导数大题精析1——放缩思想在高考函数中的应用

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放缩技巧与放缩法讲义--高考数学压轴题微专题-解析版

放缩技巧与放缩法放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一.在高考命题的热点一一数列不等式的证明一一中有广泛的应用,放缩必须有目标,而且要恰到好处,目标往往要从证明的结论考量.常用的放缩法有增项,减项、利用分式的性质、利用不等式的基本性质,利用已知不等式(如均值不等式,柯西不等式、排序不等式等)、利用函数的性质、利用三角函数的有界性进行放缩等,适当放缩是解决不等式问题的重点也是难点所在.虽然各版教材关于不等式放缩的技巧要求并不高,但高考中和全国数学联赛中经常把对这种方法的考查作为命题的热点,特别是在压轴题中,数列不等式的证明是常考题型.放缩法主要有直接放缩、裂项放缩,并项放缩,加强放缩等几种类型.(1)直接放缩:为了证明不等式A<B,可找一个(或多个)中间量C作比较,若能确定A<C与C<B同时成立,则A<B显然正确(实质就是运用不等式基本性质中的传递性).所谓“放”即把A放大到C,再把C 放大到B;反之,由B缩小经过C而变到A,则称为“缩”,统称为放缩法,放缩法是一种技巧性较强的不等变形,关键是放,缩适当,跨度合理,放不能过头,缩不能不及.(2)裂项放缩:在证明数列不等式中涉及数列求和时,经常出现这类技巧.放缩法常用的结论如下：①1k=2k+k>2k+1+k=2(k+1-k);1 k =2k+k<1k+k-1=2(k-k-1)k∈N*,k>1②1k2<1k(k-1)=1k-1-1k;1k2>1k(k+1)=1k-1k+1;③1k2<1k2-1=1(k-1)(k+1)=121k-1-1k+14绝对值不等式:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|.(3)并项放缩:有些不等式问题,直接放缩无法办到,如果对原不等式中的项进行适当重组,可使原问题出现“柳暗花明又一村”的境地,并项放缩是局部调整法最为简单的一种.G・波利亚也说过“局部提示整体”,局部调整,分段逼近是导致不等式证明,特别是数列不等式证明得以解决的重要分析.(4)加强放缩:有些数列不等式问题若直接证明命题比证明其某个加强命题更困难.这时,我们不妨“欲擒故纵",先通过证明原命题的某个“更强的命题”,从而“顺手牵羊”地解决原命题,这种证明方法称为加强命题法,这是证明数列不等式问题的一种有效方法.总之,有关不等式的证明,在对问题作细致观察的基础上,展开丰富的联想,开启创造性思维的大门,将待处理的问题变化(转化)为目标模式或规范问题,从而使原问题得到解决,是化归思想的体现,运用放缩法证明不等式,其实质是化归思想的运用.典型例题1设a,b,c均为非负实数,求证：a2+b2+b2+c2+c2+a2≥2(a+b+c)【分析】运用基本不等式证明不等式有时会出现“放缩过头”的状况,使证明陷入僵局,如用a2+b2≥2ab,则有a2+b2≥2ab,同理b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,于是有ab+bc+ca≥a+b+c,而实际上,a+b2≥ab,b+c2≥bc,c+a2≥ca,可得a+b+c≥ab+bc+ca,两者矛盾,说明上述用a2+b2≥2ab来缩小a2+b2有点过头,所以用放缩法变形应当把握好放缩的尺度,注意“适度".【证明】由a2+b2≥2ab,得2a2+b2≥(a+b)2{,即a2+b22≥a+b2,也即a2+b2≥22(a+b).同理可得b2+c2≥22(b+c),c2+a2≥22(c+a).∴a2+b2+b2+c2+c2+a2≥22(a+b)+22(b+c)+22(c+a)=2(a+b+c).2若n是正整数,求证:112+122+132+⋯+1n2<2.【分析】本不等式左边项数很多,不能直接通分,要通过适当放缩才能得出证明.可利用1k2<1k(k-1)=1 k-1-1k进行放大再裂项实施.【证明】∵1 k2<1k(k-1)=1k-1-1k,k=2,3,4,⋯,n.∴1 12+122+132+⋯+1n2<11+11⋅2+12⋅3+⋯+1(n-1)n=1+1-12+1 2-1 3+⋯+1n-1-1n=2-1n<2 3已知:a,b,c,d都是正数.求证:1<ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b<2【分析】与上例类似,本题不能直接通分,只有采用放缩法,即分母放大分数值缩小,且用ab<a+mb+m(0<a<b,m>0)放大,方可获证.【证明】ba+b+c +cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b>ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d =a+b+c+da+b+c+d=1又由ab<a+mb+m(0<a<b,m>0)可得ba+b+c <b+da+b+c+d,cb+c+d<c+aa+b+c+d,dc+d+a<d+ba+b+c+d,ad+a+b <a+ca+b+c+d,∴b a +b +c +c b +c +d +d c +d +a +a d +a +b <b +d a +b +c +d +c +a a +b +c +d+d +b a +b +c +d +a +c a +b +c +d =2(a +b +c +d )a +b +c +d =2.综上,1<b a +b +c +c b +c +d +d c +d +a +a d +a +b <2得证.4已知:数列a n 满足S n =n 2a n n ∈N * ,S n 是a n 的前$n $项的和,a 2=1.(1)求S n ;(2)证明:32≤1+12a n +1 n <2.【分析】第(1)问,通过累成法求通项a n ，再求前n 项和S n ;第(2)问,通过二项展开式直接放缩.注意放缩的跨度,放不能过头,缩不能不及.【解析】(1)当n ≥2时,有\S n =n 2a n,①S n +1=n +12a n +1,② ②-①得(n -1)a n +1=na n ,即a n +1a n =n n -1.∴a n =a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅⋯⋅a 3a 2⋅a 2=n -1n -2⋅n -2n -3⋯⋅21⋅1=n -1,又a 1=12a 1,得a 1=0,故S n =n 2a n =n (n -1)2(2)【证明】1+12a n +1 n =1+12n n =C 0a +C 1n ⋅12n +C 2n ⋅12n 2+⋯+C r n ⋅12n r +⋯+C n n ⋅12nn .因此,1+12n n ≥C 0n +C 1n ⋅12n =32(当n =1时取等号).另一方面,易证2n +12n <2n -k 2n -(k +1)(k =0,1,⋯,n -1),则1+12n n =2n +12n n <2n 2n -1⋅2n -12n -2⋯⋯⋅n +1n=2因此,有32≤1+12a n +1n <2,当n =1时,32=1+12⋅1,左边等号成立.5已知：各项均为正数的数列a n 的前$n $项和为S n ,且a 2n +a n =2S n .(1)求证:S n <a 2n +a 2n +14;(2)求证:S n 2<S 1+S 2+⋯+S n <S n +1-12.【分析】第(1)问,运用基本不等式放缩;第(2)问,放缩后构造成等差数列求和.【证明】(1)在条件中,又由条件a 2n +a n =2S n ,有a 2n +1+a n +1=2S n +1,将这两式相喊,∵a n +1=S n +1-S n ,有a n +1+a n a n +1-a n -1 =0.∵a n >0,∴a n +1+a n >0,故a n +1-a n =1.∴a n =1+(n -1)⋅1=n ,S n =n (n +1)2,∴S n =n (n +1)2<12⋅n 2+(n +1)22=a 2n +a 2n +14.(2)∵n <n (n +1)<n +1,∴n 2<n (n +1)2<n +12.∴S 1+S 2+⋯+S n =1⋅22+2⋅32+⋯+n (n +1)2<22+32+⋯+n +12=n 2+3n 22=S n +1-12S 1+S 2+⋯+S n >12+22+⋯+n 2=n (n +1)22=S n26已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=1+n 2na n (n =1,2,3⋯).求证:a n +1>a n ≥3-n +12n -1.【分析】运用累加法结合放缩法证明.【证明】∵a n +1=1+n 2na n ,∴a n +1与a n 同号,又∵a 1=1>0,∴a n >0即a n +1-a n =n 2n a n >0,即a n +1>a n ,∴数列a n 为递增数列.∴a n ≥a 1=1,即a n +1-a n =n 2n a n 运用累加法得:a n -a 1≥12+222+⋯+n -12n -1令S n =12+222+⋯+n -12n -1,∴12S n =122+223+⋯+n -12n 错位相㖪得:12S n =12+122+123+⋯+12n -1-n -12n ∴S n =2-n +12n -1,由a n -a 1≥S n =2-n +12n -1得a n ≥3-n +12n -1故得a n +1>a n ≥3-n +12n -1.7已知f (x )=-12x 2+x +1,x n +1=f x n ,n ∈N *,且1<x 1<2.(1)当n ≥2时,求证:1<x n <32;(2)试确定一个正整数N (N ≥2),使得当n >N 时,都有x n -2 <132.【分析】第(1)问，探究数列的单调性得到一个不等式模型依次放缩，逐步通向结论;第(2)问,将通项依等比递缩的形式进行放缩持续靠近目标.【解析】(1)证明∵x n +1=-12x 2n +x n +1=-12x n -1 2+32,∴x n +1<32,从而x n <32.又当1<x 1<2时,有x 2=-12x 1-1 2+32,故x 2是x 1∈(1,2)上的递㖅函数.∴x 2=-12x 1-1 2+32∈1,32 .同理可得x 3=-12x 2-1 2+32易知x 3是x 2∈1,32 上的递减函数,且x 3∈32-18,32 ⊊1,32 .由此依次迭代可得x n ∈1,32n ∈N *,n ≥2 .(2)因为x x +1-2 =-x 2n 2+x n +1-2 =-x 2n -22+x n -2 =x n -22 ⋅x n +2-2 <x n -22 ⋅32+2-2 <12x n -2 ∴x n -2 <12 x n -1-2<122 xn -2-2<⋯<124 xn -4-2|当n =0时,有x 6-4-2 =x 2-2 <12,由此可得,当取N =6时,能使得当n >N 时,都有x n -2 <132.强化训练1求证:1+12+13+14+⋯+12n -1+12n >1+n 2n ≥2,n ∈Z + .【解析】证明:先将原数列各项分别“组合”,得左=1+12+13+14 +15+16+17+18 +19+110+⋯+116+⋯+12n -1+1+12n -1+2 +⋯+12n >1+12+14+14 +18+18+18+18 +⋯+116+116+⋯+116+⋯+12n +12n +⋯+12n=1+12+12+⋯+12n 个=1+n 2.2已知数列a n 满足a 1=12且a n +1=a n -a 2n n ∈N * .(1)求证:1≤a n a n +1≤2n ∈N * ;(2)设数列a 2n 的前n 项和为S n .求证:12(n +1)≤S n n ≤12(n +1).【解析】证明:(1)由题意得a n +1-a n =-a 2n ≤0,即a n +1≤a n ,a n ≤12.由a n =1-a n -1 a n -1得a n =1-a n -1 1-a n -2 ⋯1-a 1 a n >0,由0<a n ≤12,得a n a n +1=a n a n -a 2n =11-a n ∈1,2 .即1≤a n a n +1≤2.(2)由题意得a 2n =a n -a n ,故S n =a 2n +a 2n +⋯+a 2n =a n -a 2 +a 2-a 3 +⋯+a n -a n +1 =a n -a n +1,由a 2n =a n -a n +1,得1a n +1-1a n =a n a n +1,又由1 知,1≤a n a n +1≤2,∴1≤1a n +1-1a n ≤2.即1≤1a 2-1a 1≤2,1≤1a 3-1a 2≤2,1≤1a 4-1a 3≤2,⋯,1≤1a n +1-1a n≤2,以上各式相加得n ≤12-1a n +1-1a 1≤2n .∴n +2≤1a n ≤2n +1 ,即12n +1 ≤a n +1≤1n +2,∴12-1n +2≤a 1-a n +1≤12-12n +1,即n 2n +2 ≤S n ≤n 2n +1 ,∴12n +2 ≤S n n ≤12n +1.3设数列a n 满足a n +1=a 2n -na n +1,n ∈N *.(1)当a 1=2时,求a 2,a 3,a 4,并由此猜测出a n 的一个通项公式(不需要证明);(2)当a 1≥3时,用数学归纳法证明a n ≥n +2;(3)当a 1=3时,求证:11+a 1+11+a 2+⋯+11+a n <12.【解析】(1)令n =1,a n =12 n +1<12.令n =2,则a 3=a 2=a 22-a 2+1=4-2+1=3;令n =3,则a 4=a 23-3a 3+1=16-12+1=5;猜测a n =n +1.(2)(1)当n =1时,a 1≥3=1+2,不等式成立;(2)假设当n =k 时结论成立,即a k ≥k +2,则a k +1=a 2k -ka k +1=a k a k -k +1≥k +2 k +2-k +1=2k +2 +1>k +3=k +1 +2.即n =k +1时,结论也成立,由(1)(2)可知,a n ≥n +2.(3)证明:由2 知,a n +1=a n a n -n +1≥2a n +1,即a n +1+1≥2a n +1 ,于是11+a n +1≤12⋅11+a n∴11+a n ≤12⋅11+a n -1≤12 2⋅11+a n -2≤⋯≤12 n -1⋅11+a 1=12 n +1故11+a 1+11+a 2+⋯+11+a n ≤12 2+12 3+⋯+12n +1=12 n 1-12 n1-12=12-12 n +1<12.。

