为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f(x)>xf′(x)，则不等式x2f－f(x)<0的解集为________．
解析：因为f(x)>xf′(x)，所以xf′(x)－f(x)<0，根据“xf′(x)－f(x)”的特征，可以构造函数F(x)＝，则F′(x)＝<0，故F(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为x>0，所以x2f－f(x)<0可化为xf－<0，即－<0，即<，即F
分类讨论法解决含参函数单调性问题
函数与导数问题中往往含有变量或参数，这些变量或参数取不同值时会导致不同的结果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．
[例1] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
[解] (1)因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1.
①当Δ≤0⇒－≤a≤，f′(x)≥0，且在R的任给一子区间上，f′(x)不恒为0，所以f(x)在R上递增；
②当Δ>0⇒a<－或a>.
由f′(x)＝0⇒x1＝，x2＝.
x
(－∞，x1)
(x1，x2)
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，x1)，(x2，＋∞)；单调递减区间是(x1，x2)．
(2)因为f(x)在内是减函数，所以⊆(x1，x2)．
所以f′(x)＝3x2＋2ax＋1≤0在上恒成立．
所以2a≥－3x－在上恒成立，所以a≥2.
[题后悟通]
本题求导后，转化为一个二次型函数的含参问题，首先考虑二次三项式是否存在零点，即对判别式Δ进行Δ≤0和Δ>0两类讨论，可归纳为“有无实根判别式，两种情形需知晓”．
[例2] 函数f(x)＝，当a≠0时，求f(x)的单调区间与极值．
[解] 因为f′(x)＝＝·(x－a).
(1)a>0时
x
(－∞，－a－1)
(－a－1，a)
(a，＋∞)
f′(x)
－
＋
－
f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
(2)当a<0时，
x
(－∞，a)
(a，－a－1)
(－a－1，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
综上，当a>0时，f(x)的递增区间是(－a－1，a)，递减区间是(－∞，－a－1)，(a，＋∞)，f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.当a<0时，f(x)的递增区间是(－∞，a)， (－a－1，＋∞)，递减区间是(a，－a－1)，f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
[题后悟通]
求导后，若导函数中的二次三项式能因式分解需考虑首项系数是否含有参数．若首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论．可归纳为“首项系数含参数，先证系数零正负”．
[例3] 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)，讨论f(x)的单调性．
[解] f′(x)＝.
①当a2－2a<0时，即1－1.
x
(－1，a2－2a)
(a2－2a,0)
(0，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
②当a＝2时，f′(x)＝≥0，f(x)在(－1，＋∞)上递增．
③当a2－2a>0时，即a>2时，
x
(－1,0)
(0，a2－2a)
(a2－2a，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
综上，当12时，f(x)的递增区间是(－1,0)，(a2－2a，＋∞)，递减区间是(0，a2－2a)；当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)上递增．
[题后悟通]
求导后且导函数可分解且首项系数无参数可求出f′(x)的根后比较两根大小，注意两根是否在定义域内，可归纳为“首项系数无参数，根的大小定胜负．定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．
利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程
[口诀记忆]
导数取零把根找，先定有无后大小；
有无实根判别式，两种情形需知晓．
因式分解见两根，逻辑分类有区分；
首项系数含参数，先论系数零正负．
首项系数无参数，根的大小定胜负；
定义域，紧跟踪，两根是否在其中．
4．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
转移法解决求解最值中计算困难问题
[典例] 函数f(x)＝ex－e－x－2x，设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值．
[解题观摩] 因为g(x)＝e2x－e－2x－4x－4bex＋4be－x＋8bx，
所以g′(x)＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．
因为ex＋e－x≥2＝2.
①当b≤2时，g′(x)≥0，所以g(x)在R上递增．
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0.
②当b>2时，由ex＋e－x－2b＋2＝0⇒x1＝ln(b－1＋)>0，x2＝ln(b－1－)<0.
