放缩法在导数压轴题中的应用

1恰当采用放缩法巧证导数不等式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、例1（2012年高考辽宁卷理科第21题（Ⅱ））设()ln(1)11fxxx.证明：当02x时，9()6xfxx.二、例2（2013年新课标全国Ⅱ卷第21题（Ⅱ））已知函数()ln()xfxexm.当2m时，证明()0fx.三、两个常用的函数不等式：1xex()xR1(0)lnxxx例3（2014年高考新课标Ⅰ卷理科第21题）设函数1()lnxxbefxaexx，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为(1)2yex.（I）求,ab（II）证明：()1fx.例4（2016年高考山东卷理科第20题（Ⅱ））已知221()ln,xfxaxxaxR.当1a时，证明3()()2fxfx对于任意的1,2x成立.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()ln1fxxx.（I）证明当(1,)x时，11lnxxx；（II）设1c，证明当(0,1)x时，1(1)xcxc.例6（2013年高考辽宁卷理科21题）已知函数2321,12cos.2xxfxxegxaxxx当0,1x时，（I）证明：111xfxx；（II）确定a的所有可能取值，使得fxgx恒成立例1（2012年高考辽宁卷理科第21题（Ⅱ））设()ln(1)11fxxx.证明：当02x时，9()6xfxx.证明：由基本不等式，当0x时，2(1)12xx，故112xx.()ln(1)11ln(1)2xfxxxx记9()ln(1)26xxhxxx，则2221154(1536)'()12(6)2(1)(6)xxxhxxxxx.当02x时，'()0hx，所以()hx在(0,2)内是减函数.故又由()(0)0hxh，所以9ln(1)26xxxx，即9ln(1)116xxxx，故当02x时，9()6xfxx.评注：本题第(Ⅱ)问若直接构造函数9()()6xhxfxx，对()hx进行求导，由于'()hx中既有根式又有分式，因此'()hx的零点及相应区间上的符号很难确定，而通过对1x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112xx，亦即是将抛物线弧1yx放大化简为直线段12xy，而该线段正是抛物线弧1yx在左端点(0,1)处的切线，这种“化曲为直”的方法是我们用放缩法处理函数问题的常用方法.二、例2（2013年新课标全国Ⅱ卷第21题（Ⅱ））已知函数()ln()xfxexm.当2m时，证明()0fx.证法1：函数()fx的定义域为(,)m，则1()1'()xxxmefxexmxm.设()()1xgxxme，因为'()(1)0xgxxme，3所以()gx在(,)m上单调递增.又()10gm，2(2)212110mgme，故()0gx在(,)m上有唯一实根0x.当0(,)xmx时，()0gx，'()0fx；当0(,)xx时，()0gx，'()0fx，从而当0xx时，()fx取得最小值为0()fx.由方程()0gx的根为0x，得001xexm，00ln()xmx，故0000011()()2fxxxmmmxmxm（当且仅当01xm取等号），又因为2m时，所以0()0fx.取等号的0()0fx条件是01xm，001xexm及2m同时成立，这是不可能的，所以0()0fx，故()0fx.证法2：因lnyx在定义域上是增函数，而2m，所以ln(2)ln()xxm，故只需证明当2m时，()0fx即可.当2m时，1'()2xfxex在(2,)上单调递增.又'(1)0,'(0)0ff，故'()0fx在(2,)上有唯一实根0x，且0(1,0)x.当0(2,)xx时，'()0fx；当0(,)xx时，'()0fx，从而当0xx时，()fx取得最小值.由'()0fx得0012xex，00ln(2)xx，故200000(1)1()()022xfxfxxxx.综上，当2m时，()0fx.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4明，由于其含有参数m，因而在判断()gx的零点和求()fx取得最小值0()fx显得较为麻烦；证法2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、两个常用的函数不等式：1xex()xR1(0)lnxxx例3（2014年高考新课标Ⅰ卷理科第21题）设函数1()lnxxbefxaexx，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为(1)2yex.（I）求,ab（II）证明：()1fx.