2、
利用(f(x)＋kx＋b)′＝f′(x)＋k，根据导数符号，可得出函数g(x)＝f(x)＋kx＋b的单调性，利用其单调性比较函数值大小、解抽象函数的不等式等．
类型二 含f′(x)±λf(x)(λ为常数)型
已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则有( )
A．e2 023f(－2 023)e2 023f(0)
B．e2 023f(－2 023)e2 023f(0)
D．e2 023f(－2 02
3、3)＞f(0)，f(2 023)＜e2 023f(0)
【解析】 构造函数h(x)＝，则h′(x)＝<0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2 023)>h(0)，即>⇔e2 023f(－2 023)>f(0)；同理，h(2 023)0，故[exf(x)]′＝[f(x)＋f′(x)]·ex，其符号由f(x)＋f′(x)的符号确定，′＝，其符号由f′(x)－f(x)的符号确定．含有f(x)±f′(x)类的问题可以考虑构造上述两个函数．
类型三 含xf′(x)±nf(x)型
(1)已知奇函数f(
4、x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f′(x)，当x>0时，有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2 021)2f(x＋2 021)＋4f(－2)<0的解集为( )
A．(－∞，－2 019) B.(－2 023，－2 019)
C．(－∞，－2 023) D.(－2 019，0)
(2)已知偶函数f(x)是定义在{x∈R|x≠0}上的可导函数，其导函数为f′(x)．当x<0时，f′(x)>恒成立．设m>1，记a＝，b＝2f(2)，c＝(m＋1)·f，则a，b，c的大小关系为( )
A．ab>c
C．ba>c
【解析】 (
5、1)设g(x)＝x2f(x)，由f(x)为奇函数，可得g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，
故g(x)为R上的奇函数，当x>0时，2f(x)＋xf′(x)>x2>0，
所以g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0，g(x)单调递增，
根据奇函数的对称性可知，g(x)在R上单调递增，
则不等式(x＋2 021)2f(x＋2 021)＋4f(－2)<0可转化为(x＋2 021)2f(x＋2 021)<－4f(－2)＝4f(2)，
即g(x＋2 021)6、
(2)当x<0时，f′(x)>⇔xf′(x)－f(x)<0.
构造函数g(x)＝(x≠0)，
则g′(x)＝<0，
即g(x)在(－∞，0)上单调递减．
因为函数f(x)为偶函数，所以g(x)为奇函数，
得g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
b＝4m，c＝4m.
因为m>1，所以m＋1>2，<＝2，
所以m＋1>2>＞0.
所以g(m＋1)0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)
7、＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)>0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0；
(2)对于xf′(x)－nf(x)>0型，且x≠0，构造F(x)＝，则F′(x)＝(亦需注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)>0，构造F(x)＝，则F′(x)＝>0.
类型四 含f(x)±f′(x)tan x型
已知函数f(x)的导函数为f′(x)，当x∈时，f′(x)sin 2xg，即f>f.故选B.
【答案】 B
由于在上，[sin xf(x)]′＝cos xf(x)＋sin xf′(x)，其符号与f(x)＋f′(x)tan x相同，′＝，其符号与f′(x)tan x－f(x)符号相同．在含有f(x)±f′(x)tan x的问题中，可以考虑构造函数f(x)sin x，f(x)cos x，，等．
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