2007-陕西卷理-11 单-导数不等式构造函数法

本题导读

本题考查导数在函数单调性中的应用。通过给定的导数不等式，利用乘积求导法则逆向构造辅助函数，从而将自变量的大小关系转化为函数值的大小关系。

📌【题干】

Question

（2007年陕西卷(理)） $f(x)$ 是定义在 $(0,+\infty )$ 上的非负可导函数，且满足 $x{f}^{\prime }(x)+f(x)\le 0$．对任意正数 $a,b$，若 $a<b$，则必有()

A. $af(b)\le bf(a)$　　　　　　　　　　　　　　B. $bf(a)\le af(b)$

C. $af(a)\le f(b)$　　　　　　　　　　　　　　　D. $bf(b)\le f(a)$

🔍【思路分析】

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1. 观察特征：已知结构 $x{f}^{\prime }(x)+f(x)$ 极具特征，可完美对应乘积导数公式 $(xu{)}^{\prime }=u+x{u}^{\prime }$．

2. 构造函数：建立辅助函数 $F(x)=xf(x)$，求导锁定其单调性，再结合已知自变量区间与函数非负性完成不等式链的搭建。

✅【答案】

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A

✍【详细解析】

Abstract

构造辅助函数 $F(x)=xf(x)(x>0)$． 因为 $f(x)$ 是定义在 $(0,+\infty )$ 上的非负函数，且 $x>0$，所以 $F(x)\ge 0$． 对 $F(x)$ 进行求导变形： $F^{\prime }(x)=(x{)}^{\prime }f(x)+x{f}^{\prime }(x)=f(x)+x{f}^{\prime }(x)$ 因为已知满足 $x{f}^{\prime }(x)+f(x)\le 0$，所以 $F^{\prime }(x)\le 0$． 从而可知函数 $F(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减． 因为对任意正数 $a,b$，满足 $a<b$，根据单调递减性质有： $F(a)\ge F(b)⟹af(a)\ge bf(b)⟹bf(b)\le af(a)$． 再由于 $0<a<b$ 且 $f(b)\ge 0$，可得 $af(b)\le bf(b)$． 联合以上不等式可得完整链条： $af(b)\le bf(b)\le af(a)\le bf(a)$ 由此直接得出 $af(b)\le bf(a)$ 必然恒成立． 故选 A．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：积的导数公式逆向构造，函数单调性与不等式的转化。

2. 核心方法：经典导数模型构造法（$x{f}^{\prime }(x)+f(x)\to [xf(x){]}^{\prime }$）。

3. 避坑指南：得出 $bf(b)\le af(a)$ 后，由于选项中未直接提供该式，需冷静结合“$a<b$ 且 $f(b)\ge 0$”进行二次放缩引入中间项，切勿盲目乱选。

📖【试题探源与推广】

Tip

4. 试题探源：本题源于微积分中利用导数符号判定函数单调性的核心定理，是高考中通过构造抽象函数解答客观题的开山鼻祖型试题。
5. 结论推广：常见的导数逆向构造模型推广如下：

• $x{f}^{\prime }(x)+nf(x)\le 0⟹F(x)=x^{n}f(x)$ 单调递减；

• $f^{\prime }(x)+f(x)>0⟹F(x)=e^{x}f(x)$ 单调递增；

• $f^{\prime }(x)-f(x)<0⟹F(x)=\frac{f(x)}{e^x}$ 单调递减。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2018-全国卷I理-11 单-双曲线渐近线