湖南省衡南縣第一中學(xué)(421141) 謝德斌

縱觀全國各地歷年高考導(dǎo)數(shù)題,以對數(shù)平均不等式及變式為背景的導(dǎo)數(shù)壓軸題不在少數(shù),學(xué)生在解決此類問題時,往往未能真正把握試題背景與思路,心存畏懼心理,要么因動不了筆,直接放棄;要么亂寫一氣,切不中要害,導(dǎo)致這類題型得分率很低.本文摘取了近年來各地高考真題,深入分析了導(dǎo)數(shù)綜合大題的共性特點及解決方法,期望能對讀者有所啟迪和感悟.

一、問題的提出

現(xiàn)有反比例函數(shù)f(x)=(x＞0)的圖象,如圖(1)(2)所示,作AP//BQ//V K//UT,設(shè)(其中b＞a＞0),f(x)在點K處的切線分別與AP,BQ交于E,F,過點K的直線MN//x軸且分別與AP,BQ交于M,N.試探究如下問題：

(1)如圖1,由曲邊梯形ABQP與梯形ABFE面積大小的關(guān)系提煉相應(yīng)的不等式;

(2)如圖2,由曲邊梯形AUTP與梯形AUTP面積的大小關(guān)系提煉相應(yīng)的不等式;

圖1

圖2

分析(1)由S曲邊梯形ABQP＞S梯形ABF E=S矩形ABNM,即所以

(2)由S曲邊梯形AUT P＜S梯形AUT P,即即所以

由(1)(2)及基本不等式可得到一個不等式鏈：a＜(其中0＜a＜b).

二、從對數(shù)平均不等式的代數(shù)證明方法追根朔源

分析1 由于a,b是兩個獨立的變量,如果能夠變形為一個整體,則可通過換元再構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性得證.觀察到兩邊成齊次結(jié)構(gòu)式形狀,故可先做如下變形：令即證由則g(t)在t ∈(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(t)＞g(1)=0.

分析2 要證的不等式含兩個獨立變量,不防將其中一個視為主元,另一個視為常量來處理.(a+b)(lnb-lna)-2(b-a)＞0.令g(x)=(a+x)(lnxlna)-2(x-a)(x＞a),原問題轉(zhuǎn)化為證明：g(b)＞0 即可.由g′(x)=(lnx-lna)+-2=lnx-lna+-1,則g′(x)在x ∈(a,+∞)上單調(diào)遞增,所以g′(x)＞g′(a)=0,則g(x)在x ∈(a,+∞)上單調(diào)遞增,由0＜a＜b,所以g(b)＞g(a)=0.

對數(shù)平均不等式衍生不等式關(guān)系圖

三、由對數(shù)平均不等式衍生的其它基本函數(shù)不等式及網(wǎng)絡(luò)關(guān)系圖

事實上,由對數(shù)平均不等式鏈,通過齊次化變形后再換元,可得到如上圖所示的常見基本函數(shù)不等式.

四、對數(shù)平均不等式鏈及變式在高考導(dǎo)數(shù)題中的運用

(一)對數(shù)平均不等式鏈及變式在“證明不等式”中的運用

例1 (2018年新課標(biāo)卷I 理科)已知函數(shù)f(x)=

(1)討論f(x)的單調(diào)性;

(2)若f(x)存 在 兩 個 極 值 點x1,x2,證 明：

分析1 (1)略.

(2)f′(x)=由(1)知,當(dāng)且僅當(dāng)a＞2時,f(x)存在兩個極值點x1,x2,且x1,x2滿足x1x2=1,不妨設(shè)x1＜x2,又x1,x2∈(0,+∞),則x2＞1.因為

轉(zhuǎn)化至此,可看出以對數(shù)平均不等式為背景顯然易見,運用對數(shù)平均不等式可知,成立.

分析2 事實上,本題由于x1x2=1,故也可消元后構(gòu)造函數(shù),利用單調(diào)性證明.

