切线放缩法是一种选择

江西南昌莲塘第二中学(330200) 唐水华

导数及其应用的相关基础知识和基本方法是历年来数学高考的重点和高频考点,也是数学高考的主要压轴题.虽然多数学生对导数及其应用的基础知识、基本方法并非不懂,但历年来导数及其应用压轴题的高考结果总是不尽人意.其中有一些试题涉及函数的凹凸性.虽然在当前的高中数学教材中,并没有对函数的凹凸性进行像函数的奇偶性、单调性、周期性那样的单列章节的教学内容,但教材中有关例题、练习题却有涉及,尤其是近年来模拟考、高考中也有涉及,因此有必要就其中涉及具有凹凸性质的函数不等式的证明求解问题来尝试用切线放缩法进行一下探究.

图1

图2

图3

切线放缩法是利用凹凸函数的图像总是位于其切线的上方或下方的性质(性质1: 一元连续可微函数在区间上是凸或凹的,当且仅当函数位于所有它的切线的上方或下方;性质2:f(x)在[a,b]上是凸函数,且f(x)存在一、二阶导数等价于f′′(x)≤0,f(x)在[a,b]上是凹函数,且f(x)存在一、二阶导数等价于f′′(x)≥0,——引自华东师范大学数学系编《数学分析》第197 ～202 页),凹凸函数及其切线图像可以用图1、图2 和图3 大致地表示.利用切线放缩法进行适当的放缩,可以化繁为简、化难为易,达到事半功倍的效果.有利于学生在高考中遇上此种题型得以迅速准确地给出解答.

引例已知函数f(x)=2ex+(2a −1)x2.若曲线f(x)在x=1 处的切线方程为y=2(e −1)x+1,(1)求a的值;(2)求证: 当x ＞0 时,f(x)≥2(e −1)lnx+(2e −1).

学生常规思路(1)a=0,过程从略.(2)因为x∈(0,+∞),所以要证:f(x)≥2(e −1)lnx+(2e −1),即证: 2ex −x2≥ 2(e −1)lnx+ (2e −1).因此不妨把不等式右侧的各项移至左侧构造新函数,设为h(x)=2ex −x2−2(e −1)lnx −(2e −1),所以求阶导数h′(x)=2ex −2x −再次求其二阶导数h′′(x)=2ex −2+然后学生就似乎不知所措了.

事实上,继续下去也是可以达成求解证明目标的,再求其三阶导数可得h′′′(x)=2ex −显然h′′′(x)在(0,+∞)上是增函数,注意到h′′′(1)=4−2e ＜0,h′′′(2)=2e2−＞0,所以存在x0∈(1,2),使得h′′′(x0)=0,即: 2ex0−=0(此处虚设零点),当x∈(0,x0)时,h′′′(x)＜0,h′′(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,h′′′(x)＞0,h′′(x)单调递增,又因为x0∈(1,2),所以h′′(x)≥h′′(x0)=2ex0−2+＞2e1−2+=2e −2 +＞0,所以h′(x)在(0,+∞)上递增,又注意到h′(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h′(x)＜0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,当x∈(1,+∞)时,h′(x)＞0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=0,即f(x)≥2(e −1)lnx+(2e −1).得证.

学生在求解证明此类试题时,往往是首先求出的导函数不正确,再就是在正确求解出导数后,对导数仍然是函数的情形认识不清、理解不透,尤其是在多次求导后的层层反向推导的单调性弄不清、理不顺,导致思维混乱糊涂,特别是零点处于不可求的情形下,则更会让学生的思维处于混乱状态而导致推导求解无法进行下去.

因此对一些涉及切线、具有凹凸性质的函数不等式求解证明问题另辟蹊径,选择用切线放缩法也许有利于学生的理解,从而更容易进行推理,书写得更顺手一些.因此值得尝试和探究一下.下面就此题的求解证明用切线放缩法探究如下:

分析对于(1): 由函数f(x)=2ex+(2a−1)x2在x=1处的切线方程为y=2(e −1)x+1,得f′(1)=2(e −1),可以求解得出a值.对于(2): 考虑到该题第一个问题涉及到切线,又因为f(x)=2ex −x2,f′(x)=2ex −2x,f′′(x)=2ex −2＞0,所以f(x)在(0,+∞)上是凹函数,同理: 函数g(x)=2(e −1)lnx+(2e −1),g′(x)=g′′(x)=＜0,所以f(x)在(0,+∞)上是凸函数,因此,也许切线完全位于f(x)曲线的下方且完全位于g(x)曲线的上方,尝试用切线放缩的方法未必不是一种妙方.或许容易推理,写起来顺风顺水的.求法的大致图解如图4.

