求導之前“看三看”

常言說“三思而后行”，是說人們做事不能一時沖動，行動之前一定要考慮周全。解數學題，特別是解導數題時尤其要養成三思而后行的好習慣。解導數題時，求導是一個不可或缺的重要環節。導數題做多了，會發現幾乎所有題中求導是必不可少的一步或幾步。于是，一些學生看到導數題，往往不經過仔細審題拿過來就求導，結果常常會遇到意想不到的各種阻力至無果而終。所以，解導數題求導前，我們要做到“求導之前看三看”。

一、看求導的目的

這也是人們做事行動前首先要考慮的問題。解導數題求導之前也同樣，要先考慮清楚求導的目的是啥，是判定單調性還是證明不等關系還是求字母變量的取值范圍等等。明確了目的，就會有針對性的去求導，不至于亂求一氣而做無用功。

例1：求證：[ex≥x+1（x∈R）] （☆）

分析：這是一道證明不等式問題，由于這個不等式含有超越函數，所以用常規的不等式證明方法如分析法、綜合法、放縮法等不易解決，于是構造函數[hx=ex-x-1（x∈R）]，用導數作為工具易得其證明。

證明：令[hx=ex-x-1（x∈R）]，求導前弄清目的是要證明此函數h（x）值不小于零，即是要證明此函數的最小值是零。于是，求導得[hx=ex-1]，令[hx=0]得x=0。

易知當[x>0時，hx>0]，∴在區間（0，+∞）上，h（x）是單調增函數，同理當[x<0時，hx<0]，∴在區間（-∞，0）上，h（x）是單調減函數，∴[h（x）極小值=h0=0，∴hx≥h0=0]，也就是[ex-x-1≥0]，即[ex≥x+1（x∈R）]證畢。

[反思提升]

若不等式改為：[ex>x+1（x≠0）] （1）

則證明如下：

證明：令[hx=ex-x-1（x≠0）]，求導得[hx=ex-1]，令[hx=0]得x=0。

易知當[x>0時，hx>0]，∴在區間（0，+∞）上，h（x）是單調增函數，∴[hx>h0=0]，也就是[ex-x-1>0]，即[ex>x+1]，同理可證：當[x<0]時，[ex>x+1]。

綜上，對[x≠0]，[ex>x+1]成立。

總結這類超越不等式證明的程序是：明確目的—構造函數—求導—定號定區間—判定單調性（極值）—下結論。

對超越不等式：[ex>x+1（x≠0）] （1）

還可得到如下變式[e-x>1-x（x≠0）] （2）

對（1）式兩邊取自然對數得[x>ln （x+1）（x>0）] （3）

對（3）式用x-1換x得[x-1>lnx（x>0且x≠1）] （4）

上述例題求導的目標是證明不等關系，有時則是利用導數判定單調性等問題，需要具體問題具體分析。總之求導之前明確目的是我們解導數題首要之選。

二、看欲求導函數解析式的形式特點

是說在對函數求導之前，要看其解析式形式特點，若形式比較復雜時就不要輕易下手求導。如是分式時，分式求導后一般會越求越復雜，不經分析拿過來就求導反而會使問題復雜化而無法得解。所以要仔細研究分式的特點，從中剔除影響因素（如分母），化繁為簡再構造函數。

例2：（2011年高考數學全國課標卷Ⅱ文科第21題）已知函數[fx=alnxx+1+bx]，曲線[y=fx]在點（1，[f1]）處的切線方程為[x+2y-3=0]。

（1）求a，b的值；（2）證明：當[x>0，且x≠1]時，[fx>lnxx-1]。

解：（1）易得a=1，b=1。

（2）由（1）知[fx=lnxx+1+1x]，

設[gx=lnxx+1+1x-lnxx-1=x2-1-2xlnxx（x2-1）]，分析：到此就要考慮不能直接對[gx]求導，因會越求越復雜，于是剔除分母[x（x2-1）]，因為其符號能夠通過討論確定，所以針對分子重新構造新函數。

設[hx=x2-1-2xlnx]，則[h'x=2（x-1-lnx）]，由上述（4）式得，當[x>0，且x≠1]時[h'x>0]，即[hx]為遞增函數。

∴當x>1時，h（x）>h（1）=0，而[x（x2-1）]>0，所以g（x）>0，即[fx>lnxx-1]。

同理當00，即[fx>lnxx-1]。綜上，當[x>0，且x≠1]時，[fx>lnxx-1]。

三、看有沒有現成可用的結論

研究高考中一些導數壓軸題我們會發現有一個身影很活躍，即上述超越不等式（☆）式及其變式（1）～（4）。那么解題時就要抓住這些結論，很好地運用它，為解題找到突破口，或者簡化解題環節（如例2中（2）解用到上述（4）式）。

例3：（2013年高考數學全國課標Ⅱ卷理科第21題）已知函數[fx=ex-ln （x+m）]，設x=0是f（x）的極值點，求m的值，并討論f（x）的單調性；（2）當m≤2時，證明f（x）>0。

（1）解略。

（2）考慮到不等式中含有[ex]及以e為底的對數ln（x+m），聯想到[ex>x+1（x∈R） ]等有關不等式結論，于是有以下證法。

證明：考慮到（☆）式成立（證明略）

由m≤2，得1≥m-1

∴當x>-m時，x+1≥x+m-1（1）。

由[ex]≥x+1（x∈R）（當且僅當x=0時取“=”號）（☆）

得x-1≥lnx（x>0當且僅當x=1取“=”號）

∴當x>-m時，有x+m-1≥ln（x+m）（當x+m=1時取“=”號）（2）。

∴當x>-m時，有x+1≥x+m-1≥ln（x+m），

由[ex]≥x+1，∴[ex]≥x+1≥x+m-1≥ln（x+m），

∵（1）式中當m=2時取“=”號，

（2）式中當x+m=1時取“=”號，若（1）與（2）式中“=”同時成立，則x=-1，而[ex=1e]，[1e]>0=0。

若（☆）與（1）式中“=”同時成立，則x=0，m=2，而1=1=1>ln2；

若（☆）與（2）式中“=”同時成立，則x=0，m=1，而1=1>0=0，

總之，[ex]≥x+1≥x+m-1≥ln（x+m）中“=”不能同時成立，

∴[ex]>ln（x+m），綜上，當m≤2時，f（x）>0。

作者簡介：

孫長卿，男，黨員，中學高級教師，教育碩士學位，曾獲省級教學能手、市級數學學科帶頭人稱號等，多年來不斷撰寫論文并發表或獲獎。