浙江省嘉兴市秀水高级中学 (314000) 冯雪莲

解决导数中的不等问题有很多的方法，而通过构造函数，利用求导数解决问题就是一个非常有效的方法，本文中通过分析、点评几个典型题例，介绍此法在解题中的一些运用方法和解题体会，希望能对读者朋友有所帮助．

一、求不等式的解

此处的不等式是通过求导判断某函数的单调性来解的．

例1 已知函数的定义域为R，f(-1)=2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x+4的解集为．

解析：设g(x)=f(x)-2x-4，由f′(x)>2得g′(x)=f′(x)-2>0，于是g(x)是R上的增函数，又由f(-1)=2得g(-1)=f(-1)+2-4=0，由f(x)>2x+4得g(x)>0=g(-1)，所以有x>-1．

评注：本题中解决问题的关键是如何利用给出的导数条件为解不等式服务，通过构造一个与它们都有联系的函数化解了难点，此处新构造一个函数是解题的最重要的环节．

例2 已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)=2，f′(x)<1，则不等式f(x2)

解析：由于f′(x)<1，则f′(x)-1<0，设g(x)=f(x)-x+C(C为常数)，则g′(x)=f′(x)-1<0，所以g(x)是单调减函数，由f(1)=2知g(1)=f(1)-1+C=1+C，由于f(x2)1，解得x>1或x<-1，即x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)．

评注：此题虽然也是解不等式问题，但破解函数的复合环节也比较重要，如果按照例1的方法直接构造与欲解不等式相关的函数会遇到很多的麻烦．

二、判断大小

通过构造函数将需要比较的两式大小问题转化为求函数最值问题．

例3 已知f(x)=xlnx，g(x)=-x2+ax-3，若对一切x∈(0,+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，试确定实数a与4的大小.

评注：此题是用分离变量法解题的典型题目，a≤h(x)恒成立就是a≤h(x)min，a≥h(x)恒成立就是a≥h(x)max，这里要注意变量分离时的等价性.

例4 设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)+xf′(x)>x2，试比较f(x)与0的大小．

解析：由2f(x)+xf′(x)>x2知：当x=0时，f(0)>0；当x>0时，不等式两边同乘以x，则2xf(x)+x2f′(x)>x3>0，即(x2f(x))′>0，设h(x)=x2f(x)，则h′(x)<0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，又h(0)=0，故h(x)=x2f(x)>0，于是f(x)>0；当x<0时，不等式两边同乘以x，则2xf(x)+x2f′(x)0，于是f(x)>0．

评注：通过抓住题意，利用两式积的函数的求导法则构造出函数h(x)=x2f(x)，通过分类讨论机智地解决了大小的判断，有根有据，推理顺畅．

三、证明不等式

先将待证的不等式转化为一个函数不等式，然后利用求导方法解题．

例5 已知实数a>ln2-1，当x>0时，证明：ex>x2-2ax+1.

证明：设f(x)=ex-x2+2ax-1，则f′(x)=ex-2x+2a，再设g(x)=ex-2x+2a，则g′(x)=ex-2，当x∈(0,ln2)时，g′(x)<0；当x∈(ln2,+∞)时，g′(x)>0，所以[g(x)]min=g(ln2)=2-2ln2+2a，由a>ln2-1得[g(x)]min>0，即f′(x)>0，于是f(x)是单调增函数，则当x>0时，有f(x)>f(0)=0，即ex>x2-2ax+1.

评注：通过构造函数，将证明不等式转化为求函数最值问题，经过两次求导数，利用函数单调性解决了判断问题，这是求相关导数综合题中的常见方法．

评注：题中针对x∈N*的重要特征，机智地将要证明的不等式f(x)≤x-1，转化为证明1+ln(x-1)≥x-1，破解了解题难点，简化了解题过程．

四、求参数范围

通过求某函数的最值构造不等式或者对参数分段讨论解决．

例7 已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1，设a<-1，若对任意x1,x2∈(0,+∞)，都有|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|，求a的取值范围．

评注：解题时先根据函数f(x)的单调性，将已知不等式转化为另一个函数的单调性问题，再由导数列出不等式，然后得到参数范围，整个解题过程设计精巧，令人耳目一新．

例8 已知f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.若f(x)有两个零点，求a的取值范围.

评注：解题中的取点过程用到了放缩的技巧，而完成大小比较时是通过两次建立函数，然后再求导、判断单调性、求值解决的，充分体现了函数的解题作用．