2020 年考研数学（二） 第 6 题

抽象函数配「$f^{\prime }$ 与 $f$ 的比较」，标准动作是构造 $F(x)=f(x)e^{-x}$——因为 $F^{\prime }=e^{-x}(f^{\prime }-f)$ 的符号恰由 $f^{\prime }-f$ 决定。一旦 $F$ 单调，任意两点的 $F$ 值不等式都能翻译成 $f$ 的比值不等式 $\frac{f(b)}{f(a)}$ 与 $e^{b-a}$ 的大小。若临场想不到构造，取 $f(x)=e^{2x}$ 这一最简单满足条件的例子代入排除，也能快速锁定 B。

本题考查导数与单调性的关系（构造辅助函数）。 由 $f^{\prime }(x)>f(x)$ 想到构造 $F(x)=\frac{f(x)}{e^x}$。

令 $F(x)=\frac{f(x)}{e^x}$，则
$$F^{\prime }(x)=\frac{e^x[f^{\prime }(x)-f(x)]}{e^{2x}}=\frac{f^{\prime }(x)-f(x)}{e^x}>0,$$
故 $F(x)$ 在 $[-2,2]$ 上单调增加。

由 $F(0)>F(-1)$，即 $\frac{f(0)}{e^0}>\frac{f(-1)}{e^{-1}}$，得 $f(0)>ef(-1)$。又 $f(-1)>0$，故 $\frac{f(0)}{f(-1)}>e$。B 正确。

由 $F$ 单调增加还可得 $F(-2)<F(-1)<F(0)<F(1)<F(2)$，结合 $f(x)>0$ 推出
$$\frac{f(-2)}{f(-1)}<e^{-1}<1,\frac{f(1)}{f(-1)}>e^2,\frac{f(2)}{f(-1)}>e^3,$$
故 A、C、D 均不成立。

也可举例 $f(x)=e^{2x}$（满足 $f^{\prime }=2e^{2x}>e^{2x}=f>0$）验证：$\frac{f(-2)}{f(-1)}=e^{-2}<1$，$\frac{f(0)}{f(-1)}=e^2>e$，$\frac{f(1)}{f(-1)}=e^4>e^2$，$\frac{f(2)}{f(-1)}=e^6>e^3$，排除 A、C、D。故选 B。