練習(xí)1 (2005年湖南卷)已知函數(shù)f(x)=lnx,設(shè)函數(shù)f(x)的圖象C1與函數(shù)g(x)的圖象C2交于點P.Q,過線段PQ的中點作x軸的垂線分別交C1,C2于點M.N,證明：C1在點M處的切線與C2在點N處的切線不平行.

分析設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),(x1,x2∈(0,+∞),x12).由則有：

即

因為C1在M處的切線斜率

C2在N處的切線斜率

原問題轉(zhuǎn)化為即證：k12,由對數(shù)平均不等式知：故k12.

練習(xí)2 (2010年高考天津卷)已知函數(shù)f(x)=xe-x(x ∈R),如果x12,且f(x1)=f(x2).證明：x1+x2＞2.

分析由f′(x)=(1-x)e-x,則f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,且當(dāng)x＞0 時,f(x)＞0,因為f(x1)=f(x2),不妨設(shè)x1＜x2,則有0＜x1＜1＜x2,由x1e-x1=x2e-x2,則 有l(wèi)nx1-x1=lnx2-x2,即由對數(shù)平均不等式知故x1+x2＞2.

評注對這類典型的“極值點偏移”問題的處理,構(gòu)造輔助函數(shù)利用單調(diào)性證明也不失為較好的方法,本題中：等價轉(zhuǎn)化為0＜2-x2＜x1＜1,構(gòu)造g(x)=f(2-x)-f(x)(x＞1)只須證明g(x)在x ∈(0,1)上單調(diào)遞減即可.

例2 (2018年新課標(biāo)卷I 文科)已知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1,證明：當(dāng)a≥時,f(x)≥0.

分析要證的式子中既含有ex,又含有l(wèi)nx結(jié)構(gòu)式,可嘗試考慮ex,lnx的不等式鏈實現(xiàn)放縮.由前述第三部分中的網(wǎng)絡(luò)關(guān)系圖中可知,由或換元及變形后可得如下兩個基本函數(shù)不等式鏈：①2○ex≥x+1(x ∈R).本題中：要證f(x)≥0,轉(zhuǎn)化為即證：當(dāng)a≥時,a·ex≥lnx+1,由基本函數(shù)不等式鏈知：a·ex≥ex-1≥x≥lnx+1,得證.

練習(xí)3 (2013年新課標(biāo)卷II)已知函數(shù)f(x)=ex-ln(x+m).當(dāng)m≤2 時,證明：f(x)＞0.

分析由基本函數(shù)不等式鏈知：當(dāng)m≤2 時,ln(x+m)≤ln(x+2)≤x+1 ≤ex,而ln(x+2)=x+1 當(dāng)且僅當(dāng)x=-1,x+1=ex當(dāng)且僅當(dāng)x=0,所以等號同時取不到,故當(dāng)m≤2 時,f(x)＞0.

(二)對數(shù)平均不等式鏈及變式在“含參不等式恒成立求參數(shù)范圍問題”中的運用

例3 (2017年新課標(biāo)卷III)已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx.

(1)若f(x)≥0,求a的值;

(2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,求m的最小值.

分析對這類題型通常的處理方法：一是直接求導(dǎo)分類討論; 二是分離參數(shù).由f(x)結(jié)構(gòu)式特征：想到lnx≤x-1(x＞0)這一利器的運用,可嘗試分離參數(shù)處理.

(1)f(x)≥0?x-1 ≥alnx.

①當(dāng)x=1 時,a ∈R;

②當(dāng)x＞1 時,a≤恒成立,由平均不等式鏈變式可知：lnx＜x-1(x＞1),即此時則a≤1;

③當(dāng)0＜x＜1 時,a≥恒成立,由基本函數(shù)不等式可知：lnx＜x-1(0＜x＜1),即此時則a≥1.