所以当0
[题后悟通]
在一些不等式证明或恒成立的问题中，通常需要判定函数极值或最值的正负．有时直接计算函数的极值涉及复杂的运算，甚至无法算出一个显性的数值．这时可以考虑不直接计算函数极值，通过计算另一个特殊点的函数值来确定函数极值或最值的正负，这个特殊点通常在解题过程中已出现过．如在本题②中要直接算出g(ln(b－1＋))很难，转移到计算g(0)就很简单，而且g(0)在解题过程中已出现过，这就是转移法．
[口诀记忆]
最值运算入逆境，位置挪移绕道行；
挪动位置到何处，解题过程曾途经．
[针对训练]
5．函数f(x)＝e－ax，对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1，求a的取值范围．
解：①当a≤0时，因为x∈(0,1)，
所以>1且e－ax>1，所以f(x)>1.
因为f′(x)＝＝0⇒x2＝1－.
②当0
③当a>2时，f(x)在上递减．
所以当x∈时，f(x)
二次求导法解决判断f′(x)符号困难问题
[例1] 若函数f(x)＝，0
设g(x)＝xcos x－sin x，
则g′(x)＝－xsin x＋cos x－cos x＝－xsin x.
∵0f(x2)，即a>b.
[题后悟通]
从本题解答来看，为了得到f(x)的单调性，须判断f′(x)的符号，而f′(x)＝的分母为正，只需判断分子xcos x－sin x的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．
[例2] 已知函数f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．
[解题观摩] (1)由f(x)＝ex－xln x，知f′(x)＝e－ln x－1，
则f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，
则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x＋1.
(2)∵f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，
∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于ex－tx2＋x－ex＋xln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即t≤对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令F(x)＝，
则F′(x)＝＝，
令G(x)＝ex＋e－－ln x，
则G′(x)＝ex－－＝>0，对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
∴G(x)＝ex＋e－－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，G(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，G(x)>0，即当x∈(0,1)时，F′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，
∴F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴F(x)≥F(1)＝1，
∴t≤1，即t的取值范围是(－∞，1]．
[题后悟通]
本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t的范围问题，实际上是求F(x)＝极值问题，问题是F′(x)＝ex＋e－－ln x这个方程求解不易，这时我们可以尝试对G(x)＝x2·F′(x)再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．
判定函数的单调性和求函数极值，都需要判定导函数的正负．有些导函数形式很复杂，它的正负很难直接判定，常常需要建立新函数再次求导，通过探求新函数的最值，以此确定导函数的正负．
6．讨论函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1的单调性．
解：由f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1，可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．易得f′(x)＝ln x＋－1＝ln x＋，用f′(x)去分析f(x)的单调性受阻．因此再对f′(x)＝ln x＋求导，得f″(x)＝－＝.令f″(x)＝＝0，得x＝1.当01时，f″(x)>0，即f′(x)＝ln x＋在区间(1，＋∞)上为增函数．因此f′(x)min＝f′(1)＝1>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
[课时跟踪检测]
1．设定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1，则下列结论一定错误的是( )
A．f< B．f>
C．f< D．f>
解析：选C 根据条件式f′(x)>k得f′(x)－k>0，可以构造F(x)＝f(x)－kx，因为F′(x)＝f′(x)－k>0，所以F(x)在R上单调递增．又因为k>1，所以>0，从而F>F(0)，即f－>－1，移项、整理得f>，因此选项C是错误的，故选C.
2．已知f(x)是定义在R上的增函数，其导函数为f′(x)，且满足＋x<1，则下列结论正确的是( )
A．对于任意x∈R，f(x)<0
B．对于任意x∈R，f(x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0
解析：选A 因为函数f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0，又因为＋x<1，则f′(x)≠0，综合可知f′(x)>0.又因为＋x<1，则f(x)＋xf′(x)1时，x－1>0，F(x)<0，故f(x)<0.又因为f(x)是定义在R上的增函数，所以当x≤1时，f(x)<0，因此对于任意x∈R，f(x)<0，故选A.
3．设y＝f(x)是(0，＋∞)上的可导函数，f(1)＝2，(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)恒成立．若曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y＝g(x)，且g(a)＝2 018，则a等于( )
A．－501 B．－502
C．－503 D．－504
解析：选C 由“2f(x)＋xf′(x)”联想到“2xf(x)＋x2f′(x)”，可构造 F(x)＝x2f(x)(x>0)．由(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)可知，当x>1时，2f(x)＋xf′(x)>0，则F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，故F(x)在(1，＋∞)上单调递增；当0
A．f(sin A)·sin2B>f(sin B)·sin2A
B．f(sin A)·sin2B
D．f(cos A)·sin2Bcos A>cos＝sin B>0，所以F(cos A)>F(sin B)，即>，f(cos A)·sin2B>f(sin B)·cos2A，故选C.