高考秘籍破解导数压轴题策略2导数不等式的证明放缩法

导数中的不等式证明【考点点睛】放缩法证明不等式在历年高考数学中是永恒的话题，但它常考常新，学生却常考常怕。

不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性，多出现在压轴题的位置。

数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻体现数学的基本特点。

尽管如此，只要我们深入去探索，总有方法规律可循，总会有“拨得云开见日出”的时刻! 放缩法的合理运用，往往能起到事半功倍的效果，有时能令人拍案叫绝；但其缺点也是显而易见，如果使用放缩法证题时没有注意放和缩的“度”，容易造成不能同向传递，即放缩时必须时刻注意放缩的跨度，放不能过头，缩不能不及，所以要熟练地驾驭它是件不容易的事。

命题角度构造函数命题角度放缩法命题角度切线法命题角度二元或多元不等式的证明思路命题角度函数凹凸性的应用在求解过程中, 力求“脑中有’形’，心中有’数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合,寻找临界.命题角度2 放缩法【典例2】(石家庄市2018届高三下学期4月一模考试)已知函数f(x) = (x+b)(e x-a)(b>0)，在(―1,f (―1))处的切线方程为(e-1)x +ey + e—1 =0.(1 )求a,b ；(2 )若m<0,证明：f(x)>mx2+x.【解析】(1)a =1，b =1 ；(2 )由(1)可知f(x) =(x + 1)(e x—1)，f(0) =0, f (―1) = 0，2由m < 0，可得X 二mx + X，〔借助于已知参数的范围放缩〕令g(x) =(x +1 X eX T )-x，贝y g'(x) =(x +2 )e^2，当x<—2 时，g(x)=(x +2)e x-2£-2c0.当X > _2时，设h(x) =g (x) =(x + 2 )e X — 2，贝U h'(x) = (x + 3怡％；>0 ,故函数g'(x)在(—2,畑)上单调递增,又g(0)=0，所以当X 巳亠,0)时，g'(x)c0，当X 巳0,母)时，g'(x)A0,所以函数g(x)在区间(亠,0 )上单调递减，在区间(0,母上单调递增故g(x) >g(0) =0，即(X +1 X e X -1 )> X > mx2+x .故f(X)>mx +x.【方法归纳】函数解析式中含有已知范围的参数，可以考虑借助于常识或已知的范围减少变量，对参数适当放缩达到证明的目标【典例3】(成都市2018届高中毕业班二诊理科)已知函数f(x)=xl nx + ax + 1,a亡R.(1 )当XA O时，若关于X的不等式f(x)>0恒成立，求a的取值范围;(2)当n亡N时，证明:n2n+42 23 2 n 中1c ln 22+l n2+L +ln2n<n n+1【解析】(1) [―1,址); 〔a = -1时的不等式是下问放缩的途径〕(2)设数列{a n},{b n}的前n项的和分别为S n = n2n+4,r，则10( n =1 ),由于an f jj Sn - Sn」(n H 2),，解得an =(n+1 X n+2)同理’所以只需证明a n cin2n+1<bn= 1n(n+1)由(1 )知a = -1 时，有xln X >x-1，即Inx〔本问放缩的途径令X = —- >1，贝y ln n+1 1--- >nn+1〔观察结构，合理代换所以ln n+1 (n +1 f (n +1)( n+2) n+1 n+2所以In22 +ln23+L +ln2n 2 n+2 2n+42再证明In2凹V 一1一，亦即Inn n f n +1\1现证明 2ln X <x --(x >1 ).x1 2 1令 h(x ) = 2ln x —x +-(x >1 )，贝y h7x )=- -1一飞X X X所以函数h(x )在(1,畑)上单调递减，h (x )v h (1 )=0 ,1所以当X"时，2lnx<x-恒成立,x因为ln^l a mnn+1-nJ n + 1 V nn ，V n j n +1 V n j n +1所以只需证2ln 匡€归-迟,V n T n〔观察结构，构造函数, 合理代换〕令％=厝>1，则 2ln $nV nyJ n +1〔利用构造函数的单调性, 合理代换〕综上，——后口!(n +1)(n +2)n V n (n +1 )，2 n +11 n --- n j ,{b n }分别求前n 项的和，得 —n — <l n 22 +l n 23+L 2n +4 2 【思路总结】待证数列不等式的一端是一 2 n +1 n + ln -- < ---- . n +1 n 项之和(或积)的结构，另一端含有变量 n 时,可以将它们分别视为两个数列的前 n 项的和(或积)，从而将不等式的证明转化为两个数列的对应项之间的大小关系 2ln x + 2 【典例4】(安徽省安庆市 2018届重点中学联考)已知函数 f (x )= Xe (1)求函数f (X )的单调区间;2 2(2)证明：当 x>0时，都有 f '(x )ln (x +1)cW+吕.e e• "一 “ . 2(1 -X —xlnX【解析】(1) f (x ) =xxen +1 1 nV n j n +1，‘ 2耳<0,X当 0 C X <1 时，1 —X >0, —XIn X 》0，所以 g (x )>0, f '(X )A 0 , 当 X >1 时，1 _x <0, —xIn X <0，所以 g(x )<0, f '(x )<0 , 所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1,垃)上单调递减;2 2 / 1(2)要证明 f '(x )In (x +1)c*+^^，即证(1-x-xInx )In (x + 1)cl 1 + p (x , e e I e 丿令 g (X ) = 1 - x-xln X ，则 g '(x )=- 1一(In x +1 戸一2- In x , 〔拆分研究，逐个突破〕1 1当 0 c x < 2 时，g '(x )A 0，当 X A 2 时，g '(x )<0, e e 所以函数g (X 在〔0,丄〕上单调递增，在I e丿1 所以 1 —X —xIn X <1 +2 . ef 1 )要证(1-x -xInx )In (x +1)cl 1+右(x , I e 丿2 2 综上所述，当XA0时，都有f '(x )In (x +1)<W +令.e e【思路点睛】对于含有Inx 与e x型的超越函数，具体解决时须根据两类函数的特点，挖掘结构特征,灵活变形，脑中有"形”，注意重要不等式In x<x-1= eXXx + 1的合理代换.fq ,址〕上单调递减，g (x )< 1+三=1+4 , l e 丿 e ee只需再证ln (x + 1)c x 即可. 易证In x<x-1，当且仅当x=1时取等号(证明略)，所以 0<1 n (x + 1)v x ，。

导数大题中最常用的放缩大法

导数大题中最常用的放缩大法相信不少读者在做高考导数解答题时都有这样的感悟，将复杂的函数求导，再对导函数求导，再求导，然后就没有然后了......如果懂得了最常见的放缩，如：人教版课本中常用的结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1x x<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1.⑵1x e x >+⑶ln(1)x x >+⑷ln ,0x x x e x <<>.将这些不等式简单变形如下： exx ex e x e x x x x x 1ln ,,1,1ln 11-≥≥+≥-≤≤-那么很多问题将迎刃而解。

例析：（2018年广州一模）x e x x f x x ax x f 2)(,0,1ln )(⋅≤>++=若对任意的设恒成立，求a 的取值范围。

放缩法：由可得：1+≥x e x 2)1(ln 1ln 2)1(ln )1(ln 1ln ln 22=+-++≥+-=+-=+-+x x x x x x e x x xe x x e x x x x高考中最常见的放缩法可总结如下，供大家参考。

第一组：对数放缩（放缩成一次函数）ln 1x x ≤-，ln x x <，()ln 1x x +≤ （放缩成双撇函数）()11ln 12x x x x ⎛⎫<-> ⎪⎝⎭，()11ln 012x x x x ⎛⎫>-<< ⎪⎝⎭， )ln 1x x<>，)ln 01x x ><<，（放缩成二次函数）2ln x x x ≤-，()()21ln 1102x x x x +≤--<<，()()21ln 102x x x x +≥-> （放缩成类反比例函数）1ln 1x x≥-，()()21ln 11x x x x ->>+，()()21ln 011x x x x -<<<+， ()ln 11x x x +≥+，()()2ln 101x x x x +>>+，()()2ln 101x x x x +<<+第二组：指数放缩（放缩成一次函数）1x e x ≥+，x e x >，x e ex ≥，（放缩成类反比例函数）()101x e x x ≤≤-，()10x e x x<-<，（放缩成二次函数）()21102x e x x x ≥++>，2311126x e x x x ≥+++，第三组：指对放缩()()ln 112x e x x x -≥+--=第四组：三角函数放缩()sin tan 0x x x x <<>，21sin 2x x x ≥-，22111cos 1sin 22x x x -≤≤-. 第五组：以直线1y x =-为切线的函数ln y x =，11x y e -=-，2y x x =-，11y x=-，ln y x x =. 拓展阅读：为何高考中总是考这些超越函数呢？和x e x ln 因为高考命题专家是大学老师，他们站在高观点下看高中数学，一览无遗。

