深入導數本源，淺出抽象答案

鄒曉松

[摘? 要] 導數是高中數學判斷函數單調性的有力工具. 歸其本源，抽象函數的導數也掩藏不住其單調性的實質，如Af′（x）+B的不等式關系就體現了某個函數的單調性本源. 深入導數的本源便可以簡化“構造”過程，特別是解決選填題目時可以讓答案淺顯易出.

[關鍵詞] 導數本源;抽象函數;一葉知秋法;構造法

利用導數來判斷抽象函數的單調性是歷年高考的熱點，也是難點. 通常采用“構造法”來解決此類問題，構造法的“構造”過程復雜易錯，“構造”的結果也不能保證恰到好處. 在深入導數的本源后不難發(fā)現，與導數有關的不等式無非體現了某個函數的單調性，能否避免“構造法”繁雜易錯的構造過程，不必去刻意追究這個函數具體樣子呢？在此思想的驅使下，筆者探索出一種針對選填題時的有效方法，取名：一葉知秋法.

縱觀歷年此類試題，給題形式大致一樣，其本質如下：

1. 給出Af′（x）+B的不等式關系. （實質是為了能構造新函數）

2. 需判定f（x）與f（x）中括號內的大小關系.

首先我們先來總結一下常見函數的導數形式.

[?]對函數求導

1. 求導后含“+”號

g（x）=xf（x）?g′（x）=f（x）+xf′（x）

g（x）=xnf（x）?g′（x）=nxn-1f（x）+xnf′（x）

g（x）=exf（x）?g′（x）=exf（x）+exf′（x）

g（x）=enxf（x）?g′（x）=nenxf（x）+enxf′（x）

g（x）=f（x）sinx?g′（x）=f′（x）sinx+f（x）cosx

g（x）=?g′（x）=

2.求導后含“-”號

g（x）=?g′（x）=

g（x）=?g′（x）=

g（x）=?g′（x）=

g（x）=?g′（x）=

g（x）=?g′（x）=

g（x）=f（x）cosx?g′（x）=f′（x）cosx-f（x）sinx

[?]構造函數歸類

xf′（x）+f（x）?g（x）=xf（x）

f′（x）+f（x）?g（x）=exf（x）

f′（x）+nf（x）?g（x）=enxf（x）

xf′（x）+nf（x）?g（x）=xnf（x）

xf′（x）-f（x）?g（x）=

f′（x）-f（x）?g（x）=

f′（x）-nf（x）?g（x）=

xf′（x）-nf（x）?g（x）=

概括為Af′（x）+B的形式，構造函數g（x）：

顯然由Af′（x）+B>0?g（x）遞增，若x>x，則g（x）>g（x）;若xx，則g（x）g（x）.

針對選填題時，我們無須構造出具體的函數，而是“心中有物，未有其形”，但有其性即可. 常見形式分如下兩種.

（一）沒有給出f（x）=a這一條件

例1：若函數f（x）滿足f（x）+f′（x）>0，則有（ ）

A. ef（2）

B. ef（2）=f（1）

C. ef（2）>f（1）

D. 無法確定ef（2）與f（1）的大小關系

解析：因為f（x）+f′（x）>0，即對應的函數g（x）遞增，又因為2>1，所以ef（2）>f（1），選C.

例2：（2020安徽模擬考）若函數f（x）的導數為f′（x），對任意的x∈R，滿足f′（x）>f（x）成立，則有（? ）

A. 3f（ln2）>2f（ln3）

B. 3f（ln2）=2f（ln3）

C. 3f（ln2）<2f（ln3）

D. 無法確定

解析：因為f′（x）>f（x），所以對應的g（x）遞增. 又因為ln3>ln2，所以2f（ln3）>3f（ln2），選C.

例3：（2019株洲市校考）f′（x）是定義在（-∞，+∞）上的導函數，且滿足f（x）+xf′（x）<0，若a=2f（2），b=f（1），c=-f（-1），則a，b，c的大小關系為________.

解析：因為f（x）+xf′（x）<0，所以對應的g（x）遞減，又因為-1<1<2，所以c>b>a.

例4：已知f（x）是定義在R上的函數，滿足f′（x）

A. f（2）>e2f（0），f（2014）>e2014f（0）

B. f（2）e2014f（0）

C. f（2）>e2f（0），f（2014）

D. f（2）

解析：因為f′（x）-f（x）<0，所以對應的g（x）遞減. 又因為2>0，2014>0，所以f（2）

例5：（2019大慶二模理）定義在（0，+∞）上的導函數f（x），滿足xf′（x）

>f（x）的解集為（? ? ）

A. （0，1）

B. （1，+∞）

C.

，1

∪（1，+∞）

D.

，+∞

解析：因為xf′（x）-f（x）<0，所以對應的g（x）遞減. 又因為x2f

>f（x），所以

x>0，所以x>1，所以x∈（1，+∞），選B.

綜上，總結解題步驟：

1. 確定Af′（x）中A為正和不等號方向;

2. 若Af′（x）+B>0，則g（x）為正，若Af′（x）+B<0，則g（x）為負;

3. 判斷函數中f（x）和f（x）中x與x的大小關系;

4. 根據單調性寫出解集.

（二）給出f（x）=a這一條件

例6：（2017南充市三模理）定義在R上的函數f（x），滿足f（x）+f′（x）ex+1+2的解集為

（? ）

A. （-∞，0）

B. （-∞，e+2）

C. （-∞，0）∪（e+2，+∞）

D. （0，+∞）

解析1：設g（x）=exf（x）-ex+1-2（x∈R），則g′（x）=exf（x）+exf′（x）-ex+1=ex[f（x）+f′（x）-e].

因為f（x）+f′（x）g（0），所以x<0，所以解集為（-∞，0），選A.

以上解法較為復雜，設g（x）=exf（x）-ex+1-2不容易想到，現在按以下步驟解決：

1. 確定Af′（x）中A為正和不等號方向;

2. 判斷g（x）的單調性;

3. 確保將函數f（x）=a中的常數x帶入除f（x）以外的方程中滿足a，則找f（x）與f（x）;

4. 通過性質寫出解集.

解析2：因為f（x）+f′（x）ex+1+2中除去f（x）以外的不等式中，右邊為e+2=f（0），所以g（x）>g（0），所以x<0，選A.

例7：定義在R上的導函數f（x）滿足f（x）>f′（x）且f（0）=1，則不等式f（x）

A. （-∞，2）B. （2，+∞）

C. （-∞，0）D. （0，+∞）

解析：因為f′（x）0，選D.

例8：定義在R上的導函數f（x）滿足f′（x）-2f（x）>4且f（0）=-1，則不等式f（x）+2>e2x的解集為（? ）

A. （0，+∞）B. （-1，+∞）

C. （-∞，0） D. （-∞，-1）

解析：因為f′（x）-2f（x）>4，所以g（x）遞增. 又把0代入f（x）+2>e2x中除f（x）以外的右邊為-1，所以g（x）>g（0），所以x>0，選A.

例9：已知定義在R上的函數f（x）的導數f′（x），若對任意的實數x均滿足f′（x）>恒成立，且f（3）=，則不等式f（x2-2x）<（x2-2x）+3的解集為______.

解析：因為f′（x）>，所以g（x）遞增. 又因為把3代入（x2-2x）+3=，所以g（x2-2x）

數學的意義就是探索萬物的本質，只要抓住事物的本質，其衍生問題都容易解決，這便是“一葉知秋法”. 正如這與導數相關的抽象函數問題，其本質就是單調性，抓住了就能得出答案.