5．(2018·长春三模)定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )
A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)
B．e x1f(x2)＜e x2f(x1)
C．e x1f(x2)＝e x2f(x1)
D．e x1f(x2)与e x2f(x1)的大小关系不确定
解析：选A 设g(x)＝，则g′(x)＝＝，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即＜，所以e x1f(x2)＞e x2f(x1)．
6．设定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝2，f′(x)<1，则不等式f(x2)>x2＋1的解集为________．
解析：由条件式f′(x)<1得f′(x)－1<0，待解不等式f(x2)>x2＋1可化为f(x2)－x2－1>0，可以构造F(x)＝f(x)－x－1，由于F′(x)＝f′(x)－1<0，所以F(x)在R上单调递减．又因为F(x2)＝f(x2)－x2－1>0＝2－12－1＝f(12)－12－1＝F(12)，所以x2<12，解得－1x2＋1的解集为{x|－1
解析：因为f′(x)＋f(x)>2，所以f′(x)＋f(x)－2>0，不妨构造函数F(x)＝exf(x)－2ex.因为F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)－2]>0，所以F(x)在R上单调递增．因为f(x)<＋2，所以exf(x)－2ex<3，即F(x)<3，又因为F(0)＝e0f(0)－2e0＝3，所以F(x)
8．已知函数f(x)＝x－＋1－aln x，a＞0，讨论f(x)的单调性．
解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝.
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ≤0，即0＜a≤2时，对一切x＞0都有f′(x)≥0.
此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ＞0，即a＞2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2.
由f′(x)>0，得0x2.
由f′(x)<0，得x1
在上单调递增．
9．设a≥0，求证：当x>1时，恒有x>ln2x－2aln x＋1.
证明：令g(x)＝x－ln2x＋2aln x－1(x>1)，
所以g′(x)＝.
令u(x)＝x－2ln x＋2a，所以u′(x)＝1－＝.
x
(0,2)
(2，＋∞)
u′(x)
－
＋
所以u(x)≥u(2)＝2(1－ln 2＋a)>0⇒g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)递增．
因为x>1，所以g(x)>g(1)＝0，所以原不等式成立．
10．已知函数f(x)＝ln(ax＋1)＋，x≥0，其中a>0.若f(x)的最小值为1，求a的取值范围．
解：因为f′(x)＝.
①当a≥2时，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)递增，
所以f(x)min＝f(0)＝1，满足题设条件．
②当0
构造函数法解决抽象不等式问题
以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，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前述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．
类型一 构造y＝f(x)±g(x)型可导函数
[例1] 设奇函数f(x)是R上的可导函数，当x>0时有f′(x)＋cos x<0，则当x≤0时，有( )
A．f(x)＋sin x≥f(0) B．f(x)＋sin x≤f(0)
C．f(x)－sin x≥f(0) D．f(x)－sin x≤f(0)
[解析] 观察条件中“f′(x)＋cos x”与选项中的式子“f(x)＋sin x”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关系，于是不妨令F(x)＝f(x)＋sin x，因为当x>0时，f′(x)＋cos x<0，即F′(x)<0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，又F(－x)＝f(－x)＋sin(－x)＝－[f(x)＋sin x]＝－F(x)，所以F(x)是R上的奇函数，且F(x)在(－∞，0)上单调递减， F(0)＝0，并且当x≤0时有F(x)≥F(0)，即f(x)＋sin x≥f(0)＋sin 0＝f(0)，故选A.
[答案] A
[题后悟通]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
类型二 构造f(x)·g(x)型可导函数
[例2] 设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)>0的解集是( )
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
[解析] 利用构造条件中“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”与待解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之间的关系，可构造函数F(x)＝f(x)g(x)，由题意可知，当x<0时，F′(x)>0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而F(x)在(0，＋∞)上单调递增，而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以F(－3)＝－F(3)，结合图象可知不等式f(x)g(x)>0⇔F(x)>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.