导数大题放缩法题目

导数大题放缩法题目（最新版）目录1.导数大题放缩法题目的概述2.放缩法的基本原理3.放缩法在导数大题中的应用实例4.放缩法的使用技巧和注意事项5.结论正文一、导数大题放缩法题目的概述导数大题放缩法题目是高等数学中的一种题型，主要考察学生对导数知识的掌握程度以及运用放缩法解决实际问题的能力。

导数是函数在某一点变化率的极限，是研究函数变化规律的重要工具。

在解决导数大题时，放缩法是一种常用的解题方法，可以帮助学生快速找到解题思路。

二、放缩法的基本原理放缩法，顾名思义，就是将复杂的问题简化，从而使问题变得容易解决。

在导数大题中，放缩法的基本原理是通过对函数的某些部分进行放大或缩小，使函数在某一点的导数发生变化，从而简化原问题。

放缩法的使用需要遵循两个原则：一是放缩后的函数要容易求导；二是放缩过程中不能改变函数的连续性。

三、放缩法在导数大题中的应用实例下面我们通过一个具体的实例来说明放缩法在导数大题中的应用。

例题：求函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x - 1 在 x = 1 处的导数。

解：我们可以通过放缩法来解决这个问题。

首先，我们对函数 f(x) 进行放缩，令 g(x) = f(x) - (x^3 - 3x^2 + 2x)，则 g(x) = -1。

对 g(x) 求导，得到 g"(x) = f"(x) - 3x^2 - 6x + 2。

将 x = 1 代入，得到 g"(1) = f"(1) - 3 - 6 + 2 = f"(1) - 7。

因为 g"(1) = -1，所以 f"(1) = -1 + 7 = 6。

所以，函数 f(x) 在 x = 1 处的导数为 6。

四、放缩法的使用技巧和注意事项1.选择合适的放缩函数：放缩函数的选择要根据具体问题来定，要求放缩后的函数容易求导，同时不放缩函数的连续性。

2.适度放缩：放缩的程度要适中，不能过度放大或缩小，以免影响问题的解决。

高中数学导数放缩法

高中数学导数放缩法
放缩法是一种应用较广泛的数学方法，可以帮助我们更准确地预测趋势。

它可以用于研究不同的模式，并帮助我们理解数学的性质。

放缩法的定义很简洁，可以理解为将待研究的函数缩放到另一个函数上。

它通常是利用比较简单的曲线对复杂曲线进行研究，以提升正确性。

这在高中数学中也被广泛应用。

放缩法在微积分科目中探讨变化的情况下比较重要，如识别函数的导数，判断函数的图形特征等。

比如，考生们可以通过放缩法来研究狭义直线段的性质，具体可以将端点和直线段的某点缩放到同一坐标系。

如果直线段的两个端点都缩放到横坐标或纵坐标的1，那么整条直线段就会缩放到一条平行于横坐标轴或纵坐标轴的直线，如此可以容易研究其斜率，表示为一个分数，有助于理解这条直线段的性质。

同理，放缩法也可以用于求取圆的半径、椭圆的长轴短轴，以及曲线的凸包和曲率等。

考生们只需要把函数中若干特定点进行缩放，
并运用对称性质、相似性质，就可以更加准确地研究函数的模型，从
而准确分析函数的特点和性质。

最后要提醒的是，放缩法是一种非常灵活的数学方法，通过不断
尝试和改进，可以辅助理解和分析各种函数的性质。

此外，需要注意
的是，放缩法的运用也必须遵守数学的相关定律和原则，以保证较高
的准确度。

总之，放缩法是高中数学中常用的一种研究数学模型的分析方法，在研究不同函数的性质时都很有用，可以帮助考生更准确地预测趋势。

只要认真研究、了解放缩法的运用方法，考生们就可以掌握这种数学
方法，更好地分析函数的模型和性质，为自己的学习和生活中把握更
多技术拓展工具。

2022高考数学函数与导数—导数中的放缩问题

函数与导数—导数中的放缩问题专题综述放缩法是解决函数不等式问题的利器，导数压轴题中的函数往往是指数、对数与其他函数综合，或者指对数并存的超越函数，有时直接构造出的函数难以直接求出最值，需要借助放缩解决.利用导数判断函数单调性、解决函数零点问题、不等式证明等问题中都会用到放缩法，使问题难度降低.常用的放缩方式有：①常用不等式放缩：指数放缩、对数放缩、三角放缩；②利用已知题目信息放缩；③根据已知参数范围或常识，减少变量，适当放缩；③利用单调性放缩；④利用基本不等式放缩：若0a b >>，则211ln ln 2a b a bb ab a b a b-+<<<<-+；⑤由数值大小关系直接放缩，做题时灵活运用.本专题就前3种，重点探究.专题探究探究1：利用不等式放缩函数中有指数、对数、三角函数时，直接求导，导数不等式无法解出，根据函数结构，选择不等式进行放缩，使函数简单化. 常用不等式有：（1）三角函数放缩：①0,,sin tan 2x x x x π⎛⎫∀∈<< ⎪⎝⎭；②21sin 2x x x ≥-；③22111cos 1sin 22x x x -≤≤-（2）指数放缩：①1x e x ≥+；②x e ex ≥（1,y x y ex =+=为函数x y e =图象的两条切线）；③()101xe x x ≤≤-；④()10x e x x≤-< （3）对数放缩：①11ln 1x x x -≤≤-；②ln x x e ≤；③1ln x ex ≥-；（1,xy x y e =-=为函数ln y x =图象的两条切线）（4）指对放缩：()()ln 112xe x x x ->+--=(2021安徽省合肥市联考) 已知函数()(ln ),.xe f x a x x a R x=--∈（1）当0a >时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =-时，函数1()()()x g x f x x e mx x =+++满足：对任意(0,)x ∈+∞，都有()1g x 恒成立，求实数m 的取值范围．【审题视点】第（2）问显化函数()g x ，恒成立问题回顾常用的方法（专题1.3.7）：分离参数、含参讨论单调性等方法，由解析式的具体结构确定方法与细节.【思维引导】分离参数以后，函数中有指、对结构，若直接通过求导判断单调性求最值，方法较困难，利用不等关系1x e x ≥+，得ln ln 1x x e x x +≥++，使难度大大降低.【规范解析】解：（1）()f x 的定义域是(0,)+∞，22()(1)()x x x a xe e ax e x f x a x x x -+-'=--=，当0a >，0x >时，令()0f x '>，则1x <∴()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；（2）当1a =-时，1()()()ln (1)x x g x f x x e mx xe x m x x=+++=-++，()()0,,1x g x ∀∈+∞≥即ln 1ln 1ln 11x x x x xe x e m x x++-+--=-，1.恒成立问题求参：分离参数构造函数求最值；2.构造的函数中有ln x 、ln x x e +，通过求导判断单调性求最值较困难，通过常用不等关系1xe x ≥+，进行放缩,是函数简单化.设()1x F x e x =--，则()1x F x e '=-，令()0F x '>，则0x >∴()f x 在()0,+∞上单调递增，在(),0-∞上单调递减∴()(0)0F x F =，即1(x e x +当且仅当0x =时“=”成立)，故ln ln 1(x x e x x +++当且仅当ln 0x x +=时“=”成立)， ()ln G x x x =+在(0,)+∞上是增函数，且11()10G e e=-<，(1)10G =>，故存在01(,1)x e∈使得ln 0x x +=成立，故ln 1ln 1ln (ln 1)112x x x e x x x x x++-+-++--=-（当且仅当0x x =时“=”成立），∴2m -，即m 的取值范围是[2,).-+∞【探究总结】常见的不等关系要灵活运用，解题时函数结构复杂，可考虑运用上述不等式进行放缩，使问题简答化.但不等式1,,ln 1,ln xxx e x e ex x x x e≥+≥≤-≤，从图象的角度看，是以直代曲，放缩的程度大，容易出现误差，在使用时要注意.另外若是求参数取值范围问题，要考虑不等式中的等号能否取到.(2021山东省泰安市一模) 已知函数()()ln 2xf x e x k -=-，（k 为常数， 2.718e =⋅⋅⋅是自然对数的底数），曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与y 轴垂直.（1）求()f x 的单调区间；（2）设()()1ln 1xx x g x e-+=,对任意0x >，证明：()()21x x x g x e e -+<+. 探究2：利用已证结论放缩1.对使用过得不等关系，构造函数证明成立；2.利用不等关系进行替换.恒成立求取值范围的问题，放缩以后，要确保不等式中等号能否取到解答题的上一问中证明的不等式，或者推导过程中证明出的结论，为后续的证明提供放缩的依据.需证明的不等式为关于n 的多项式的和或不等式结构复杂，利用已证结论，进行放缩，使不等式化繁为简，便于构造函数求最值.(2021湖南省郴州市模拟) 已知函数()e (1)ln(1) 1.x f x x x =-++-（1）当0x >时，证明：()0f x >；（2）已知数列{}n a 的通项公式为1e 1nn n na n -=+，证明：12ln (1).n a a a n ++⋅⋅⋅+>+ 【审题视点】第（2）问，出现数列的前n 项和，且不能用常规的求和方法求和，借助第一问的结论对n a 的通项公式进行放缩，便于求和.【思维引导】对第一问的不等式进行变形，观察n a 的结构，进行放缩，能够用已知方法求和.【规范解析】解：（1）由题意得 ()()ln(1)10x f x e x x '=-+->，设()ln(1)1x g x e x =-+-，则1(1)1()11x xe x g x e x x +-'=-=++，当0x >时， 1x e >，11x +>，则(1)1x e x +>则(1)1()01x e x g x x +-'=>+， ()g x ∴在()0,+∞上单调递增，故()()00g x g >=，即()0f x '> ()f x ∴在()0,+∞上单调递增，∴当0x >时，()(0)0f x f >=，即()0f x >（2）由（1）知：当0x >时，()(1)ln(1)10x f x e x x =-++->，即1ln(1)1x e x x ->++ 令1x n=，则11ln()1nne n n n n -+>+，12231ln ln ln12n n a a a n++++>+++ 231ln()ln(1)12n n n+=⨯⨯⨯=+ ∴12ln (1)n a a a n ++⋅⋅⋅+>+【探究总结】函数中证明与n 有关的求和问题，或不等式证明问题，要仔细观察不等式结构特点，往往会利用前一问的结论，或者解题过程中的结论.利用已证结论，进行放缩，化繁为简，证明不等式的成立.(2021广东省东莞市联考) 已知函数()ln (1),(0)f x x a x a =-->（ 2.718e ≈即自然对数的底数）.（1）若函数()f x 在()1,+∞上是单调减函数，求实数a 的取值范围；（2）在（1）的条件下，当n N +∈时，证明：2311111111.2222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭探究3：利用已知参数范围或常识放缩函数解析中含有参数，且已知参数范围，证明不等式成立，可以从参数的范围入手，使参数取确定的值或利用单调性、其它不等关系，对不等式进行放缩，减少变量，使函数结构简单，易于判断单调性.(2021河北省石家庄联考) 已知函数()(2).x f x e k x =-+（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：当0k e <<时，()(1ln )0.f x k x x ++->【审题视点】已知参数范围，证明不等式成立，且函数指对结构都有，若含参讨论难度大，可能要借助放缩，化繁为简.【思维引导】1.对已证不等式进行变形，变形为与n a 通项公式相似的结构；2.对自变量进行替换，得出新的不等式.利用不等式性质进行求和，实现放缩，证明结论.第（2）问不等式的证明，函数中有x e ，ln x ，构造函数求导，含参讨论解导数不等式较困难，可巧妙利用参数的范围，参数取确定的值，进行放缩，求不含参函数的最值较为简单.【规范解析】解：（1）由题意得 ()e .x f x k '=- ①当0k 时，()e 0x f x k '=->，∴函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；②当0k >时，令()e 0x f x k '=-> 得ln x k >，则()g x '在(0,)+∞上单调递增，且(1)0g '= 当(0,1)x ∈时，()0g x '< 当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>)0，10⎫->⎪⎭∴当0k e <<时，()(1ln )0.f x k x x ++->【探究总结】不等式的证明问题中含有参数，若直接构造函数含参讨论，难以解决的情况下，为避开讨论，可以在参数给定的范围内，结合不等式的结构进行第一步的放缩，达到消参的目的，转化为证明不含参的不等式.若不等式的结构依然复杂，在利用常用不等关系、已证结论等方法进一步放缩.(2021湖北省荆州市高三模拟) 已知函数()ln(2).x m f x e x -=-（1）设1x =是函数()f x 的极值点，求m 的值并讨论()f x 的单调性；（2）当2m 时，证明：()ln 2.f x >-专题升华导数解答题中函数多以xe 、ln x 型的函数与其他函数结合的形式出现，考查零点问题、不等式证明问题、恒成立问题等方向时，如果利用常规方法处理时，因函数结构复杂求导判断单调性难度较大，通过放缩将难以处理的函数转化为较为简单的函数进行处理.放缩法较为灵活，要根据不等式的结构、形式等特征，使条件与结论建立联系，选择适当的方法是关键. 1.积累常见的不等结论：如探究1中提及的不等式，解题时需构造函数，证明其正确性，再进行放缩.利用不等式进行放缩，体现了数学中的化归与转化思想，也体现了处理数学问题时以直代曲、以曲代曲的方法.2.巧用已证不等式，顺水推舟：利用已证不等式(或结论) “服务”于后续问题的求解，这类题目最明显的“暗示”，即为证明一个类似于数列求和的不等式，需利用已证不等式进行逐项替换放缩.若题目的第一问证明不等式，在后续解题时，留意是否会利用已证结论.3.已知参数范围：含参不等式的证明时，若因为参数的存在使函数讨论非常复杂，可考虑结合参数范围及其它结论进行放缩.4.其他放缩方法：除了上述三种难度较大的放缩方法以外，单调性、已知结论、基本不等式等.如利用基本不等式进行放缩，化曲为直，()202x x +=≥；和积互化等.不仅仅应用于简化不等式，在解题过程中，也可能用放缩证明代数式的值.长干行·其一[唐]李白妾发初覆额，折花门前剧。

