放缩法在导数压轴题中的应用-郑州第四十四中学

1、放缩法在导数压轴题中的应用-郑州第四十四中学恰当采用放缩法巧证导数不等式郑州市第四十四中学苏明亮放缩法是高中数学中一种重要的数学方法，尤其在证明不等式中经常用到.由于近几年数列在高考中的难度要求降低，放缩法的应用重点也逐渐从证明数列不等式转移到导数压轴题中，尤其是在导数不等式证明中更是大放异彩.下面试举几例，以供大家参考.一、利用基本不等式放缩，化曲为直例1(2012年高考辽宁卷理科第21题(口)设f(x)g1)G1.证明：当°x2时，f(x)片证明：由基本不等式，当x0时，2Glx2,f(x)ln(x1)x一x11ln(x1)-记h(x)则h,(x)故又由h(x)h(0)0)所以l

2、n(x1)x急)即ln(x1),x119xx9xln(x1)-2x6._,2_1154x(x15x36)_2rx12(x6)2(x1)(x6)当0x2时，h'(x)0,所以h(x)在(0,2)内是减函数.故当0x2时f(x)生.x6评注：本题第(n)问若直接构造函数h(x)f(x)凡，对h(x)进行求导由于h'(x)中既有根x6式又有分式，因此h,(x)的零点及相应区间上的符号很难确定，而通过对m进行放缩处理，使问题得到解决.上面的解法中，难点在用基本不等式证明GI1,亦即是将抛物线弧yQ放大化简为直线段y；1,而该线段正是抛物线弧y、父!在左端点(0,1)处的切线，这种“化曲

3、为直”的方法是我们用放缩法处理函数问题的常用方法.二、利用单调性放缩，化动为静例2(2013年新课标全国H卷第21题(II)已知函数f(x)exln(xm).当m2时,证明f(x)0.证法1：函数f(x)的定义域为(m,),则f'(x)ex-xm(xm)ex1xm设g(x)(xm)ex1,因为g'(x)(xm1)ex0)所以g(x)在(m,)上单调递增.又g(m)10,g(2m)2e2m12110)故g(x)0在(m,)上有唯一实根x0.当x(m,X0)时,g(x)0,f'(x)0；当x(X0,)时,g(x)0,f'(x)0)从而当x刈时)f(x)取得最小值为f

4、(%).由方程g(x)0的根为x。得ex0ln(x0m)%,x°m7故f(x0)1xx0m1x0m(x0m)m2m(当且仅当xm1取等号)，又因为m2时,所以f(x0)0.取等号的f(x0)0条件是x°m1e"-1及m2x0m同时成立，这是不可能的，所以f(x0)0,故f(x)0.证法2：因yInX在定义域上是增函数，而m2,所以ln(x2)ln(xm),故只需证明当m2时，f(x)0即可.当m2时)f'(x)ex，在(2,)上单调递增.7x2又f'(1)0,f'(0)0)故f'(x)0在(2,)上有唯一实根x0)且x°(

5、1,0).当x(2,x0)时)f'(x)0；当x(x0,)时)f'(x)0)从而当xx0时，f(x)取得最小值.由f'(x)0得e1)ln(x02)x0%272故f(x)f(xc)x0J)-0.x02x02综上)当m2时)f(x)0.评注：借助导数取值研究函数单调性是证明初等不等式的重要方法.证法1直接求导证明，由于其含有参数m,因而在判断g(x)的零点和求f(x)取得最小值f(%)显得较为麻烦；证法2利用对数函数ylnx的单调性化动为静，证法显得简单明了.此外，本题也是处理函数隐零点问题的一个经典范例.三、活用函数不等式放缩，化繁为简两个常用的函数不等式:exx1(x

6、R)lnxx1(x0)两个常用的函数不等式源于高中教材(人教A版选修2-2,%2)的一组习题，曾多次出现在高考试题中，笔者曾就此问题写过专题文章叫例3(2014年高考新课标I卷理科第21题)x1设函数f(x)aexlnx-？曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切x7线方程为ye(x1)2.求a,b(II)证明：f(x)1.分析：本题以曲线的切线为背景，考查导数的几何意义，用导数作工具研究函数的单调性，求函数最值以及不等式的证明.第(I)问较容易，般学生都能做出来，只需求出函数f(x)的导数,易得a1,b2.第(II)问难度较大，主要考查考生运用导数知识证明不等式的能力及运算求解能力，是近年来高

7、考压轴题的热点问题.本题第(II)问证法较多，下面笔者利用函数不等式来进行证明.证明：由exx1,得ex1x,即exex,故工ex(当且仅当x1时取等号)ex1又由ex1x,得。e1x,故e.ex,两边取自然对/x数得ln(ex)1ex)即lnx10(当且仅当x1时取等号)ex、e由于、式等号不能同时成立，两式相加得lnx-ex,两边同乘以ex,得f(x)1.评注：本题证明中利用函数不等式exx1,并进行适当变形，结合不等式性质进行证明，从而避免了繁杂的计算，过程简洁自然，易于理解.例4(2016年高考山东卷理科第20题(II)已知f(x)axlnx2x1一厂，ax当a1时)证明f(x)f(x