綜合 ① ② ③得,a=1.

(2)通過兩邊取對數(shù),將左邊積變和式,通過適當(dāng)放縮使之和可求出.由對數(shù)平均不等鏈變式有：lnx≤x-1(x＞0),則ln(x+1)≤x(x＞-1)取x=即有l(wèi)n所以故m的最小值為3.

練習(xí)4 (2011年新課標(biāo)卷)已知函數(shù)f(x)曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為x+2y-3=0.如果當(dāng)x＞0,且1 時,求k的取值范圍.

分析易得a=b=1,由f(x)＞即1-k＞由對數(shù)平均不等式：或換元及變形后可得如下基本函數(shù)不等式：所以當(dāng)x＞0 且1時,有故1-k≥1,即k≤0.

(三)對數(shù)平均不等式鏈及變式在“函數(shù)零點及恒成立問題取點”中的運用

例4 (2017年新課標(biāo)卷I)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.

分析含參函數(shù)零點問題的處理思路一般有如下兩種：一是直接分類討論單調(diào)性結(jié)合零點存在性定理求解; 二是分離參數(shù)運用函數(shù)方程思想解決.為使方法具有通用性,我們不妨按思路一來解決此題.由f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1)(x ∈R)

①若a≤0,則f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減,f(x)至多有一個零點.

② 若a＞0,則f(x)在(-lna,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,-lna)上單調(diào)遞減,則fmin(x)=f(-lna)=當(dāng)a=1 時,f(-lna)=0,此時f(x)只有一個零點;當(dāng)a＞1 時,fmin(x)=f(-lna)＞0,此時f(x)沒有零點;當(dāng)0＜a＜1 時,fmin(x)=f(-lna)＜0,而f(-1)=所以f(x)在(-1,-lna)上有一個零點,下證f(x)在(-lna,+∞)上有一個零點即可.即證?x0＞-lna,使f(x0)＞0 即可,根椐零點存在性定理,即說明了f(x)在(-lna,x0)上有一個零點.由對數(shù)平均不等式鏈及變式則有：ex≥x+1＞x,則-x＞-ex,由f(x)＞ae2x+(a-2)ex-ex=ex(aex+a-3)可得這樣一來,就找到了使得f(x0)＞0,所以f(x)在上存在一個零點,

綜上：當(dāng)0＜a＜1 時,f(x)有兩個零點.

評注本題的難點在于找點,當(dāng)0＜a＜1 時,說清?x0,使f(x0)＞0.解決此類找點問題時,我們不妨聯(lián)想到對數(shù)平均不等式鏈及變式將超越不等式某些項放縮,變成常規(guī)的一次或二次不等式來找點.

練習(xí)5 (2010年全國新課標(biāo)卷)設(shè)函數(shù)f(x)=ex-1-x-ax2,若當(dāng)x≥0 時f(x)≥0,求a的取值范圍

分析f′(x)=ex-1-2ax,觀察到f(0)=0,先求f(x)≥0 的一個充分條件.由f′(x)=ex-1-2ax≥x-2ax=(1-2a)x,當(dāng)時,f′(x)≥0,此時f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,則有f(x)≥f(0)=0;再驗證必要性,即證明?x0＞0,當(dāng)x ∈(0,x0)時,f(x)＜0 即可.當(dāng)時,由ex≥x+1,則-x≤e-x-1,由f′(x)=ex-1-2ax≤可得x＜ln(2a),這樣一來就找到了x0=ln(2a),當(dāng)x ∈(0,ln(2a))時,f′(x)＜0,從而可得f(x)＜f(0)=0,與題意相矛盾.綜上：a≤即為所求.

站在系統(tǒng)的高度來研究這類導(dǎo)數(shù)綜合題的通性通法及背景,引導(dǎo)學(xué)生理清知識脈絡(luò),對我們的復(fù)習(xí)備考效率的提高無疑會有很大的推動作用.