高考导数解答题中常见的放缩大法

For personal use only in study and research; not forcommercial use(高手必备）高考导数大题中最常用的放缩大法相信不少读者在做高考导数解答题时都有这样的感悟，将复杂的函数求导，再对导函数求导，再求导，然后就没有然后了......如果懂得了最常见的放缩，如：人教版课本中常用的结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1x x<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1.⑵1x e x >+⑶ln(1)x x >+⑷ln ,0x x x e x <<>.将这些不等式简单变形如下： exx ex e x e x x x x x 1ln ,,1,1ln 11-≥≥+≥-≤≤-那么很多问题将迎刃而解。

例析：（2018年广州一模）x e x x f x x ax x f 2)(,0,1ln )(⋅≤>++=若对任意的设恒成立，求a 的取值范围。

放缩法：由可得：1+≥x e x 2)1(ln 1ln 2)1(ln )1(ln 1ln ln 22=+-++≥+-=+-=+-+x x x x x x e x x xe x x e x x x x高考中最常见的放缩法可总结如下，供大家参考。

第一组：对数放缩（放缩成一次函数）ln 1x x ≤-，ln x x <，()ln 1x x +≤ （放缩成双撇函数）()11ln 12x x x x ⎛⎫<-> ⎪⎝⎭，()11ln 012x x x x ⎛⎫>-<< ⎪⎝⎭， )ln 1x x<>，)ln 01x x ><<，（放缩成二次函数）2ln x x x ≤-，()()21ln 1102x x x x +≤--<<，()()21ln 102x x x x +≥->（放缩成类反比例函数）1ln 1x x ≥-，()()21ln 11x x x x ->>+，()()21ln 011x x x x -<<<+， ()ln 11x x x +≥+，()()2ln 101x x x x +>>+，()()2ln 101x x x x +<<+第二组：指数放缩（放缩成一次函数）1x e x ≥+，x e x >，x e ex ≥，（放缩成类反比例函数）()101x e x x ≤≤-，()10x e x x<-<，（放缩成二次函数）()21102x e x x x ≥++>，2311126x e x x x ≥+++，第三组：指对放缩()()ln 112x e x x x -≥+--=第四组：三角函数放缩()sin tan 0x x x x <<>，21sin 2x x x ≥-，22111cos 1sin 22x x x -≤≤-. 第五组：以直线1y x =-为切线的函数ln y x =，11x y e -=-，2y x x =-，11y x =-，ln y x x =. 拓展阅读：为何高考中总是考这些超越函数呢？和x e x ln 因为高考命题专家是大学老师，他们站在高观点下看高中数学，一览无遗。

高考数学导数专题专讲专题15 导数中同构与放缩的应用(含答案)

