洪汪宝

(安徽省安庆市第一中学 246004)

利用导数解抽象函数不等式或比较大小问题，是近年高考或各地模拟中的重点问题和热点问题.又因题目灵活多变，不同的问题需要构造不同的函数，要求学生会观察问题的条件特点，巧妙构造恰当的函数式，利用导数的符号判断函数的单调性，从而求出不等式解集或比较大小.

一、构造和差型

当条件中出现“f′(x)±g′(x)”类型的式子时，注意联想到“[f(x)±g(x)]′=f′(x)±g′(x)”，从而构造函数F(x)=f(x)±g(x)，得到其单调性，并利用函数的其它性质，解决相应问题.

例1设奇函数f(x)是R上的可导函数，当x≥0时，有f′(x)+cosx<0，则当x≤0时，有( ).

A.f(x)+sinx≥f(0) B.f(x)+sinx≤f(0)

C.f(x)-sinx≥f(0) D.f(x)-sinx≤f(0)

解析构造函数F(x)=f(x)+sinx，则F′(x)=f′(x)+cosx.因x≥0时，有f′(x)+cosx<0，于是函数F(x)在[0,+∞)上单调递减.因为函数f(x)是R上的奇函数，函数y=sinx是R上的奇函数，所以f(0)=0，函数F(x)是R上的奇函数，于是F(x)在(-∞,0]上单调递减.所以F(x)≥F(0)=0，f(x)+sinx≥f(0)，故选A.

例2设函数f(x)，g(x)在区间[a,b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a

A.f(x)>g(x)

B.f(x)

C.f(x)+g(a)>g(x)+f(a)

D.f(x)+g(b)>g(x)+f(b)

解析构造函数F(x)=f(x)-g(x)，x∈[a,b]，则F′(x)=f′(x)-g′(x)>0.所以函数F(x)在[a,b]上单调递增.所以当ag(x)+f(a).至于f(x)与g(x)的大小关系，无法判断，故选C.

解析构造函数F(x)=f(x)+2x，则F′(x)=f′(x)+2>0.于是函数F(x)是R上的增函数.又f(1)=1，于是F(1)=3.所以原不等式可转化为F(log2|3x-1|)

解析构造函数F(x)=f(x)+sinx+x，则F(x)-F(-x)=f(x)+sinx+x-[f(-x)-sinx-x]=f(x)-f(-x)+2sinx+2x=0.所以F(x)=F(-x)，即F(x)是R上的偶函数.

二、构造乘积型

当条件中出现“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)”类型的式子时，注意联想到“[f(x)·g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)”，从而构造函数F(x)=f(x)·g(x)，得到其单调性，并利用函数的其它性质，解决相应问题.

例3设偶函数f(x)是R上的可导函数，其导函数是f′(x)，当x>0时，满足2f(x)+xf′(x)>x，则不等式(x+4)2f(x+4)-16f(-4)>0的解集为____.

解析因为x>0时，2f(x)+xf′(x)>x，于是2xf(x)+x2f′(x)>x2>0.构造函数F(x)=x2f(x)，则F′(x)=2xf(x)+x2f′(x).所以F(x)在(0,+∞)上单调递增.

因为f(x)是R上的偶函数，所以F(x)是R上的偶函数，其在(-∞,0)上单调递减.原不等式可转化为F(x+4)>F(-4)，即F(|x+4|)>F(4)，于是|x+4|>4，解得x<-8或x>0.故填(-∞,-8)∪(0,+∞).

又F(1)=ln1·f(1)=0，所以当x∈(0,1)时，F(x)>0，但lnx<0，于是f(x)<0，此时(x2-1)f(x)>0，符合；当x∈(1,+∞)时，F(x)<0，但lnx>0，于是f(x)<0，此时(x2-1)f(x)<0，不符合.因f(x)是R上的奇函数，所以当x∈(-1,0)时，f(x)>0，(x2-1)f(x)<0，不符合；当x∈(-∞,-1)时，f(x)>0，(x2-1)f(x)>0，符合.

因此不等式(x2-1)f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).

解析构造函数F(x)=xf(x)，则F′(x)=f(x)+xf′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，则F(x)在(0,+∞)上单调递增.

点评例3的构造有一定难度，构造时要结合所求解不等式的结构特点，变式1与变式2的构造相对要直接些.注意总结常见的乘积型构造：①当出现“f(x)+xf′(x)”时，构造“F(x)=xf(x)”；②当出现“nf(x)+xf′(x)”(n……