1、放縮法在導數壓軸題中的應用-鄭州第四十四中學恰當采用放縮法巧證導數不等式鄭州市第四十四中學蘇明亮放縮法是高中數學中一種重要的數學方法，尤其在證明不等式中經常用到.由于近幾年數列在高考中的難度要求降低，放縮法的應用重點也逐漸從證明數列不等式轉移到導數壓軸題中，尤其是在導數不等式證明中更是大放異彩.下面試舉幾例，以供大家參考.一、利用基本不等式放縮，化曲為直例1(2012年高考遼寧卷理科第21題(口)設f(x)g1)G1.證明：當°x2時，f(x)片證明：由基本不等式，當x0時，2Glx2,f(x)ln(x1)x一x11ln(x1)-記h(x)則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)當0x2時，h'(x)0,所以h(x)在(0,2)內是減函數.故當0x2時f(x)生.x6評注：本題第(n)問若直接構造函數h(x)f(x)凡，對h(x)進行求導由于h'(x)中既有根x6式又有分式，因此h,(x)的零點及相應區間上的符號很難確定，而通過對m進行放縮處理，使問題得到解決.上面的解法中，難點在用基本不等式證明GI1,亦即是將拋物線弧yQ放大化簡為直線段y；1,而該線段正是拋物線弧y、父!在左端點(0,1)處的切線，這種“化曲

3、為直”的方法是我們用放縮法處理函數問題的常用方法.二、利用單調性放縮，化動為靜例2(2013年新課標全國H卷第21題(II)已知函數f(x)exln(xm).當m2時,證明f(x)0.證法1：函數f(x)的定義域為(m,),則f'(x)ex-xm(xm)ex1xm設g(x)(xm)ex1,因為g'(x)(xm1)ex0)所以g(x)在(m,)上單調遞增.又g(m)10,g(2m)2e2m12110)故g(x)0在(m,)上有唯一實根x0.當x(m,X0)時,g(x)0,f'(x)0；當x(X0,)時,g(x)0,f'(x)0)從而當x刈時)f(x)取得最小值為f

4、(%).由方程g(x)0的根為x。得ex0ln(x0m)%,x°m7故f(x0)1xx0m1x0m(x0m)m2m(當且僅當xm1取等號)，又因為m2時,所以f(x0)0.取等號的f(x0)0條件是x°m1e"-1及m2x0m同時成立，這是不可能的，所以f(x0)0,故f(x)0.證法2：因yInX在定義域上是增函數，而m2,所以ln(x2)ln(xm),故只需證明當m2時，f(x)0即可.當m2時)f'(x)ex，在(2,)上單調遞增.7x2又f'(1)0,f'(0)0)故f'(x)0在(2,)上有唯一實根x0)且x°(

5、1,0).當x(2,x0)時)f'(x)0；當x(x0,)時)f'(x)0)從而當xx0時，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綜上)當m2時)f(x)0.評注：借助導數取值研究函數單調性是證明初等不等式的重要方法.證法1直接求導證明，由于其含有參數m,因而在判斷g(x)的零點和求f(x)取得最小值f(%)顯得較為麻煩；證法2利用對數函數ylnx的單調性化動為靜，證法顯得簡單明了.此外，本題也是處理函數隱零點問題的一個經典范例.三、活用函數不等式放縮，化繁為簡兩個常用的函數不等式:exx1(x

6、R)lnxx1(x0)兩個常用的函數不等式源于高中教材(人教A版選修2-2,%2)的一組習題，曾多次出現在高考試題中，筆者曾就此問題寫過專題文章叫例3(2014年高考新課標I卷理科第21題)x1設函數f(x)aexlnx-？曲線yf(x)在點(1,f(1)處的切x7線方程為ye(x1)2.求a,b(II)證明：f(x)1.分析：本題以曲線的切線為背景，考查導數的幾何意義，用導數作工具研究函數的單調性，求函數最值以及不等式的證明.第(I)問較容易，般學生都能做出來，只需求出函數f(x)的導數,易得a1,b2.第(II)問難度較大，主要考查考生運用導數知識證明不等式的能力及運算求解能力，是近年來高

7、考壓軸題的熱點問題.本題第(II)問證法較多，下面筆者利用函數不等式來進行證明.證明：由exx1,得ex1x,即exex,故工ex(當且僅當x1時取等號)ex1又由ex1x,得。e1x,故e.ex,兩邊取自然對/x數得ln(ex)1ex)即lnx10(當且僅當x1時取等號)ex、e由于、式等號不能同時成立，兩式相加得lnx-ex,兩邊同乘以ex,得f(x)1.評注：本題證明中利用函數不等式exx1,并進行適當變形，結合不等式性質進行證明，從而避免了繁雜的計算，過程簡潔自然，易于理解.例4(2016年高考山東卷理科第20題(II)已知f(x)axlnx2x1一廠，ax當a1時)證明f(x)f(x