图4

解析(1)因为函数f(x)=2ex+ (2a −1)x2在x=1 处的切线方程为y=2(e −1)x+ 1,又因为f′(x)=2ex+2(2a−1)x,所以f′(1)=2e+4a−2=2e−2,所以a=0.所以f(x)=2ex −x2.

(2)由分析可知: 要证f(x)≥2(e −1)lnx+(2e −1),即证:f(x)≥y=2(e −1)x+1≥2(e −1)lnx+(2e −1),首先来证明:f(x)≥2(e −1)x+1,因为f(x)=2ex −x2,f′(x)=2ex−2x,f′′(x)=2ex−2＞0,所以f(x)在(0,+∞)上是凹函数,函数f(x)的图像恒在切线y=2(e −1)x+1的上方,即: 当x ＞0 时,

再来证明: 函数g(x)=2(e −1)lnx+(2e −1)的图像恒在切线y=2(e −1)x+1 的下方.

因为函数g(x)=2(e −1)lnx+ (2e −1),g′(x)=所以g(x)在(0,+∞)上是凸函数,又因为y=g(x)也过y=f(x)的切点(1,2e −1),且显然y=g(x)在切点(1,2e −1)处的切线也为y=2(e −1)x+1,所以:

由①②可得:f(x)≥2(e −1)lnx+(2e −1).

评注从上述引例的第二问求证方法二来看,无疑切线放缩的方法是值得进行探究的,这显然有利于对学生的数形结合、化归与转化、函数与方程的思想方法及导数的本质意义及其应用的能力和水平的提高,因此,切线放缩的方法作为解决有关涉及具有凹凸性质的函数不等式证明求解问题当然可以作为一种选择的方法.特别是第一小题涉及曲线的切线方程,就要注意是否可以运用切线放缩法来解决问题.

例题1(2015年高考天津卷第20 题)已知函数f(x)=nx −xn,x∈ℝ,其中n∈ℕ∗,且n≥2.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证: 对于任意正实数x,都有f(x)≤g(x);

(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2−x1|＜+2.

分析(1)由f(x)定义域(−∞,+∞)及对f(x)求导就可讨论其单调性.

图5

(2)由题意可先求出曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点P的坐标(x0,0)=进而求解出过P点的切线方程g(x)=f′(x0)(x −x0),再用作差法构造新函数F(x)=f(x)−g(x),从而证明F(x)的最大值小于零即可.

(3)由f(x)=nx −xn,f′(x)=n −nxn−1=n(1−xn−1),f′′(x)=−n(n −1)xn−2＜0 可知f(x)在(0,+∞)上是凸函数,所以过点(0,0)的切线h(x)=nx和过(x0,0)的切线g(x)=(n −n2)(x −x0)均位于f(x)图像上方,y=a与两切线交点横坐标x′1,x′2之差x′2−x′1,显然会大于y=a与y=f(x)的交点撗坐标x1,x2之差x2−x1,这应当是该题求解的有效选择.求法的大致图解如图5.

解析(1)由f(x)=nx−xn,可得f′(x)=n−nxn−1=n(1−xn−1),其中n∈ℕ∗,且n≥2,下面分两种情况讨论:

①当n为奇数时: 令f′(x)=0,解得x=1 或x=−1,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x (−∞,−1)(−1,1)(1,+∞)f′(x)−+−F(x)单调递减单调递增单调递减

所以,f(x)在(−∞,−1),(1,+∞)上单调递减,在(−1,1)内单调递增.

②当n为偶数时: 当f′(x)＞0,即x ＜1 时,函数f(x)单调递增;当f′(x)＜0,即x ＞1 时,函数f(x)单调递减,所以,f(x)在(−∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.

(2)设点P的坐标为(x0,0),则x0=因 为f′(x0)=n −n2.所以曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f′(x0)(x −x0),即g(x)=f′(x0)(x −x0).令F(x)=f(x)−g(x),即F(x)=f(x)−f′(x0)(x −x0),则F′(x)=f′(x)−f′(x0).由于f′(x)=−nxn−1+n在(0,+∞)上单调递减,故F′(x)在(1,+∞)上单调递减.又因为F′(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F′(x)＞0,F(x)在(0,x0)内单调递增,当x∈(x0,+∞)时,F′(x)＜0,F(x)在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有

f(x)≤g(x).