专题15导数中同构与放缩的应用同构法是将不同的代数式(或不等式、方程)通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式或不等式问题．当然，用同构法解题，除了要有同构法的思想意识外，对观察能力，对代数式的变形能力的要求也是比较高的，考点一部分同构携手放缩法（同构放缩需有方，切放同构一起上）【方法总结】在学习指对数的运算时，曾经提到过两个这样的恒等式：(1)当a ＞0且a ≠1时，有log a x x a =，(2)当a ＞0且a ≠1时，有log xa x a =再结合指数与对数运算法则，可以得到下述结论(其中x ＞0)(“e x ”三兄弟与“ln x ”三姐妹)(3)ln x x x x +=ｅｅ，ln ln()x x x x +=ｅ(4)ln x x xx -=ｅｅ，ln lnx x x x-=ｅ(6)ln x xx x -=ｅｅ，ln ln x x x x -=ｅ再结合常用的切线不等式：1x x ≥+ｅ，e x x ≥ｅ，ln 1x x ≤+，ln xx ≤ｅ等，可以得到更多的结论(7)ln ln 1x x x x x x +=≥++ｅｅ，ln ln()e 1xx x x x x +=≤-ｅ．ln (ln )x x xx x x +=≥+ｅｅｅ，1e ln ln()x xx x x x x x -+=≤ｅ＝ｅｅ．(8)ln ln 1x x xx x x -=≥-+ｅｅ，ln ln x x x x x x -=≤ｅｅ－１ln (ln )x x xx x x -=≥-ｅｅｅ，1ln ln x x x x x x--=≤ｅｅ(9)ln ln 1x xx x x x -=≥-+ｅｅ，ln ln x x x x x x -=≤－１ｅｅln (ln )x x x x x x -=≥-ｅｅｅ，1ln ln x x x x x x +-=≤ｅｅ[例1](1)已知1()ln x f x x x x +=+-ｅ，则函数()f x 的最大值为________．答案－2解析1ln 1()ln ln ln (ln 2)2x x x f x x x x x x x x x x +++=+-=+-≤+-++=-ｅｅ．(当且仅当x ＋ln x ＋1＝0取等号)．(2)函数ln 1()x x f x x+=-ｅ的最小值是________．答案1解析ln ln 1ln 1ln 1ln 1ln 1()1x x xxx x x x x x x f x x x x x++----++--=-==≥=ｅｅｅ(当且仅当x＋ln x ＝0取等号)．(3)函数22ln ()1x x xf x x -=+ｅ的最小值是________．答案1解析22ln 2ln 2ln 2ln 12ln ()1111x x x x x x x x x f x x x x +--++-==≥=+++ｅｅ(当且仅当x ＋2ln x ＝0取等号)．[例2](1)不等式ln 10xxax x ---≥ｅ恒成立，则实数a 的最大值是________．答案1解析min e ln 1e ln 1ln 10()x x xx x x x x ax x a x x-------≥⇔≤⇔ｅ恒成立ln e ln 1x x x x +--=ln 1ln 11x x x x++--≥=，当且仅当x ＋ln x ＝0等号成立．(2)不等式(ln 1)0xx a x x -++≥ｅ恒成立，则正数a 的取值范围是________．答案0a ≤＜１解析ln (ln 1)0(ln 1)0(ln 1)x x x xx a x x x a x x a x x +-++≥⇔-++≥⇔≥++ｅｅｅ，当x＋ln x ＋1≤0时，原不等式恒成立，当x ＋ln x ＋1＞0时，ln ln 1x x a x x +≤++ｅ，由于ln ln 1=1ln 1ln 1x xx x x x x x +++≥++++ｅ，当且仅当x ＋ln x ＝1等号成立，所以a ≤１，故0a ≤＜１．(3)不等式(ln )0xx a x x -+≥ｅ恒成立，则正数a 的取值范围是________．答案0a ≤≤ｅ解析ln (ln )0(ln )0(ln )(x x x x tx a x x x a x x a x x at +-+≥⇔-+≥⇔≥+⇔≥ｅｅｅｅ令ln )t x x =+⇔(0)00(0)tta t a t a a a t t ⎧≥<⎪≥⎧⎪⇔⇔≤≤⎨⎨≤⎩⎪≤>⎪⎩ｅｅｅｅ．(4)已知函数()ln 1(1)bxf x x a x x x =--->ｅ，其中b ＞0，若()0f x ≥恒成立，则实数a 与b 的大小关系是________．答案a b≤解析ln ln 1()0ln 11ln ln x b xb x x b xx f x x a x x x a x a x++--≥⇔≥++⇔--≥⇔≤ｅｅｅ，由于ln 1ln 11ln ln x b x x x b x x b x x+--++--≥=ｅ，当且仅当x ＋b ln x ＝0等号成立，所以a b ≤．(5)已知函数()ln 1xf x ax =--ｅ，若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案a ≥１ｅ解析ln 1ln 10x xx a x a +--≥⇔≥ｅｅ，由于ln x ＋1≤x ，e x ≥e x ，两者都是当且仅当x ＝1等号成立，则ln 11e exx x x +≥=ｅ，所以a ≥１ｅ．(6)已知不等式1ln xkx x -≥+ｅ，对任意的正数x 恒成立，则实数k 的取值范围是________．答案k ≤ｅ－1解析e lne 1ln x xxkx x k x x-≥+⇔≤-ｅ，由于e x ≥e x ，lne x ≤x ，两者都是当且仅当x ＝1等号成立，所以xx ≥ｅｅ，lne 1x x≤则e lne 1x x x x -≥-ｅ，所以k ≤ｅ－1．(7)已知不等式ln 10axax xx -+--≥ｅ，对任意的正数x 恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案1(]-∞，　ｅ解析ln ln 1ln 1ln 1ln 10ax ax x x ax x ax x ax x ax x --++--=+--≥-+++--=ｅｅ，当且仅当－ax ＋ln x ＝0，即ln x a x =时等号成立，由ln x a x =有解，易得1a ≤ｅ．(8)已知函数()(ln )xf x x a x x =-+ｅ有两个零点，则实数a 的取值范围是________．答案(, )+∞ｅ解析ln ()(ln )(ln )x x xf x x a x x a x x +=-+=-+ｅｅ，令ln , t x x t =+∈R ，显然该函数单调递增，即e 0tat -=有两个根，即e t a t =有两个根，令e ()tg t t=，()g t 在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．min ()(1)e g t g ∴==，e a >．[例3](2020届太原二模)已知函数()ln 1f x x ax =++.(1)若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围；(2)若()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．解析(1)()f x 定义域是(0, )+∞，1()f x a x'=+，①当0a ≥时，()0f x '>，()f x 在定义域上单调递增，不可能有两个零点；②当0a <时，由1()0f x a x '=+=，得10x a=->，当1(0, x a∈-时，()0f x '>，()f x 在定义域上单调递增，当1(, +)x a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 在定义域上单调递减，所以当1x a =-时，()f x 取得极大值．当0x →时，()f x →-∞，当x →+∞时，()f x →-∞，因为()f x 有两个零点，所以1()0f a->，解得10a -<<．(2)要使()e xf x x ≤恒成立，只要ln 1x ax ++e xx ≤恒成立，只要e ln 1x x x a x--≤恒成立，令e ln 1()x x x g x x --=，则e ln 1x x x x--ln e ln 1ln 1ln 11x x x x x x x x +--++--=≥=，当且仅当时取等号．所以()e x f x x ≤恒成立，实数a 的取值范围为1a ≤．【对点精练】1．函数()ln xf x xx x =--ｅ的最小值为________．1．答案解析ln ()ln ln ln 1ln 1x x xf x x x x x x x x x x +=--=--≥++--=ｅｅ，当且仅当x ＋ln x ＝0等号成立．2．函数ln ()1xx xf x x -=+ｅ的最小值为________．2．答案1解析ln ln ln ln 1ln ()1111x x x xx x x x x f x x x x +--++-==≥=+++ｅｅ，当且仅当x ＋ln x ＝0等号成立．=++-ｅ的最大值是________．3．答案0解析ln ln 1ln 1()(ln 1)x x xxx xx x x x x f x x x x +-++-++-=++-==ｅｅｅｅｅln 1(ln 1)0xx x x x ++-++≤=ｅ(当且仅当x ＋ln x ＝0取等号)．44．答案1a ≤解析ln (1)ln 1x xx x x a x x a x --+≥⇔≤+ｅｅ，由于ln ln ln 11x x xx x xx x +--=++ｅｅln 1ln 11x x xx ++-≥=+，所以a ≤1．5．已知函数()(ln 1)x f x xa x x =+-++ｅｅ，若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________．5．答案0a ≤＜ｅ解析ln ()0(ln 1)(ln 1)x x xf x x a x x a x x +≥⇔+≥++⇔+≥++ｅｅｅｅ，当x ＋ln x ＋1≤0时，原不等式恒成立，当x ＋ln x ＋1＞0时，ln ln 1x x a x x ++≤++ｅｅ，由于ln (ln )=ln 1ln 1x xx x x x x x ++++≥++++ｅｅｅｅｅ，当且仅当x ＋ln x ＝1等号成立，所以a ≤ｅ，故0a ≤＜ｅ．6．已知函数2()ln 1xf x a x =--ｅ，若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________．6．答案2a ≥１ｅ解析22ln 1()ln 1exxx f x a x a +=--⇔≥ｅ，由于ln x ＋1≤x ，e 2x ≥2e x ，两者都是当且仅当x ＝1等号成立，则2ln 112e 2e xx x x +≥=ｅ，所以2a ≥１ｅ．7．已知a ，b 分别满足23e e , (ln 1)e a a b b =-=，则ab ＝________．7．答案e 3解析同构化处理，并利用函数的单调性．222ln 232e e e e e e e ln e (ln 1)e ln e e e e ea a ab a a a b b b b b ⎧=⎧=⎧=⎪⎪⎪⇔⇔⎨⎨⎨=-==⎪⎪⎪⎩⎩⎩，ln e e ln e e bab a =，令()e x f x x =，显然该函数单调递增，即()(ln )e b f a f =，即ln eb a =，则ab ＝e 3．8．已知x 0是函数22()e ln 2x f x x x -=+-的零点，则020e ln x x -+=________．8．答案2解析22222222e e e e eln 2e2ln e ln ln ln(ln())ln()x x xx x x x x x x x x x x--+-⇔=-⇔=⇔+=+＝０，所以2e ln()x x=，即2ln x x -=，或2xx -=ｅ，则02000e ln ln 2x x x x -+=+=．考点二整体同构携手脱衣法【方法总结】在成立或恒成立命题中，很有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型（即不等式两边对应的同一个函数），无疑大大加快解决问题的速度，找到这个函数模型的方法，我们就称为整体同构法．如，若F (x )≥0能等价变形为f [g (x )]≥f [h (x )]，然后利用f (x )的单调性，如递增，再转化为g (x )≥h (x )，这种方法我们就可以称为同构不等式（等号成立时，称为同构方程），简称同构法．1．地位同等同构（主要针对双变量，合二为一泰山移）(1)f x 1－f x 2x 1－x 2>k (x 1<x 2)⇔f (x 1)－f (x 2)<kx 1－kx 2⇔f (x 1)－kx 1<f (x 2)－kx 2⇔y ＝f (x )－kx 为增函数；(2)fx 1－f x 2x 1－x 2<k x 1x 2(x 1<x 2)⇔f (x 1)－f (x 2)>k (x 1－x 2)x 1x 2＝k x 2－k x 1⇔f (x 1)＋k x 1>f (x 2)＋kx 2⇔y ＝f (x )＋kx为减函数；含有地位同等的两个变x 1，x 2或p ，q 等的不等式，进行“尘化尘，土化土”式的整理，是一种常见变形，如果整理（即同构）后不等式两边具有结构的一致性，往往暗示单调性（需要预先设定两个变量的大小）2．指对跨阶同构（主要针对单变量，左同右同取对数）(1)积型：ln e (ln )e ()e e ln e ln e ln ()ln ln ln ln(ln )()ln a b x a a a a b f x x a b b b b f x x xa ab b f x x x ⎧≤−−−−→=⎪⎪≤−−−−−→≤−−−−→=⎨⎪+≤+−−−−→=+⎪⎩构造函数三种同构方式构造函数构造函数同左同右取对如，322222ln ln ln ln xx x xx x me x x x x e x≥⇔≥⇔≥ｅ，后面的转化同(1)说明；在对“积型”进行同构时，取对数是最快捷的，同构出的函数，其单调性一看便知．(2)商型：ln e e e () ln e e ()ln ln e ln ln ln ln ln(ln )()ln a b x a a a f x a b x b b x f x a b b x a a b b f x x x ⎧<−−−−→=⎪⎪⎪<−−−−−→<−−−−→=⎨⎪⎪-<-−−−−→=-⎪⎩构造函数三种同构方式构造函数构造函数同左同右取对 (3)和差：ln e e ln ()e e ln e ln e ln ()ln a b x aa a ab f x x a b b b b f x x x ⎧±>±−−−−→=±⎪±>±−−−−−→⎨±>±−−−−→=±⎪⎩构造函数两种同构方式构造函数同左同右如；ln(1)ln(1)1ln(1)ln(1)ax ax x ax x x ax x ax x ++>+++⇔+>++⇔>+ｅｅｅ．3．无中生有同构（主要针对非上型，凑好形式是关键）(1)e ln e ln 21ax x ax a x ax x x >−−−−−→>同乘(无中生有)，后面的转化同()；(2)ln ln 1e ln()e ln (1)1e ln ln(1)1e +ln x x x a x x a a ax a a a x a x x a a-->--⇔>--⇔->--−−−−−→->同加(无中生有)ln(1)ln(1)1ln(1)ln ln(1)x x x x x a x --+-=-⇔->-ｅ＋；(3)ln ln ln log e ln e ln 21ln x x a x a a xa x x a x x a>⇔>⇔> ()，后面的转化同()．【例题选讲】[例4](1)若1201x x <<<，则A ．2121e e ln ln x x x x ->-B ．2121e e ln ln x x x x -<-C ．1221e e x x x x >D ．1221e e x x x x <解析设()e ln x f x x =-，则1()e x f x x'=-，故()f x 在(0,1)上有一个极值点，即()f x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断1()f x 与2()f x 的大小，故A 、B 错；构造函数()xe g x x=，2(1)()x e x g x x -'=，故()g x 在(0,1)上单调递减，所以()()12g x g x >，选C ．(2)若120x x a <<<，都有211212ln ln x x x x x x -≤-成立，则a 的最大值为()A ．2１B ．1C ．e D ．2e解析121221ln ln 11x x x x x x -≤-，即121122ln ln 11x x x x x x +≤+，令ln 1()x f x x x =+，则()f x 在(0,)a 上为增函数，()0f x '∴≥在(0,)a 上恒成立，2ln ()xf x x-'=，令()0f x '=，解得x ＝1，()f x ∴在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数，1a ∴≤，a ∴的最大值为1，选B ．(3)已知2()ln(1)f x a x x =+-，在区间(1, 2)内任取两实数p ，q ，且p ≠q ，不等式(1)(1)1f p f q p q+-+<-恒成立，则实数a 的取值范围为________．解析①当p >q 时，(1)(1)(1)(1)f p f q p q +-+<+-+即(1)(1)(1)(1)f p p f q q +-+<+-+，令()(1)(1)g x f x x =+-+，则(1)(1)g p g q +<+，()g x ∴在(1, 2)递减，即2()ln(2)(1)(1)g x a x x x =+-+-+，在(1, 2)递减，()0x '∴≤ｇ在(1, 2)上恒成立，()2(1)102ax x x '∴=-+-≤+ｇ在上恒成立，2276a x x ∴≤++在(1, 2)上恒成立，2min (276)15a x x ∴≤++=．