8、)3對于任意的x1,2成立.(ax22)(x1)a1時,f(x)f'(x)lnx2x12-x(122x2)xInxx1,2)由Inx得f(x)f'(x)Inxx1,2.即只需證1,2h(x)1,2,則h'(x)3x22x64x(x)3x22x則(x)在x1,2單調遞減,因為1,證明：f(x)的定義域為(0,)af'(x)ax所以在1,2上存在x0使得x(1,x0)時,(x)0,x(%,2)時,(x)0,所以函數h(x)在(1,%)上單調遞增，在(x°,2)上單調遞減，由于h(1)2,h(2)2，因此當x1,2時，h(x)h(2)|,當且僅當x2時取得等

9、號，所以"'(x)h四即f(x)f'(x)3對于任意的x1,2恒成立.評注：要證明f1比較麻煩的是式子中有lnx,如果能讓它消失，問題勢必會簡單些，所以自然就想到了利用比較熟悉的函數不等式lnxx1進行放縮，方法自然，水到渠成.上述兩個常用函數不等式的變式：ex1x(xR)，j(xx1ln1x11(xxInxx1(x1)0)0)四、巧用已證不等式放縮，借水行舟例5(2016年高考新課標III卷文科21題)設函數f(x)lnxx1.(I)證明當x(1,)時,(II)設c1,證明當x(0,1)時,1(c1)xcx證明：(I)易證當x1,時)lnxx1)11In1xx7即1

10、x.Inx(II)由題設c1,設g31c1xcx,則g(x)c1cxlnx)1nc1令,gx0解得x0nc.當x%時g'x0gx單lnc調遞增；當XX0時,g'x0,gx單調遞減.由(I)知lU*故0%1又g(0)g(1)0故當0x1時,IncgX0.所以當X0,1時)1c1xcx.評注：本題第(II)問利用第(I)中已證,c1In明的不等式1nx及1巧妙地求出0%1InxInc進而利用gx在0x1單調性及端點值g(0)g(1)0證明出gx0.利用已證不等式(或結論)服務后面問題的情況，在高考和?？荚囶}中屢屢出現，這種解題中的“服務意識”不僅可以避開復雜的計算，往往也為解題思路

11、指明了方向.下面再看一例：例6(2013年高考遼寧卷理科21題)已知函數fx1xe2x,gxaxx-12xcosx,當x0,1時，(I)證明:(II)確定a的所有可能取值，使得fxgx恒成立證明：(I)證明：要證x0,1時)1xe2x1x,只需證明1xex(1x)ex.記h(x)1xex(1x)ex,貝Uh'(x)x(exex).當x(0,1)時,1h(x)0因此h(x)在0,1上是增函數,故h(x)h(0)=0.所以fX1x,x0,1.要證x0,1時,只需證明exx1綜上,(II)解：3r,2x,x/c、,fxgx1xe(ax12xcosx)13xax12xcosx22一xx(1a2

12、cosx).221,、iCG(x)2cosx)貝UG(x)x2sinx.己H(x)x2sinx)則H(x)12cosx.當x(0,1)時)H'(x)0)于是G'(x)在0,1上是減函數,從而當x(0,1)時,G'(x)G'(0)0)故G(x)在0,1上是減函數.于是G(x)G(0)2)從而a1G(x)a3.所以，當a3時，fxgx在0,1上恒成立.下面證明，當a3時，fxgx在0,1上不恒成3_xax2xcosx23xxax-1x22xcosxx(2xa一22cosx),記I(x)aI28sxaG(x)，則I(x)G(x)當X(0,1)時,I'(X)。)

13、故I(x)在0,1上是減函數,于是I(x)在0,1上的值域a12cos1,a3.因為當a3時，a30,所以存在x0(0,1),使得I(x0)0,止匕時f%gx°,即fxgx在0,1上不恒成立.綜上，實數a的取值范圍是(，3.評注：本題第二問是一道典型的恒成立求參問題，這類題目很容易讓考生想到用分離參數的方法，但分離參數后利用高中所學知識無法解決(筆者研究發現不能解決的原因是分離參數后，出現了“£型”的式子，解決這類問題的有效方法就是高等數學中的洛必達法則)；若直接構造函數，里面涉及到指數函數、三角函數及高次函數，處理起來難度很大.本題解法中兩次巧妙利用第一問的結論，通過分類討論和假設反正，使問題得到解決.上述幾道導數不等式都不是考查某個單一的初等函數，而是綜合考查指數函數、對數函數(尤其與“ex”和“lnx”有關)、三角函數以及帶根號的嘉函數和其它函數綜合在一起，如果直接求導