進階3切割線放縮雙變量導數(shù)中的剪刀模型起源于2015年天津卷，在2021年新高考Ⅰ卷中名滿天下！該模型的實質是凹凸函數(shù)切割線放縮(牛頓切線法)，值得注意的是，該方法出現(xiàn)在人教版新教材選擇性必修第二冊82頁閱讀材料中.1.函數(shù)的凹凸性(1)下凸函數(shù)(凹函數(shù))：如圖1，對于連續(xù)函數(shù)f(x)，若在其圖象上任取兩點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端點外，線段AB始終在函數(shù)f(x)圖象的上方，或在f(x)的圖象上任取點C(x0，f(x0))，函數(shù)f(x)在點C處的切線y=f'(x0)(x-x0)+f(x0)除切點外，始終在f(x)圖象的下方，我們稱f(x)為下凸函數(shù).若f(x)存在二階導數(shù)f″(x)，則滿足f″(x)≥0的函數(shù)f(x)為下凸函數(shù).(2)上凸函數(shù)(凸函數(shù))：如圖2，對于連續(xù)函數(shù)f(x)，若在其圖象上任取兩點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端點外，線段AB始終在函數(shù)f(x)圖象的下方，或在f(x)的圖象上任取點C(x0，f(x0))，函數(shù)f(x)在點C處的切線y=f'(x0)(x-x0)+f(x0)除切點外，始終在f(x)圖象的上方，我們稱f(x)為上凸函數(shù).若f(x)存在二階導數(shù)f″(x)，則滿足f″(x)≤0的函數(shù)f(x)為上凸函數(shù).2.切線、割線不等式(1)對于下凸函數(shù)，可利用切割線進行放縮，f(x)≥f'(x0)(x-x0)+f(x0)，當x∈(x1，x2)時，f(x)<f(x1)-f(x2)x1-x(2)對于上凸函數(shù)，可利用切割線進行放縮，f(x)≤f'(x0)(x-x0)+f(x0)，當x∈(x1，x2)時，f(x)>f(x1)-f(x2)x1-x3.剪刀模型已知函數(shù)f(x)為定義域上的下凸函數(shù)(或上凸函數(shù))，且圖象與y=m交于A，B兩點，其橫坐標為x1，x2，我們可以利用下凸函數(shù)(或上凸函數(shù))的切線與y=m的交點將x1，x2的范圍予以估計，這便是切線放縮的基本原理.如圖，在函數(shù)圖象先減后增的情形下，兩條切線和兩條割線即可估計出交點橫坐標的一個上下界，而切割線的方程均為一次函數(shù)，這樣我們就可以得到一個顯式解(精確解)的估計.切割線放縮主要應用在交點橫坐標和、交點橫坐標差問題中，切割線放縮體現(xiàn)了函數(shù)中的化曲為直的思想.例1已知函數(shù)f(x)=xlnx.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)若x1<x2，且f(x1)=f(x2)=a，a∈R，證明：ae+1<x2-x1<a+1.例2已知函數(shù)f(x)=(x-1)(ex-1).(1)求函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程；(2)若方程f(x)=a有兩個不同的實根x1，x2，證明：|x1-x2|≤ea思維升華(1)割線放縮關鍵是根據(jù)不等式的特點和需要，找準相關的函數(shù)及其割線，才能恰當?shù)剡M行割線放縮.(2)割線夾本質與切線夾類似.跟蹤訓練已知函數(shù)f(x)=lnx-x2+1.(1)證明：f(x)<x；(2)若方程f(x)=a有兩個不相等的實根x1，x2，證明：|x2-x1|<1-2a.答案精析例1(1)解由題意，f'(x)=1+lnx(x>0)，令f'(x)>0，則x>e-1，令f'(x)<0，則0<x<e-1，從而f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，e-1)，單調遞增區(qū)間是(e-1，+∞).(2)證明當0<x<1時，f(x)<0，f(1)=0，當x>1時，f(x)>0，因為x1<x2且f(x1)=f(x2)，結合f(x)在(0，e-1)上單調遞減，在(e-1，+∞)上單調遞增，可得0<x1<e-1<x2<1，如圖.設g(x)=f(x)+x(0<x<e-1)，則g(x)=x(1+lnx)<0，所以f(x)<-x(0<x<e-1)，從而f(x1)<-x1，又f(x1)=a，所以a<-x1，故-x1>a.①設h(x)=f(x)-1e-1(x-1)(e-1<x<1)則h'(x)=1+lnx-1e-1=lnx+e-2令h'(x)>0，則e-e-2e-1<令h'(x)<0，則e-1<x<e-從而h(x)在e-1，e-e-2e-1上單調遞減，在e-e-2e-1，1上單調遞增，又h所以h(x)<0在(e-1，1)上恒成立，故h(x2)=f(x2)-1e-1(x2-1)<0所以f(x2)<1e-1(x2-1)又f(x2)=a，所以a<1e-1(x2-1)故x2>1+a(e-1)，②將①②兩式相加可得x2-x1>ae+1.設u(x)=f(x)-(x-1)(0<x<1)，則u'(x)=lnx<0，所以u(x)在(0，1)上單調遞減，又u(1)=0，所以u(x)>0在(0，1)上恒成立，從而f(x)>x-1在(0，1)上恒成立，所以f(x2)>x2-1，又f(x2)=a，所以a>x2-1，故x2<a+1，又x1>0，所以x2-x1<x2<a+1，綜上所述，ae+1<x2-x1<a+1.例2(1)解由題意，f'(x)=ex-1+(x-1)ex=xex-1，所以f'(1)=e-1，又f(1)=0，所以f(x)在x=1處的切線方程為y=(e-1)(x-1).(2)證明設g(x)=f(x)+x，則g'(x)=f'(x)+1=xex，所以g'(x)>0?x>0，g'(x)<0?x<0，從而g(x)在(-∞，0)上單調遞減，在(0，+∞)上單調遞增，故g(x)≥g(0)=f(0)=0，所以f(x)≥-x，①設h(x)=f(x)-(e-1)(x-1)(x∈R)，則h'(x)=f'(x)-(e-1)=xex-e，所以h'(x)>0?x>1，h'(x)<0?x<1，從而h(x)在(-∞，1)上單調遞減，在(1，+∞)上單調遞增，故h(x)≥h(1)=0，所以f(x)≥(e-1)(x-1).②由題意，方程f(x)=a有兩個不同的實根x1，x2，所以f(x1)=f(x2)=a.不妨設x1<x2，由f(x1)=a和不等式①可得a=f(x1)≥-x1，所以x1≥-a；由f(x2)=a和不等式②可得a=f(x2)≥(e-1)(x2-1)，所以x2≤ae-1+1從而|x1-x2|=x2-x1≤ae-1+1+a=e跟蹤訓練證明(1)設g(x)=f(x)-x，則g(x)=lnx-x2+1-x，g'(x)=1x-2x-1=-(2所以g'(x)>0?0<x<12，g'(x)<0?x>1故g(x)在0，12從而g(x)max=g12=ln12-122+1-12=所以g(x)<0，故f(x)<x.(2)設h(x)=f(x)+x-1，則h(x)=lnx-x2+x，所以h'(x)=1x-2x+1=-(2從而h'(x)>0?0<x<1，h'(x)<0?x>1，故h(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，+∞)上單調遞減，所以h(x)max=h(