②当p <q 时，同理可得出28a ≥，综上所述(, 15][28, )a ∈-∞+∞ [例5]对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的一个同构函数(1)2log 20kx x k -⋅≥解析2log 222log 20log 2(log )22x kx kx kx x k x x kx x kx -⋅≥⇔≥⋅⇔⋅≥⋅，()2x f x x =⋅．(2)2ln 0m xx x m -≥ｅ解析2ln 0ln ln ln(ln )ln mm xx m m mx x m x x x x x x x-≥⇔≥⇔+≥ｅｅ，()ln f x x x =+．(3)1(1)2()ln axa x x x+≥+ｅ解析22221(1)2(2ln 2ln ln ln ax ax axa x x ax ax x x x ax ax x x x x+≥+⇔+≥+⇔+≥+ｅｅｅ22ln 2ln ln ()ax x xax ax x x f x x x⇔+≥⋅+=+ｅｅ，ｅ(4)ln (1)xa x a x x x -++≥>ｅ解析ln ln ln ln x a x a a x xa a x a x x x x x x x ----++≥⇔+≥-⇔-≥-ｅｅｅｅ，()ln f x x x =-．(5)2ln 0x x x +=ｅ解析2ln 1111ln 0ln ln ln x xx x xx x x x x x x x x x+=⇔=-⇔=-⇔=-ｅｅｅｅｅ，()ln f x x x =．[例6](1)已知不等式log (0, 1)x a a x a a >>≠，对任意正数x 恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案1eea >解析ln ln ln log e (ln )e ln ln x x a x a a xa x x a x x a>⇔>⇔>⇔ln ln ln ln (ln )e (ln )e ()e (1)e ln eln ()ln (2) ln ln(ln )ln ln(ln )()ln (3)x a x x x a x ax a x f x x x x f x x x x a x a x x f x x x ⎧>→=⎪>→=⎨⎪+>+→=+⎩　(三种模式，只要写一种)，由(3)得，ln ln x a x >，即ln ln x a x >，由导数法可得1ln a >ｅ，从而所以1e e a >．(2)已知函数()ln(1)33f x m x x =+--，若不等式()3e x f x mx >-在(0, )+∞上恒成立，则实数m 的取值范围是()A ．03m ≤≤B ．3m ≥C ．3m ≤D ．0m ≤解析ln(1)3(1)3e ln e 3e x x x m x x mx m +-+>-=-(同构)，令()ln 3g x m x x =-，由(1)(e )x g x g +>，且11e x x <+<，知()g x 在(1, )+∞为减函数，所以()3033mg x m x m x'=-≤⇒≤⇒≤．故选C ．(3)对任意0x >，不等式22e ln ln 0x a x a -+≥恒成立，则实数a 的最小值为________．解析2222e ln ln 02e ln2e ln 2ln 2ln ln(ln )x x x x x x x xa x a a x x x a a a a a-+≥⇔≥⇔≥⇔+≥+(积型同构取对数)，令()ln f x x x =+，则()f x 为增函数，由(2)(ln x f x f a ≥，得2ln x x a ≥，即2x x a ≥ｅ恒成立，令2()x xg x =ｅ，则212()xx g x -'=ｅ，易得max 11()()22eg x g ==，所以实数a 的最小值为12e ．(4)已知函数()ln()(0)xf x a ax a a a =--->ｅ，若关于x 的不等式()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围是()A ．2(0, e ]B ．2(0, e )C ．2[1, e ]D ．2(1, e ]解析ln ln 1()ln()0ln (1)1ln ln(1)1x x x a x af x a ax a a a x a x x a--=--->⇔>--⇔->--⇔+-ｅｅｅｅln(1)ln e ln(1)x a x ->+-(和差型同构)，令()e x g x x =+，显然()g x 为增函数，则原命题等价于(ln )g x a ->(ln(1))ln ln(1)ln ln(1)g x x a x a x x -⇔->-⇔<--，由于ln(1)(2)x x x x --≥--，所以ln 2a <，即得20e a <<．(5)对任意0x >，不等式1(e 1)2()ln ax a x x x+≥+恒成立，则实数a 的最小值为________．解析22221(e 1)2()ln (e 1)(1)ln (e 1)ln e (1)ln ax ax ax ax a x x ax x x x x x+≥+⇔+≥+⇔+≥+(积型同构)，令()(1)ln f x x x =+，则1()ln x f x x x +'=+，22111()=x f x x x x -''=-，易知()f x '在(0, 1)上递减，在(1, )+∞上递增，所以()(1)20f x f ''>=>，所以()f x 在(0, )+∞上单调递增，则22(e 1)ln e (1)ln (e )ax ax ax x x f +≥+⇔≥222ln ()e 2ln ax x f x x ax x a x ⇔≥⇔≥⇔≥，由导数法易证2ln 2e x x ≤，所以2ea ≥．(6)已知不等式1ln ea x x a x x ++≥对任意的(1, )x ∈+∞恒成立，则实数a 的最小值为()A ．e -B ．e 2-C ．e -D ．2e-解析11ln ln ln e ln e ln e ea a a a x x a a x x x a x x x x a x x x x x --++≥⇔+≥-=-⇔-≥-，令()ln f x x x =-，则1()x f x x-'=，易知()f x 在(0, 1)上递减，在(1, )+∞上递增，所以(e )()x a f f x -≥，(1, )x ∈+∞ ，1e (0, )e x -∈．根据选项只讨论a ＜0的情况，当a ＜0时，(0, 1)a x ∈，e x a x -∴≤，ln xa x-∴≥．令()ln x h x x -=，则21ln ()(ln )xh x x -'=，所以()h x 在(1,e) 上递增，在(e, )+∞上递减，则max ()(e)e h x h ==-，即e a ≥-，故选C ．[例7]已知函数ln(1)()x f x x+=.(1)判断()f x 在(0, )+∞上的单调性；(2)若0x >，证明：2(e 1)ln(1)x x x -+>．解析(1)2ln(1)1()xx x f x x -++'=，令()ln(1)1x g x x x =-++，2()0(1)x g x x -'=<+，()g x ∴在(0, )+∞上单调递减，()(0)0g x g ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在(0, )+∞上单调递减．(2)要证2(e 1)ln(1)xx x -+>，即证：2ln(1)e 1x x x +>-即证：ln(1)e 1x x x x +>-即证：ln(1)ln(e 11)e 1x x x x +-+>-，令ln(1)()x h x x+=，即证：()(e 1)x h x h >-，由(1)，()h x 在(0, )+∞上单调递减，即证：e 1x x <-．令()e 1x s x x =--，()e 10x s x '=->，()s x ∴在(0, )+∞上单调递增，()(0)0s x s ∴>=，e 10x x ∴-->，即e 1x x <-．[例8](2020·新高考Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．解析(1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x －1x，∴f ′(1)＝e －1．∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2，∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，－2e －1，0∴所求三角形面积为12×2×|－2e －1|＝2e －1．(2)解法一：∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，∴f ′(x )＝a e x －1－1x，且a >0．设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝a e x －1＋1x 2>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＝1时，f ′(1)＝0，则f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝1，∴f (x )≥1成立；当a >1时，1a<1，∴11e a<1，∴f 1a f ′(1)＝11(e 1)(1)0a a a ---<，∴存在唯一x 0>0，使得f ′(x 0)＝a e x 0－1－1x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时f ′(x )>0，∴a e x 0－1＝1x 0，∴ln a ＋x 0－1＝－ln x 0，因此f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－1－ln x 0＋ln a ＝1x 0＋ln a ＋x 0－1＋ln a ≥2ln a －1＋21x 0·x 0＝2ln a ＋1>1，∴f (x )>1，∴f (x )≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <a <1，∴f (1)<1，f (x )≥1不恒成立．综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)．解法二：f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x ，令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x )，显然g (x )为单调递增函数，∴又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x，在(0，1)上h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(1，＋∞)上h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝0，ln a ≥0，即a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．【对点精练】1．已知函数()ln ()xf x m x m =+∈R ｅ，若对任意正数x 1，x 2，当x 1＞x 2时，都有1212()()f x f x x x ->-成立，则实数m 的取值范围是________．1．答案m≥0解析由1212()()f x f x x x ->-得，1122()()f x x f x x ->-，令()()g x f x x =-，12()()g x g x ∴>，()g x ∴在(0, )+∞单调递增，又()()xg x f x x mx x =-=+- ｅ，()10x mg x x'∴=+-≥ｅ，在(0, )+∞上恒成立，即(1e )x m x ≥-，令()(1e )x h x x =-，则()e (1)10x h x x '=-++<，()h x ∴在(0, )+∞单调递减，max ()0h x ∴=(但取不到)．∴m≥0．2．已知函数()xf x ax x =-ｅ，(0, )x ∈+∞，当x 2＞x 1时，不等式1221()()0f x f x x x -<恒成立，则实数a 的取值范围是()A ．(, e]-∞B ．(, e)-∞C ．e(, )2-∞D ．e(, ]2-∞2．答案D解析由1221()()0f x f x x x -<，得1122()()x f x x f x <，令()()g x xf x =，则()g x 在(0, )+∞上单调递增，又2()xg x ax =- ｅ，()20xg x ax '∴=-≥ｅ在(0, )+∞上恒成立，即e 2x a x ≤，令e ()2xh x x=，则2e (1)()2x x h x x -'=，令()0h x '=，则()h x 在(0, 1)单调递减，在(1,)+∞单调递增，mine ()(1)2h x h ∴==，选D ．3．对不等式210xx λλ-≥ｅ进行同构变形，并写出相应的一个同构函数．3．答案()xf x x =⋅ｅ解析2222ln 11ln 0ln 2ln 2(ln )2xx x x x x x x x x x x λλλλλλλλ-≥⇔≥⇔≥⇔≥ｅｅｅｅｅ--=ｅ进行同构变形，并写出相应的一个同构函数．4．答案()ln f x x x =+解析2ln 0ln ln ln x x x xx x x x x x x -----=⇔-=+⇔+=+-ｅｅｅｅ．5．对不等式ln(1)2(1)2xa x x ax -+-≥+ｅ进行同构变形，并写出相应的一个同构函数．5．答案()ln 2f x a x x =+解析ln(1)2(1)2ln(1)2(1)ln 2x x xa x x ax a x x a -+-≥+⇔-+-≥+ｅｅｅ6．设实数0λ>，若对任意的(0, )x ∈+∞，不等式ln 0xxλλ-≥ｅ恒成立，则λ的最小值为________．6．答案1e解析ln ln 0ln 0ln ln xx x xx x x x x x x x λλλλλλ-≥⇔-≥⇔≥=ｅｅｅｅ，令()e x f x x =，易知()f x 在(0, )+∞上递增，所以()(ln )f x f x λ≥，ln x x λ∴≥，ln x x λ∴≥．令ln ()xh x x =，则21ln ()x h x x -'=，所以()h x 在(0,e)上递增，在(e, )+∞上递减，则max 1()(e)eh x h ==，即1e λ≥．=-+>ｅ，若关于x 的不等式恒成立，则实数a 的取值范围是________．7．答案20e a <<解析1111()ln 0ln (ln 1)x x x x f x a ax a a ax a a ax x ++++=-+>⇔>-⇔>-⇔ｅｅｅｅ(ln ax >1)ax -e ⇔ln 1(ln 1)e ax ax --，ln 1e >(ln 1)e x ax x ax -∴-，令()e x g x x =，显然()g x 为增函数，则原命题等价于()g x >(ln 1)ln 1ln ln 1g ax x ax a x x -⇔>-⇔<-+，令()ln 1h x x x =-+，则1()x h x x-'=，所以()h x 在(0,1)上递减，在(1, )+∞上递增，则min ()(1)2h x h ==，所以ln 2a <，即得20e a <<．8．已知对任意0x >，不等式1(e 1)(1)ln 0kx k x x+-+>恒成立，则实数k 的取值范围为________．8．答案1(, )e+∞解析1(e 1)(1)ln 0(e 1)(1)ln e ln kx kx kx k x kx x x kx kx x x x x+-+>⇔+>+⇔+>+，即ln e ln e ln kx x kx kx x x +>+．令()e x f x x x =+，则()f x 在(0, )+∞上递增，所以()(ln )f kx f x >，所以ln kx x >，则ln x k x ∴>，由导数法易证ln 1e x x <，所以1ek >．9．已知0a <，不等式1ln 0a xx a x ++≥ｅ，对任意的实数1x >恒成立，则实数a 的最小值是()A ．12e-B ．1e-C ．e -D ．2e-9．答案C 解析1ln ln 0ln a x x a a a a x x a x x x x x+---+≥⇔≥=ｅｅ，即ln ln e a x a x x x --≥ｅ，令()e x f x x =，则()f x 在(1, )+∞单调递增，即()(ln )a f x f x -≥，即ln a x x -≥，ln x a x ∴-≤．令()ln x g x x=，由导数法知min ()(e)e g x g ==，e a ∴≥-．故选C ．10．已知函数13()2ln ()m x f x x x m x =--ｅ，当e x ≥时，()0f x ≥恒成立，则实数m 的取值范围为()A ．(, 4e]-∞B ．(, 3e]-∞C ．(, 2e]-∞D ．3e (, ]2-∞10．答案解析1113222()02ln ()2ln (1)ln (1)m m m x x x f x x x m x x x x x x x ---≥⇔≥-⇔≥-⇔≥-ｅｅｅ，即212ln ln e(1)m x x m x x -≥-ｅ，令()e x g x x =，则()g x 在[e, )+∞单调递增，即2(ln )(1)m g x g x ≥-，当0m ≤时，212ln ln e (1)m x x m x x -≥-ｅ恒成立，当0m >时，2ln 12ln m x m x x x x ≥-⇒≤+，令()2ln h x x x x =+，则()2ln 30h x x '=+>，()h x ∴在[e, )+∞上单调递增，min ()(e)3e h x h ∴==．故选B ．。

