深入导数本源，浅出抽象答案

邹晓松

[摘  要] 导数是高中数学判断函数单调性的有力工具. 归其本源，抽象函数的导数也掩藏不住其单调性的实质，如Af′（x）+B的不等式关系就体现了某个函数的单调性本源. 深入导数的本源便可以简化“构造”过程，特别是解决选填题目时可以让答案浅显易出.

[关键词] 导数本源;抽象函数;一叶知秋法;构造法

利用导数来判断抽象函数的单调性是历年高考的热点，也是难点. 通常采用“构造法”来解決此类问题，构造法的“构造”过程复杂易错，“构造”的结果也不能保证恰到好处. 在深入导数的本源后不难发现，与导数有关的不等式无非体现了某个函数的单调性，能否避免“构造法”繁杂易错的构造过程，不必去刻意追究这个函数具体样子呢？在此思想的驱使下，笔者探索出一种针对选填题时的有效方法，取名：一叶知秋法.

纵观历年此类试题，给题形式大致一样，其本质如下：

1. 给出Af′（x）+B的不等式关系. （实质是为了能构造新函数）

2. 需判定f（x）与f（x）中括号内的大小关系.

首先我们先来总结一下常见函数的导数形式.

[?]对函数求导

1. 求导后含“+”号

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.求导后含“-”号

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

[?]构造函数归类

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）=

概括为Af′（x）+B的形式，构造函数g（x）：

显然由Af′（x）+B>0?g（x）递增，若x>x，则g（x）>g（x）;若xx，则g（x）g（x）.

针对选填题时，我们无须构造出具体的函数，而是“心中有物，未有其形”，但有其性即可. 常见形式分如下两种.

（一）没有给出f（x）=a这一条件

例1：若函数f（x）满足f（x）+f′（x）>0，则有（ ）

A. ef（2）

B. ef（2）=f（1）

C. ef（2）>f（1）

D. 无法确定ef（2）与f（1）的大小关系

解析：因为f（x）+f′（x）>0，即对应的函数g（x）递增，又因为2>1，所以ef（2）>f（1），选C.

例2：（2020安徽模拟考）若函数f（x）的导数为f′（x），对任意的x∈R，满足f′（x）>f（x）成立，则有（  ）

A. 3f（ln2）>2f（ln3）

B. 3f（ln2）=2f（ln3）

C. 3f（ln2）<2f（ln3）

D. 无法确定

解析：因为f′（x）>f（x），所以对应的g（x）递增. 又因为ln3>ln2，所以2f（ln3）>3f（ln2），选C.

例3：（2019株洲市校考）f′（x）是定义在（-∞，+∞）上的导函数，且满足f（x）+xf′（x）<0，若a=2f（2），b=f（1），c=-f（-1），则a，b，c的大小关系为________.

解析：因为f（x）+xf′（x）<0，所以对应的g（x）递减，又因为-1<1<2，所以c>b>a.

例4：已知f（x）是定义在R上的函数，满足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：因为f′（x）-f（x）<0，所以对应的g（x）递减. 又因为2>0，2014>0，所以f（2）

例5：（2019大庆二模理）定义在（0，+∞）上的导函数f（x），满足xf′（x）

>f（x）的解集为（    ）

A. （0，1）

B. （1，+∞）

C.

，1

∪（1，+∞）

D.

，+∞

解析：因为xf′（x）-f（x）<0，所以对应的g（x）递减. 又因为x2f

>f（x），所以

x>0，所以x>1，所以x∈（1，+∞），选B.

综上，总结解题步骤：

1. 确定Af′（x）中A为正和不等号方向;

2. 若Af′（x）+B>0，则g（x）为正，若Af′（x）+B<0，则g（x）为负;

3. 判断函数中f（x）和f（x）中x与x的大小关系;

4. 根据单调性写出解集.

（二）给出f（x）=a这一条件

例6：（2017南充市三模理）定义在R上的函数f（x），满足f（x）+f′（x）ex+1+2的解集为

（  ）

A. （-∞，0）

B. （-∞，e+2）

C. （-∞，0）∪（e+2，+∞）

D. （0，+∞）

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

因为f（x）+f′（x）g（0），所以x<0，所以解集为（-∞，0），选A.

以上解法較为复杂，设g（x）=exf（x）-ex+1-2不容易想到，现在按以下步骤解决：

1. 确定Af′（x）中A为正和不等号方向;

2. 判断g（x）的单调性;

3. 确保将函数f（x）=a中的常数x带入除f（x）以外的方程中满足a，则找f（x）与f（x）;

4. 通过性质写出解集.

解析2：因为f（x）+f′（x）ex+1+2中除去f（x）以外的不等式中，右边为e+2=f（0），所以g（x）>g（0），所以x<0，选A.

例7：定义在R上的导函数f（x）满足f（x）>f′（x）且f（0）=1，则不等式f（x）

A. （-∞，2）B. （2，+∞）

C. （-∞，0）D. （0，+∞）

解析：因为f′（x）0，选D.

例8：定义在R上的导函数f（x）满足f′（x）-2f（x）>4且f（0）=-1，则不等式f（x）+2>e2x的解集为（  ）

A. （0，+∞）B. （-1，+∞）

C. （-∞，0） D. （-∞，-1）

解析：因为f′（x）-2f（x）>4，所以g（x）递增. 又把0代入f（x）+2>e2x中除f（x）以外的右边为-1，所以g（x）>g（0），所以x>0，选A.

例9：已知定义在R上的函数f（x）的导数f′（x），若对任意的实数x均满足f′（x）>恒成立，且f（3）=，则不等式f（x2-2x）<（x2-2x）+3的解集为______.

解析：因为f′（x）>，所以g（x）递增. 又因为把3代入（x2-2x）+3=，所以g（x2-2x）

数学的意义就是探索万物的本质，只要抓住事物的本质，其衍生问题都容易解决，这便是“一叶知秋法”. 正如这与导数相关的抽象函数问题，其本质就是单调性，抓住了就能得出答案.