常言说“三思而后行”，是说人们做事不能一时冲动，行动之前一定要考虑周全。解数学题，特别是解导数题时尤其要养成三思而后行的好习惯。解导数题时，求导是一个不可或缺的重要环节。导数题做多了，会发现几乎所有题中求导是必不可少的一步或几步。于是，一些学生看到导数题，往往不经过仔细审题拿过来就求导，结果常常会遇到意想不到的各种阻力至无果而终。所以，解导数题求导前，我们要做到“求导之前看三看”。

一、看求导的目的

这也是人们做事行动前首先要考虑的问题。解导数题求导之前也同样，要先考虑清楚求导的目的是啥，是判定单调性还是证明不等关系还是求字母变量的取值范围等等。明确了目的，就会有针对性的去求导，不至于乱求一气而做无用功。

例1：求证：[ex≥x+1（x∈R）] （☆）

分析：这是一道证明不等式问题，由于这个不等式含有超越函数，所以用常规的不等式证明方法如分析法、综合法、放缩法等不易解决，于是构造函数[hx=ex-x-1（x∈R）]，用导数作为工具易得其证明。

证明：令[hx=ex-x-1（x∈R）]，求导前弄清目的是要证明此函数h（x）值不小于零，即是要证明此函数的最小值是零。于是，求导得[hx=ex-1]，令[hx=0]得x=0。

易知当[x>0时，hx>0]，∴在区间（0，+∞）上，h（x）是单调增函数，同理当[x<0时，hx<0]，∴在区间（-∞，0）上，h（x）是单调减函数，∴[h（x）极小值=h0=0，∴hx≥h0=0]，也就是[ex-x-1≥0]，即[ex≥x+1（x∈R）]证毕。

[反思提升]

若不等式改為：[ex>x+1（x≠0）] （1）

则证明如下：

证明：令[hx=ex-x-1（x≠0）]，求导得[hx=ex-1]，令[hx=0]得x=0。

易知当[x>0时，hx>0]，∴在区间（0，+∞）上，h（x）是单调增函数，∴[hx>h0=0]，也就是[ex-x-1>0]，即[ex>x+1]，同理可证：当[x<0]时，[ex>x+1]。

综上，对[x≠0]，[ex>x+1]成立。

总结这类超越不等式证明的程序是：明确目的—构造函数—求导—定号定区间—判定单调性（极值）—下结论。

对超越不等式：[ex>x+1（x≠0）] （1）

还可得到如下变式[e-x>1-x（x≠0）] （2）

对（1）式两边取自然对数得[x>ln （x+1）（x>0）] （3）

对（3）式用x-1换x得[x-1>lnx（x>0且x≠1）] （4）

上述例题求导的目标是证明不等关系，有时则是利用导数判定单调性等问题，需要具体问题具体分析。总之求导之前明确目的是我们解导数题首要之选。

二、看欲求导函数解析式的形式特点

是说在对函数求导之前，要看其解析式形式特点，若形式比较复杂时就不要轻易下手求导。如是分式时，分式求导后一般会越求越复杂，不经分析拿过来就求导反而会使问题复杂化而无法得解。所以要仔细研究分式的特点，从中剔除影响因素（如分母），化繁为简再构造函数。

例2：（2011年高考数学全国课标卷Ⅱ文科第21题）已知函数[fx=alnxx+1+bx]，曲线[y=fx]在点（1，[f1]）处的切线方程为[x+2y-3=0]。

（1）求a，b的值；（2）证明：当[x>0，且x≠1]时，[fx>lnxx-1]。

解：（1）易得a=1，b=1。

（2）由（1）知[fx=lnxx+1+1x]，

设[gx=lnxx+1+1x-lnxx-1=x2-1-2xlnxx（x2-1）]，分析：到此就要考虑不能直接对[gx]求导，因会越求越复杂，于是剔除分母[x（x2-1）]，因为其符号能够通过讨论确定，所以针对分子重新构造新函数。

设[hx=x2-1-2xlnx]，则[h'x=2（x-1-lnx）]，由上述（4）式得，当[x>0，且x≠1]时[h'x>0]，即[hx]为递增函数。

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

同理当00，即[fx>lnxx-1]。综上，当[x>0，且x≠1]时，[fx>lnxx-1]。

三、看有没有现成可用的结论

研究高考中一些导数压轴题我们会发现有一个身影很活跃，即上述超越不等式（☆）式及其变式（1）～（4）。那么解题时就要抓住这些结论，很好地运用它，为解题找到突破口，或者简化解题环节（如例2中（2）解用到上述（4）式）。

例3：（2013年高考数学全国课标Ⅱ卷理科第21题）已知函数[fx=ex-ln （x+m）]，设x=0是f（x）的极值点，求m的值，并讨论f（x）的单调性；（2）当m≤2时，证明f（x）>0。

（1）解略。

（2）考虑到不等式中含有[ex]及以e为底的对数ln（x+m），联想到[ex>x+1（x∈R） ]等有关不等式结论，于是有以下证法。

证明：考虑到（☆）式成立（证明略）

由m≤2，得1≥m-1

∴当x>-m时，x+1≥x+m-1（1）。

由[ex]≥x+1（x∈R）（当且仅当x=0时取“=”号）（☆）

得x-1≥lnx（x>0当且仅当x=1取“=”号）

∴当x>-m时，有x+m-1≥ln（x+m）（当x+m=1时取“=”号）（2）。

∴当x>-m时，有x+1≥x+m-1≥ln（x+m），

由[ex]≥x+1，∴[ex]≥x+1≥x+m-1≥ln（x+m），

∵（1）式中当m=2时取“=”号，

（2）式中当x+m=1时取“=”号，若（1）与（2）式中“=”同时成立，则x=-1，而[ex=1e]，[1e]>0=0。

若（☆）与（1）式中“=”同时成立，则x=0，m=2，而1=1=1>ln2；

若（☆）与（2）式中“=”同时成立，则x=0，m=1，而1=1>0=0，

总之，[ex]≥x+1≥x+m-1≥ln（x+m）中“=”不能同时成立，

∴[ex]>ln（x+m），综上，当m≤2时，f（x）>0。

作者简介：

孙长卿，男，党员，中学高级教师，教育硕士学位，曾获省级教学能手、市级数学学科带头人称号等，多年来不断撰写论文并发表或获奖。