(3)由 于f(x)=nx −xn,f′(x)=n −nxn−1=n(1−xn−1),f′′(x)=−n(n −1)xn−2＜0,所以f(x)在(0,+∞)上是凸函数,所以过点(0,0)的切线h(x)=nx和过(x0,0)的切线g(x)=(n −n2)(x −x0)均位于f(x)图像上方,不妨设x1≤x2,由(2)知g(x)=(n −n2)(x −x0).设方程g(x)=a的根为x′2,可得x′2=+x0.当n≥2 时,g(x)在(−∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x′2),可得x2≤x′2.

类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞),f(x)−h(x)=−xn ＜0,即对于任意的x∈(0,+∞),f(x)＜h(x).设方程h(x)=a的根为x′1,可得x′1=因为h(x)=nx在(−∞,+∞)上单调递增,且h(x′1)=a=f(x1)＜h(x1),因此x′1＜x1,由此可得x2−x1＜x′2−x′1=+x0.又因为n≥2,所以2n−1=(1+1)n−1≥1+=1+n−1=n,故2≥=x0.所以|x2−x1|＜+2.

评注上述试题的求解要建立在“胸有存竹”、“脑有图形”,结合函数的凹凸特点,充分运用函数图像的切线位于其上方(或下方)的特征,从而使复杂的函数不等式求解问题迎刃而解,并且清晰明了!

小结当求解证明涉及两个以上变量的函数不等式问题的时候,除了构造函数求解其最值大于零(或小于零)、就涉及的参数进行分类讨论、虚设零点、常见的一些放缩方法等以外,不妨尝试切线放缩的方法,特别是其求解中涉及切线和函数图像在其局部或全部都具有凹凸性质时,更值得引起注意!

例题2已知函数f(x)=alnx+bx在(e,f(e))处的切线方程为y=

(1)求a,b;并求f(x)在(1,1)处切线方程;

(2)设x1,x2,··· ,x2020∈且x1+x2+···+x2020=2020.若不等式f(x1)+f(x2)+···+f(x2020)≤m恒成立,试求实数m的最小值.

分析(1)由f(e)=2+e 和f′(e)=即可求出a=2,b=1 值.(2)考虑到该题第一个问题涉及到切线,又因为f(x)=2 lnx+x,f′(x)=+1,f′′(x)=＜0,所以f(x)在(0,+∞)上是凸函数,可知过点(1,1)的切线y=3x −2 位于f(x)图像上方,因此h(x)=3x −2≥f(x),这应当是该题求解的有效选择.求法大致图解如图6.

图6

解析(1)因为函数f(x)=alnx+bx在(e,f(e))处的切线方程为y=所以f(e)=2 + e和f′(e)=即f(e)=a+be=2 + e,又 因为f′(x)=+b,所以所以解得:a=2,b=1.所以f(x)=2 lnx+x.所以f′(1)=+1=3,f(1)=1,从而f(x)在(1,1)处切线方程为y=3x −2 为所求.

(2)因为f(x)=2 lnx+x,f′(x)=+ 1,f′′(x)=＜0,所以f(x)在(0,+∞)上是凸函数,可知过点(1,1)的切线y=3x −2 位于f(x)图像上方,因此h(x)=3x −2≥f(x),即f(x)≤h(x)=3x −2,所以f(x1)+f(x2)+···+f(x2020)≤3(x1+x2+···+x2020)−2×2020,又 因 为x1+x2···+x2020=2020.所 以f(x1)+f(x2)+···+f(x2020)≤2020,当 且 仅 当 时x1=x2=···=x2020=1 时取等号.所以m≥2020,即实数m的最小值为2020.

评注对切线放缩法的理解和掌握还是要回归到函数的导数的本质意义上去.切线放缩法不仅能求解证明含一元函数不等式问题,还能很好地处理二元或多元不等式的求解.本例本质上仍然是求这个一元函数在取到等号条件时的切线值,从而进一步求解这个貌似多元的不等式在某处该一元函数取得的最值.

本文探讨了切线放缩法的本质及其在函数不等式中的应用,以期对学生数学抽象、逻辑推理、数学运算和数学直观想象等数学核心素养的提升有所帮助.