导数放缩法技巧全总结

导数放缩法技巧全总结导数放缩法是求解极限和证明不等式中常用的一种技巧，它的核心思想是利用导数的性质对函数进行放缩，从而得到更简单的形式，进而解决问题。

在实际应用中，导数放缩法具有广泛的适用性和实用性。

下面将对导数放缩法的技巧进行全面总结，希望能够对大家有所帮助。

首先，我们来看一些基本的导数放缩法技巧。

对于一个函数f(x)，如果在某个区间上f'(x)≥0，那么f(x)在该区间上是单调递增的；如果f'(x)≤0，那么f(x)在该区间上是单调递减的。

这个性质可以帮助我们简化函数的形式，从而更方便地进行分析和计算。

另外，如果在某个区间上f'(x)≥g'(x)，那么f(x)在该区间上的增长速度要大于g(x)，这也是导数放缩法常用的技巧之一。

其次，导数放缩法还可以用于证明不等式。

对于一个不等式f(x)≥g(x)，如果在某个区间上f'(x)≥g'(x)，那么可以得到f(x)在该区间上的增长速度要大于g(x)，从而证明不等式成立。

这种方法在不等式证明中有着广泛的应用，能够简化证明过程，提高效率。

另外，导数放缩法还可以用于求解极限。

对于一个极限lim(x→a) f(x)，如果在a的某个邻域内有f'(x)≥g'(x)，那么可以得到f(x)在该邻域内的增长速度要大于g(x)，从而可以用来求解极限。

这种方法在求解一些复杂的极限时非常有用，能够简化计算过程，提高求解的准确性。

总的来说，导数放缩法是一种非常实用的技巧，它能够帮助我们简化函数的形式，证明不等式，求解极限，提高计算的效率和准确性。

在实际应用中，我们可以根据具体的问题和情况灵活运用导数放缩法，从而更好地解决问题。

希望通过本文的总结，大家能够对导数放缩法有一个更深入的理解，并能够在实际问题中灵活运用这一技巧，提高数学分析和证明的效率和准确性。

同时，也希望大家在学习和掌握导数放缩法的过程中，能够善于总结归纳，不断提高自己的数学分析能力和解决问题的能力。

2023年高考备考导数与放缩法综合应用(含答案)