[答案] A
[题后悟通]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
类型三 构造型可导函数
[例3] 已知定义在R上函数f(x)，g(x)满足：对任意x∈R，都有f(x)>0，g(x)>0，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0.若a，b∈R＋且a≠b，则有( )
A．fg>f()g()
B．fg
D．fg()
[题后悟通]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“＝′”，构造可导函数y＝，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
构造函数解决导数问题常用模型
(1)条件：f′(x)>a(a≠0)：构造函数：h(x)＝f(x)－ax.
(2)条件：f′(x)±g′(x)>0：构造函数：h(x)＝f(x)±g(x)．
(3)条件：f′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝exf(x)．
(4)条件：f′(x)－f(x)>0：构造函数：h(x)＝.
(5)条件：xf′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝xf(x)．
(6)条件：xf′(x)－f(x)>0：构造函数：h(x)＝.
1．已知定义域为R的函数f(x)的图象经过点(1,1)，且对于任意x∈R，都有f′(x)＋2>0，则不等式f(log2|3x－1|)<3－log|3x－1|的解集为( )
A．(－∞，0)∪(0,1) B．(0，＋∞)
C．(－1,0)∪(0,3) D．(－∞，1)
解析：选A 根据条件中“f′(x)＋2”的特征，可以构造F(x)＝f(x)＋2x，则F′(x)＝f′(x)＋2>0，故F(x)在定义域内单调递增，由f(1)＝1，得F(1)＝f(1)＋2＝3，因为由f(log2|3x－1|)<3－log|3x－1|可化为f(log2|3x－1|)＋2log2|3x－1|<3，令t＝log2|3x－1|，则f(t)＋2t<3.即F(t)
A．f(x)在R上单调递减
B．f(x)在R上单调递增
C．f(x)在R上有最大值
D．f(x)在R上有最小值
解析：选C 根据条件中“f′(x)＋f(x)”的特征，可以构造F(x)＝exf(x)，则有F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＝ex·3x2e－x＝3x2，故F(x)＝x3＋c(c为常数)，所以f(x)＝，又f(0)＝0，所以c＝0，f(x)＝.因为f′(x)＝，易知f(x)在区间(－∞，3]上单调递增，在[3， ＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(3)＝，无最小值，故选C.
3．已知f(x)为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f(x)>xf′(x)，则不等式x2f－f(x)<0的解集为________．
解析：因为f(x)>xf′(x)，所以xf′(x)－f(x)<0，根据“xf′(x)－f(x)”的特征，可以构造函数F(x)＝，则F′(x)＝<0，故F(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为x>0，所以x2f－f(x)<0可化为xf－<0，即－<0，即<，即F
分类讨论法解决含参函数单调性问题
函数与导数问题中往往含有变量或参数，这些变量或参数取不同值时会导致不同的结果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．
[例1] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
[解] (1)因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1.
①当Δ≤0⇒－≤a≤，f′(x)≥0，且在R的任给一子区间上，f′(x)不恒为0，所以f(x)在R上递增；
②当Δ>0⇒a<－或a>.
由f′(x)＝0⇒x1＝，x2＝.
x
(－∞，x1)
(x1，x2)
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，x1)，(x2，＋∞)；单调递减区间是(x1，x2)．
(2)因为f(x)在内是减函数，所以⊆(x1，x2)．
所以f′(x)＝3x2＋2ax＋1≤0在上恒成立．
所以2a≥－3x－在上恒成立，所以a≥2.
[题后悟通]
本题求导后，转化为一个二次型函数的含参问题，首先考虑二次三项式是否存在零点，即对判别式Δ进行Δ≤0和Δ>0两类讨论，可归纳为“有无实根判别式，两种情形需知晓”．
[例2] 函数f(x)＝，当a≠0时，求f(x)的单调区间与极值．
[解] 因为f′(x)＝＝·(x－a).
(1)a>0时
x
(－∞，－a－1)
(－a－1，a)
(a，＋∞)
f′(x)
－
＋
－
f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
(2)当a<0时，
x
(－∞，a)
(a，－a－1)
(－a－1，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
综上，当a>0时，f(x)的递增区间是(－a－1，a)，递减区间是(－∞，－a－1)，(a，＋∞)，f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.当a<0时，f(x)的递增区间是(－∞，a)， (－a－1，＋∞)，递减区间是(a，－a－1)，f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
[题后悟通]
求导后，若导函数中的二次三项式能因式分解需考虑首项系数是否含有参数．若首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论．可归纳为“首项系数含参数，先证系数零正负”．
[例3] 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)，讨论f(x)的单调性．
[解] f′(x)＝.