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，一般学生都能做出来，只需求出函数()fx的导数，易得1,2ab.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1xex，得1xex，即xeex，故1xeex（当且仅当1x时取等号）①又由1xex，得11xex，故11exeex，两边取自然对数得1ln()1exex，即1ln0xex（当且仅当1xe时取等号）②由于①、②式等号不能同时成立，两式相加得2lnxxeex，两边同乘以xe，得()1fx.例4（2016年高考山东卷理科第20题（Ⅱ））已知221()ln,xfxaxxaxR.当1a时，证明3()()2fxfx对于任意的1,2x成立.5证明：()fx的定义域为(0,)，223322(2)(1)'()aaxxfxaxxxx，1a时，22321122()'()ln(1)xfxfxxxxxxx23312ln1xxxxx，[1,2]x，由②1lnxx得2323312312()'()ln1fxfxxxxxxxxx，[1,2]x.即只需证2331232xxx，[1,2]x令23312()hxxxx，[1,2]x，则24326'()xxhxx.设2()326xxx，则()x在x[1,2]单调递减，因为(1)1,(2)10，所以在[1,2]上存在0x使得0(1,)xx时，0()0,(,2)xxx时，()0x，所以函数()hx在0(1,)x上单调递增，在0(,2)x上单调递减，由于3(1)2,(2)2hh，因此当x[1,2]时，3()(2)2hxh…，当且仅当2x时取得等号，所以3()'()(2)2fxfxh，即3()'()2fxfx对于任意的[1,2]x恒成立.评注：要证明233123()'()ln12fxfxxxxxx，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1lnxx进行放缩，方法自然，水到渠成.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()ln1fxxx.（I）证明当(1,)x时，11lnxxx；（II）设1c，证明当(0,1)x时，1(1)xcxc.证明：（I）易证当1,x时，ln1xx，11ln1xx，即11lnxxx.6（II）由题设1c，设()11xgxcxc，则()1lnxgxccx，，令，0gx，，解得01lnlnlnccxc.当0xx时，'0gx，gx单调递增；当0xx时，'0gx，gx单调递减.由（I）知，11lnccc，故001x，又(0)(1)0gg，故当01x时，0gx.所以当0,1x时，11xcxc．评注：本题第（II）问利用第（I）中已证明的不等式11lnxxx及01lnlnlnccxc巧妙地求出001x，进而利用gx在01x单调性及端点值(0)(1)0gg证明出0gx．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321,12cos.2xxfxxegxaxxx当0,1x时，（I）证明：111xfxx；（II）确定a的所有可能取值，使得fxgx恒成立证明：（I）证明：要证0,1x时，211,xxex只需证明1(1)xxxexe．记()1(1)xxhxxexe，则'()()xxhxxee．当(0,1)x时，'()0hx，因此()hx在0,1上是增函数，故()(0)=0hxh．所以1fxx，0,1x．要证0,1x时，2111xxex，只需证明1xex．综上，111xfxx（II）解：3321(12cos)112cos22xxxfxgxxeaxxxxaxxx2(12cos)2xxax．设2()2cos2xGxx，则'()2sinGxxx．记()2sinHxxx，则'()12cosHxx．当(0,1)x时，'()0Hx，于是'()Gx在0,1上是减函数，7从而当(0,1)x时，''()(0)0GxG，故()Gx在0,1上是减函数．于是()(0)2GxG，从而1()3aGxa．所以，当3a时，fxgx在0,1上恒成立．下面证明，当3a时，fxgx在0,1上不恒成立．3112cos12xfxgxaxxxx32cos12xxaxxxx21(2cos)12xxaxx，记211()2cos()121xIxaxaGxxx，则''21()()(1)IxGxx，当(0,1)x时，'()0Ix，故()Ix在0,1上是减函数，于是()Ix在0,1上的值域[12cos1,a3]a．因为当3a时，30a，所以存在0(0,1)x，使得0()0Ix，此时00fxgx，即fxgx在0,1上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(,3]．