8、)3对于任意的x1,2成立.(ax22)(x1)a1时,f(x)f'(x)lnx2x12-x(122x2)xInxx1,2)由Inx得f(x)f'(x)Inxx1,2.即只需证1,2h(x)1,2,则h'(x)3x22x64x(x)3x22x则(x)在x1,2单调递减,因为1,证明：f(x)的定义域为(0,)af'(x)ax所以在1,2上存在x0使得x(1,x0)时,(x)0,x(%,2)时,(x)0,所以函数h(x)在(1,%)上单调递增，在(x°,2)上单调递减，由于h(1)2,h(2)2，因此当x1,2时，h(x)h(2)|,当且仅当x2时取得等

9、号，所以"'(x)h四即f(x)f'(x)3对于任意的x1,2恒成立.评注：要证明f1比较麻烦的是式子中有lnx,如果能让它消失，问题势必会简单些，所以自然就想到了利用比较熟悉的函数不等式lnxx1进行放缩，方法自然，水到渠成.上述两个常用函数不等式的变式：ex1x(xR)，j(xx1ln1x11(xxInxx1(x1)0)0)四、巧用已证不等式放缩，借水行舟例5(2016年高考新课标III卷文科21题)设函数f(x)lnxx1.(I)证明当x(1,)时,(II)设c1,证明当x(0,1)时,1(c1)xcx证明：(I)易证当x1,时)lnxx1)11In1xx7即1

10、x.Inx(II)由题设c1,设g31c1xcx,则g(x)c1cxlnx)1nc1令,gx0解得x0nc.当x%时g'x0gx单lnc调递增；当XX0时,g'x0,gx单调递减.由(I)知lU*故0%1又g(0)g(1)0故当0x1时,IncgX0.所以当X0,1时)1c1xcx.评注：本题第(II)问利用第(I)中已证,c1In明的不等式1nx及1巧妙地求出0%1InxInc进而利用gx在0x1单调性及端点值g(0)g(1)0证明出gx0.利用已证不等式(或结论)服务后面问题的情况，在高考和模考试题中屡屡出现，这种解题中的“服务意识”不仅可以避开复杂的计算，往往也为解题思路

11、指明了方向.下面再看一例：例6(2013年高考辽宁卷理科21题)已知函数fx1xe2x,gxaxx-12xcosx,当x0,1时，(I)证明:(II)确定a的所有可能取值，使得fxgx恒成立证明：(I)证明：要证x0,1时)1xe2x1x,只需证明1xex(1x)ex.记h(x)1xex(1x)ex,贝Uh'(x)x(exex).当x(0,1)时,1h(x)0因此h(x)在0,1上是增函数,故h(x)h(0)=0.所以fX1x,x0,1.要证x0,1时,只需证明exx1综上,(II)解：3r,2x,x/c、,fxgx1xe(ax12xcosx)13xax12xcosx22一xx(1a2

12、cosx).221,、iCG(x)2cosx)贝UG(x)x2sinx.己H(x)x2sinx)则H(x)12cosx.当x(0,1)时)H'(x)0)于是G'(x)在0,1上是减函数,从而当x(0,1)时,G'(x)G'(0)0)故G(x)在0,1上是减函数.于是G(x)G(0)2)从而a1G(x)a3.所以，当a3时，fxgx在0,1上恒成立.下面证明，当a3时，fxgx在0,1上不恒成3_xax2xcosx23xxax-1x22xcosxx(2xa一22cosx),记I(x)aI28sxaG(x)，则I(x)G(x)当X(0,1)时,I'(X)。)

13、故I(x)在0,1上是减函数,于是I(x)在0,1上的值域a12cos1,a3.因为当a3时，a30,所以存在x0(0,1),使得I(x0)0,止匕时f%gx°,即fxgx在0,1上不恒成立.综上，实数a的取值范围是(，3.评注：本题第二问是一道典型的恒成立求参问题，这类题目很容易让考生想到用分离参数的方法，但分离参数后利用高中所学知识无法解决(笔者研究发现不能解决的原因是分离参数后，出现了“£型”的式子，解决这类问题的有效方法就是高等数学中的洛必达法则)；若直接构造函数，里面涉及到指数函数、三角函数及高次函数，处理起来难度很大.本题解法中两次巧妙利用第一问的结论，通过分类讨论和假设反正，使问题得到解决.上述几道导数不等式都不是考查某个单一的初等函数，而是综合考查指数函数、对数函数(尤其与“ex”和“lnx”有关)、三角函数以及带根号的嘉函数和其它函数综合在一起，如果直接求导