鄒曉松

[摘? 要] 導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)判斷函數(shù)單調(diào)性的有力工具. 歸其本源，抽象函數(shù)的導(dǎo)數(shù)也掩藏不住其單調(diào)性的實質(zhì)，如Af′（x）+B的不等式關(guān)系就體現(xiàn)了某個函數(shù)的單調(diào)性本源. 深入導(dǎo)數(shù)的本源便可以簡化“構(gòu)造”過程，特別是解決選填題目時可以讓答案淺顯易出.

[關(guān)鍵詞] 導(dǎo)數(shù)本源;抽象函數(shù);一葉知秋法;構(gòu)造法

利用導(dǎo)數(shù)來判斷抽象函數(shù)的單調(diào)性是歷年高考的熱點，也是難點. 通常采用“構(gòu)造法”來解決此類問題，構(gòu)造法的“構(gòu)造”過程復(fù)雜易錯，“構(gòu)造”的結(jié)果也不能保證恰到好處. 在深入導(dǎo)數(shù)的本源后不難發(fā)現(xiàn)，與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式無非體現(xiàn)了某個函數(shù)的單調(diào)性，能否避免“構(gòu)造法”繁雜易錯的構(gòu)造過程，不必去刻意追究這個函數(shù)具體樣子呢？在此思想的驅(qū)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(zhì)如下：

1. 給出Af′（x）+B的不等式關(guān)系. （實質(zhì)是為了能構(gòu)造新函數(shù)）

2. 需判定f（x）與f（x）中括號內(nèi)的大小關(guān)系.

首先我們先來總結(jié)一下常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)形式.

[?]對函數(shù)求導(dǎo)

1. 求導(dǎo)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(dǎo)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(gòu)造函數(shù)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(gòu)造函數(shù)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(gòu)造出具體的函數(shù)，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(shù)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(guān)系

解析：因為f（x）+f′（x）>0，即對應(yīng)的函數(shù)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(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)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(yīng)的g（x）遞增. 又因為ln3>ln2，所以2f（ln3）>3f（ln2），選C.

例3：（2019株洲市?？迹ゝ′（x）是定義在（-∞，+∞）上的導(dǎo)函數(shù)，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(guān)系為________.

解析：因為f（x）+xf′（x）<0，所以對應(yīng)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(shù)，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(yīng)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(dǎo)函數(shù)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(yīng)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(jié)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(shù)中f（x）和f（x）中x與x的大小關(guān)系;

4. 根據(jù)單調(diào)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(shù)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(shè)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(fù)雜，設(shè)g（x）=exf（x）-ex+1-2不容易想到，現(xiàn)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(diào)性;

3. 確保將函數(shù)f（x）=a中的常數(shù)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(zhì)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(dǎo)函數(shù)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(dǎo)函數(shù)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(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），若對任意的實數(shù)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(shù)學(xué)的意義就是探索萬物的本質(zhì)，只要抓住事物的本質(zhì)，其衍生問題都容易解決，這便是“一葉知秋法”. 正如這與導(dǎo)數(shù)相關(guān)的抽象函數(shù)問題，其本質(zhì)就是單調(diào)性，抓住了就能得出答案.