①当a2－2a<0时，即1
x
(－1，a2－2a)
(a2－2a,0)
(0，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
②当a＝2时，f′(x)＝≥0，f(x)在(－1，＋∞)上递增．
③当a2－2a>0时，即a>2时，
x
(－1,0)
(0，a2－2a)
(a2－2a，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
综上，当1
[题后悟通]
求导后且导函数可分解且首项系数无参数可求出f′(x)的根后比较两根大小，注意两根是否在定义域内，可归纳为“首项系数无参数，根的大小定胜负．定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．
利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程
[口诀记忆]
导数取零把根找，先定有无后大小；
有无实根判别式，两种情形需知晓．
因式分解见两根，逻辑分类有区分；
首项系数含参数，先论系数零正负．
首项系数无参数，根的大小定胜负；
定义域，紧跟踪，两根是否在其中．
4．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
转移法解决求解最值中计算困难问题
[典例] 函数f(x)＝ex－e－x－2x，设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值．
[解题观摩] 因为g(x)＝e2x－e－2x－4x－4bex＋4be－x＋8bx，
所以g′(x)＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．
因为ex＋e－x≥2＝2.
①当b≤2时，g′(x)≥0，所以g(x)在R上递增．
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0.
②当b>2时，由ex＋e－x－2b＋2＝0⇒x1＝ln(b－1＋)>0，x2＝ln(b－1－)<0.
所以当0
[题后悟通]
在一些不等式证明或恒成立的问题中，通常需要判定函数极值或最值的正负．有时直接计算函数的极值涉及复杂的运算，甚至无法算出一个显性的数值．这时可以考虑不直接计算函数极值，通过计算另一个特殊点的函数值来确定函数极值或最值的正负，这个特殊点通常在解题过程中已出现过．如在本题②中要直接算出g(ln(b－1＋))很难，转移到计算g(0)就很简单，而且g(0)在解题过程中已出现过，这就是转移法．
[口诀记忆]
最值运算入逆境，位置挪移绕道行；
挪动位置到何处，解题过程曾途经．
[针对训练]
5．函数f(x)＝e－ax，对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1，求a的取值范围．
解：①当a≤0时，因为x∈(0,1)，
所以>1且e－ax>1，所以f(x)>1.
因为f′(x)＝＝0⇒x2＝1－.
②当0
③当a>2时，f(x)在上递减．
所以当x∈时，f(x)
二次求导法解决判断f′(x)符号困难问题
[例1] 若函数f(x)＝，0
设g(x)＝xcos x－sin x，
则g′(x)＝－xsin x＋cos x－cos x＝－xsin x.
∵0
[题后悟通]
从本题解答来看，为了得到f(x)的单调性，须判断f′(x)的符号，而f′(x)＝的分母为正，只需判断分子xcos x－sin x的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．
[例2] 已知函数f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．
[解题观摩] (1)由f(x)＝ex－xln x，知f′(x)＝e－ln x－1，
则f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，
则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x＋1.
(2)∵f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，
∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于ex－tx2＋x－ex＋xln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即t≤对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令F(x)＝，
则F′(x)＝＝，
令G(x)＝ex＋e－－ln x，
则G′(x)＝ex－－＝>0，对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
∴G(x)＝ex＋e－－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，G(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，G(x)>0，即当x∈(0,1)时，F′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，
∴F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴F(x)≥F(1)＝1，
∴t≤1，即t的取值范围是(－∞，1]．
[题后悟通]
本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t的范围问题，实际上是求F(x)＝极值问题，问题是F′(x)＝ex＋e－－ln x这个方程求解不易，这时我们可以尝试对G(x)＝x2·F′(x)再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．
判定函数的单调性和求函数极值，都需要判定导函数的正负．有些导函数形式很复杂，它的正负很难直接判定，常常需要建立新函数再次求导，通过探求新函数的最值，以此确定导函数的正负．
6．讨论函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1的单调性．
解：由f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1，可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．易得f′(x)＝ln x＋－1＝ln x＋，用f′(x)去分析f(x)的单调性受阻．因此再对f′(x)＝ln x＋求导，得f″(x)＝－＝.令f″(x)＝＝0，得x＝1.当0
[课时跟踪检测]
1．设定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1，则下列结论一定错误的是( )
A．f< B．f>
C．f< D．f>
解析：选C 根据条件式f′(x)>k得f′(x)－k>0，可以构造F(x)＝f(x)－kx，因为F′(x)＝f′(x)－k>0，所以F(x)在R上单调递增．又因为k>1，所以>0，从而F>F(0)，即f－>－1，移项、整理得f>，因此选项C是错误的，故选C.
2．已知f(x)是定义在R上的增函数，其导函数为f′(x)，且满足＋x<1，则下列结论正确的是( )
A．对于任意x∈R，f(x)<0
B．对于任意x∈R，f(x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0
解析：选A 因为函数f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0，又因为＋x<1，则f′(x)≠0，综合可知f′(x)>0.又因为＋x<1，则f(x)＋xf′(x)
3．设y＝f(x)是(0，＋∞)上的可导函数，f(1)＝2，(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)恒成立．若曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y＝g(x)，且g(a)＝2 018，则a等于( )
A．－501 B．－502
C．－503 D．－504
解析：选C 由“2f(x)＋xf′(x)”联想到“2xf(x)＋x2f′(x)”，可构造 F(x)＝x2f(x)(x>0)．由(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)可知，当x>1时，2f(x)＋xf′(x)>0，则F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，故F(x)在(1，＋∞)上单调递增；当0
A．f(sin A)·sin2B>f(sin B)·sin2A
B．f(sin A)·sin2B
D．f(cos A)·sin2B
5．(2018·长春三模)定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )
A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)
B．e x1f(x2)＜e x2f(x1)
C．e x1f(x2)＝e x2f(x1)
D．e x1f(x2)与e x2f(x1)的大小关系不确定
解析：选A 设g(x)＝，则g′(x)＝＝，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即＜，所以e x1f(x2)＞e x2f(x1)．
6．设定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝2，f′(x)<1，则不等式f(x2)>x2＋1的解集为________．
解析：由条件式f′(x)<1得f′(x)－1<0，待解不等式f(x2)>x2＋1可化为f(x2)－x2－1>0，可以构造F(x)＝f(x)－x－1，由于F′(x)＝f′(x)－1<0，所以F(x)在R上单调递减．又因为F(x2)＝f(x2)－x2－1>0＝2－12－1＝f(12)－12－1＝F(12)，所以x2<12，解得－1
解析：因为f′(x)＋f(x)>2，所以f′(x)＋f(x)－2>0，不妨构造函数F(x)＝exf(x)－2ex.因为F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)－2]>0，所以F(x)在R上单调递增．因为f(x)<＋2，所以exf(x)－2ex<3，即F(x)<3，又因为F(0)＝e0f(0)－2e0＝3，所以F(x)
8．已知函数f(x)＝x－＋1－aln x，a＞0，讨论f(x)的单调性．
解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝.
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ≤0，即0＜a≤2时，对一切x＞0都有f′(x)≥0.
此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ＞0，即a＞2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2.
由f′(x)>0，得0
由f′(x)<0，得x1
在上单调递增．
9．设a≥0，求证：当x>1时，恒有x>ln2x－2aln x＋1.
证明：令g(x)＝x－ln2x＋2aln x－1(x>1)，
所以g′(x)＝.
令u(x)＝x－2ln x＋2a，所以u′(x)＝1－＝.
x
(0,2)
(2，＋∞)
u′(x)
－
＋
所以u(x)≥u(2)＝2(1－ln 2＋a)>0⇒g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)递增．
因为x>1，所以g(x)>g(1)＝0，所以原不等式成立．
10．已知函数f(x)＝ln(ax＋1)＋，x≥0，其中a>0.若f(x)的最小值为1，求a的取值范围．
解：因为f′(x)＝.
①当a≥2时，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)递增，
所以f(x)min＝f(0)＝1，满足题设条件．
②当0
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