高考材料高考材料专题13 导数与放缩法综合应用一、解答题1．〔2023·全国·高三专题练习〕已知函数. ()1ln xf x x x=+〔1〕假设时，，求实数的取值范围； 1≥x ()1mf x x ≥+m 〔2〕求证：.()()2*11ln ln 11nk n n k k n N n =--++>∈⎡⎤⎣⎦+∑（答案）〔1〕；〔2〕证明见解析． 2m ≤（解析）（分析）〔1〕先别离参数转化为求函数的最小值，通过求导函数，进而分析单调性再求得最小值得出结果；〔2〕由〔1〕知：恒成立，即，则累加后结合放缩法即可证明命题． ()21f x x ≥+2ln 1>-x x ()22ln 111+>-+⎡⎤⎣⎦+n n n n （详解）解：〔1〕不等式，即为，()1m f x x ≥+()()11ln x x m x++≤记，()()()11ln x x g x x++=故， ()()()()()'2211ln 11ln ln x x x x x x x g x x x ⎡⎤++-++-='⎣⎦=令，则， ()ln h x x x =-()11h x x'=-∵，∴在单调递增， 1≥x ()()0,h x h x '≥[)1,+∞故，故， ()()min 110h x h ==>()0g x '>故在上单调递增， ()g x [)1,+∞故，故； ()()min 12g x g ==2m ≤〔2〕由〔1〕知：恒成立， ()21f x x ≥+即， 122ln 1112x x x x x-≥=->-++令，则，()1x n n =+()()222ln 11111+>-=-+⎡⎤⎣⎦++n n n n n n 故，()()2222ln 121,ln 2311223⨯>-+⨯>-+， ()()2222ln 341,,ln 11341⨯>-++>-+⎡⎤⎣⎦+ n n n n 累加得：，()21111ln ln 1212111nk n n k k n n n n n =--⎛⎫++>-->-+=⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭∑故． ()()2*11ln ln 11nk n n k k n N n =--++>∈⎡⎤⎣⎦+∑2．〔2023·上海·闵行中学高三开学考试〕定义在上的函数满足：假设对任意的实数，有R ()f x x y ≠，则称为函数．()()y x x f f y -<-()f x L 〔1〕推断和是否为函数，并说明理由； ()21f x x =+()211g x x =+L 〔2〕当时，函数的图像是一条连续的曲线，值域为，且，求证：关于的方程[],x a b ∈L ()f x G [],G a b ⊆x ()f x x =在区间上有且只有一个实数根；[],a b 〔3〕设为函数，且，定义数列：，，证明：对任意，有()f x L ()33f ={}()n a n *∈N 11a =()()112n n n a f a a +=+n *∈N ．13n n a a +<<（答案）〔1〕不是函数，是函数，理由见解析；〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析. ()f x L ()g x L （解析）（分析）(1)利用给定定义结合已知函数式直接验证即可得解；(2)构造函数，利用零点存在性定理及反证法即可得解；()(),[,]h x f x x x a b =-∈(3)依据给定条件，先证得，然后利用数学归纳法证明对任意正整数成立. 123a a <<13n n a a +<<（详解）(1)，，12,R x x ∀∈12x x ≠，显然值可以趋近于正无穷大，即不成立，2212121212|()()|||||||f x f x x x x x x x -=-=+⋅-12||x x +1212|()()|||f x f x x x -<-所以函数不是函数；()f x L ， 12121222221212||11|()()|||||11(1)(1)x x g x g x x x x x x x +-=-=⋅-++++而，则恒成立， ()()()()()2222121212122222222212121212111111222111111x x x x x x x x x x x x x x x x +++++++≤≤=<++++++++1212|()()|||g x g x x x -<-所以函数是函数；()g x L (2)令，显然的图象是上的一条连续曲线，而值域为，且， ()(),[,]h x f x x x a b =-∈()h x [,]a b ()f x G [],G a b ⊆于是得，，由零点存在性定理知，方程在内有实根，()()0h a f a a =-≥()()0h b f b b =-≤()0h x =[,]a b 假设在内有两个不同的实根，则有，即， ()()0h x f x x =-=[,]a b 34,x x 3344(),()f x x f x x ==3434|()()|||f x f x x x -=-而函数是函数，对上述的，必有与矛盾， ()f x L 34,x x 3434|()()|||f x f x x x -<-3434|()()|||f x f x x x -=-所以关于的方程在区间上有且只有一个实数根；x ()f x x =[],a b高考材料高考材料(3)因函数是函数，又，，于是得，即， ()f x L ()33f =11a =11|()(3)||3|2f a f a -<-=11()5f a <<，从而有，2111[()](1,3)2a f a a =+∈123a a <<用数学归纳法证明不等式：，， 13n n a a +<<n *∈N ①当时，不等式显然成立，1n =②假设时，不等式成立，即，,N n k k *=∈13k k a a +<<，即有，则， ()()()()11113333k k k k f a f f a f a a ++++-≤-<-=-()()11336k k f a a f +++<+=()211132k k k a f a a +++⎡⎤=+<⎣⎦又，即， ()()()()1111k k k k k k k k f a f a f a f a a a a a ++++-≤-<-=-()()11k k k k f a a f a a +++<+则，即， ()()111122k k k k f a a f a a ++⎡⎤⎡⎤+<+⎣⎦⎣⎦12k k a a ++<从而得，即时，不等式成立， 123k k a a ++<<1n k =+综合①②得，对任意，有.n *∈N 13n n a a +<<3．〔2023·宁夏·银川一中三模〔理〕〕已知函数，其中 21()e 2xf x k x =-.k ∈R (1)假设有两个极值点，记为 ()f x 1212,(),x x x x <①求的取值范围； k ②求证：； 122x x +>(2)求证：对任意恒有 ,n *∈N 22212112 1.23e (1)e (1)ek n k n k n --+++++<++ （答案）(1)①；② 证明见解析； 10e<<k (2)证明见解析. （解析）（分析）〔1〕① 由题得有两个变号零点，设求出函数的单调性即得解；② 利用极值点偏移的方法证明； e x x k =(),e xxg x =〔2〕证明，再利用裂项相消求和即得证.21e 11(1)1n n n n n -<-++(1)解：〔1〕由题得有两个变号零点， ()e 0x f x k x '=-=所以有两个变号零点， e xxk =设 1(),(),e e x xx xg x g x -'=∴=当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，1x <()g x 1x >()g x当时，，当时，，， 0x <()0g x <0x >()0>g x 1(1)eg =所以. 10e<<k (2)设， ()()(2),(1)h x g x g x x =-->所以， 211()()[(2)]=0,(1)e ex x x xh x g x g x x ---'''=--+>>所以在单调递增，又， ()h x (1,)+∞(1)0h =所以又， ()(2),g x g x >-121x x <<所以22()(2),g x g x >-所以因为，所以. 12()(2),g x g x >-221x -<12122,+2x x x x >-∴>(2)证明：由〔1〕知，所以 1,e e x x ≤11,e x x-≤所以对任意恒有， ,n *∈N 2121111(1)e (1)(1)1n n n n n n n n -≤<=-++++所以 2221211211111(1()()23e (1)e (1)e 2231k n k n k n n n --+++++<-+-++-+++ 所以. 2221211211123e (1)e (1)e 1k n k n k n n --+++++<-<+++ 4．〔2023·全国·高三专题练习〕已知函数. ()2()ln 12xf x x x =+-+〔1〕证明：时，； 0x >()0f x>〔2〕证明：1113521n ++⋅⋅⋅+<+（答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析）〔1〕由，即在定义域内为增函数，即可证明结论. 22()0(1)(2)x f x x x '=>++()f x 〔2〕依据〔1〕结论，令可得，将所得的n 个式子相加，结合对数运算性质、放缩法即可1x n =21ln 21n n n+<+*n N ∈证不等式. （详解）〔1〕时，， 0x >22214()01(2)(1)(2)x f x x x x x '=-=>++++故为增函数，； ()f x ()()00f x f >=〔2〕由〔1〕知：， 2ln(1)2xx x +>+令时，有， 1x n =12121ln 1ln 1212n n n n n n⋅+⎛⎫<+⇒< ⎪+⎝⎭+高考材料高考材料故，，…，， 22ln 31<23ln 52<21ln 21n n n+<+将式相加得：，n 222231ln ln ln 352112n n n ++++<++++ 231ln ln(1)12n n n +⎛⎫=⋅=+ ⎪⎝⎭ ∴. 1111ln(1)35212n n +++<+=+ 5．〔2023·云南师大附中高三阶段练习〔文〕〕已知函数.()ln f x x =〔1〕证明：当时，恒成立；2x >()2532xf x x -+<<〔2〕设数列的通项公式为，记为的前项和，求证：.{}n a 2222n a f n n ⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭n S {}n a n 213364n n S n +<<+〔参考数据：〕 2.71828e = 1.41421= （答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析）（分析）〔1〕构造函数，利用导数得出，可证得成立，构造函数()()253g x f x x =+-()()20g x g >>()253f x x >-+，利用导数得出可证得，综合可证得结论成立； ()()2x h x f x =-()()20h x h <<()2xf x <〔2〕由〔1〕中的结论可得出，利用放缩法得出，22225112132n n n a n n n n +-+<<++++211111131222n a n n n n ⎛⎫+-<<+- ⎪+++⎝⎭结合裂项求和法可证得结论成立. （详解）证明：〔1〕令，可得， ()()2525ln 33g x f x x x x =+-=+-()22122x g x x x x-'=-=当时，，所以，函数在上单调递增．2x >()0g x '>()g x ()2,+∞又，而，，，()22ln 23g =-22ln 2332e e e -=-328=3223e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭2.83e =≈>，在上恒成立． ()22ln 203g ∴=->()253f x x >-+()2,+∞令，则， ()()ln 22x x h x f x x =-=-()11222xh x x x-'=-=当时，，所以，函数在上单调递减． 2x >()0h x '<()h x ()2,+∞又，在上恒成立． ()2ln 21ln 2ln 0h e =-=-<()2xf x ∴<()2,+∞综上，当时，恒成立；2x >()2532xf x x -+<<〔2〕，而，22222ln 222n a f n n n n ⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ 22222n n +>+所以令〔1〕中不等式的， 2222242222n n x n n n n++=+=++由〔1〕可得，22225112132n n n a n n n n+-+<<++++则一方面，， ()()()()()222221125521212133331211n n n n a n n n n n n +-+>-+=-=+>+++++++211312n n =+-++， 211111121121121323341232232336n S n n n n n n n ⎛⎫∴>+-+-++-=+->+-=+ ⎪+++⎝⎭ 另一方面，，()111111222n a n n n n ⎛⎫<+=+- ⎪++⎝⎭， 111111111111232422212n S n n n n n n ⎛⎫⎛⎫∴<+-+-++-=++-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭综上，有．213364n n S n +<<+6．〔2023·四川省宜宾市第四中学校高三阶段练习〕已知函数，满足：①对任意，都有(),y f x x N +=∈,a b N +∈；()()()()af a bf b af b bf a +>+②对任意都有． *n N ∈[()]3f f n n =〔1〕试证明：为上的单调增函数； ()f x +N 〔2〕求；(1)(6)(28)f f f ++〔3〕令，试证明：(3),nn a f n N +=∈121111.424n n n a a a <+++<+ （答案）〔1〕证明见解析；〔2〕66；〔3〕证明见解析. （解析）（分析）〔1〕对①中等式变形，利用定义法推断出的单调性；()f x 〔2〕先假设，依据条件确定出的值，即可求解出的值，再结合〔1〕的单调性确定出的()1f a =a ()()1,6f f ()28f 值，由此计算出结果；〔3〕依据条件推断出为等比数列并求解出通项公式，利用不等式以及二项展开式采纳放缩方法证明不等式. {}n a （详解）解：〔1〕由①知，对任意，都有， *,,a b N a b ∈<()(()())0a b f a f b -->由于，从而，所以函数为上的单调增函数；0a b -<()()f a f b <()f x *N 〔2〕令，则，显然，否则，与矛盾. ()1f a =1a …1a ≠()()()111f f f ==()()13f f =从而，而由，即得. 1a >((1))3f f =()3f a =又由〔1〕知，即.()(1)f a f a >=3a <于是得，又，从而，即.13a <<*a N ∈2a =()12f =高考材料高考材料又由知. ()3f a =()23f =于是，(3)((2))326f f f ==⨯=，， (6)((3))339f f f ==⨯=(9)((6))3618f f f ==⨯=，， (18)((9))3927f f f ==⨯=(27)((18))31854f f f ==⨯=，由于，(54)((27))32781f f f ==⨯=5427815427-=-=而且由〔1〕知，函数为单调增函数，因此. ()f x (28)54155f =+=从而.(1)(6)(28)295566f f f ++=++=〔3〕，()()()13333n n n n f a f f +==⨯=，. ()()()()1133n n n n a f f f f a a ++===1(3)6a f ==即数列是以为首项，以为公比的等比数列. {}n a 63∴16323(1,2,3)n n n a n -=⨯=⨯= 于是，显然， 21211(1)111111111133((1)1233324313n n n n a a a -+++=+++=⨯=--1111434n ⎛⎫-< ⎪⎝⎭另一方面，1223(12)122212n n n nn n n C C C n =+=+⨯+⨯++⨯>+ 从而. 1111114342142nn n n ⎛⎫⎛⎫->-=⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭综上所述，. 121111424n n n a a a <+++<+ 7．〔2023·安徽省霍邱县第二中学高三开学考试〔理〕〕已知函数． ()ln 3f x a x ax =--(0)a ≠〔1〕商量的单调性；()f x 〔2〕假设对任意恒成立，求实数的取值范围〔为自然常数〕； ()(1)40f x a x e +++-≤2[,]x e e ∈a e 〔3〕求证：． 22221111ln(1)ln(1)ln(1)...ln(1)1234n++++++++<*(2,)n n ≥∈N （答案）〔1〕答案见解析；〔2〕；〔3〕证明见解析.212e e a --≤（解析）〔1〕求导得到，然后分和两种求解商量求解. '(1)()a x f x x-=0a >0a <〔2〕令,求导得到，令，得到()ln 3(1)4ln 1F x a x ax a x e a x x e =--+++-=++-'()a x F x x +='()0a x F x x+==x a =-，然后分，和三种情况商量求解.a e -≤2a e -≥2e a e <-<〔3〕令得到，则，由〔1〕知在上单调递增，则有1a =-()ln 3f x x x =-+-(1)2f =-()ln 3f x x x =-+-[1,)+∞即对一切成立，从而，然后利用裂项相消法求解. ()(1)f x f >ln 1x x <-(1,)x ∈+∞2211111ln(1)(1)1n n n n n n+<<=---（详解）〔1〕函数的定义域为，， ()0+∞，'(1)()a x f x x-=当时，的单调增区间为，单调减区间为； 0a >()f x (0,1][1,)+∞当时，的单调增区间为，单调减区间为； 0a <()f x [1,)+∞(0,1]〔2〕令，()ln 3(1)4ln 1F x a x ax a x e a x x e =--+++-=++-则，令，则 '()a x F x x +='()0a x F x x+==x a =- 〔a 〕假设，即则在是增函数， a e -≤a e ≥-()F x 2[,]e e 无解.22max ()()210F x F e a e e ==++-≤〔b 〕假设即，则在是减函数，2a e -≥2a e ≤-()F x 2[,]e e 所以max ()()10F x F e a ==+≤1a ≤-2a e ≤-〔c 〕假设，即，在是减函数，在是增函数，2e a e <-<2e a e -<<-()F x [,]e a -2[,]a e -可得，可得22()210F e a e e =++-≤212e e a --≤()10F e a =+≤1a ≤-所以 2212e e e a ---≤≤综上所述 212e e a --≤〔3〕令〔或〕此时，所以， 1a =-1a =()ln 3f x x x =-+-(1)2f =-由〔1〕知在上单调递增，()ln 3f x x x =-+-[1,)+∞∴当时，即，∴对一切成立， (1,)x ∈+∞()(1)f x f >ln 10x x -+->ln 1x x <-(1,)x ∈+∞∵，则有， *2,n n N ≥∈2211111ln(1)(1)1n n n n n n+<<=---所以 22221111ln(1)ln(1)ln(1)...ln(1)234n ++++++++.1111111(1)(()...(223341n n <-+-+-+--111n=-<8．〔2023·四川·石室中学高三期末〕已知函数的图象上有一点列，点在()()()3log 101x f x x x +=>+()(),n n n P x y n N *∈n P x轴上的射影是，且〔且〕，． (),0n n Q x 132n n x x -=+2n ≥n *∈N 12x =〔1〕求证：是等比数列，并求出数列的通项公式；{}1n x +{}n x 〔2〕对任意的正整数，当]时，不等式恒成立，求实数的取值范围； n []1,1m ∈-21363n t mt y -+>t 〔3〕设四边形的面积是，求证：． 11n n n n P Q Q P ++n S 1211132nS S nS +++< （答案）〔1〕证明见解析，；〔2〕；〔3〕证明见解析.31nn x =-()(),22,-∞-+∞ （解析）高考材料高考材料（分析）〔1〕利用等比数列的定义可证得数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式； {}1n x +{}n x 〔2〕求得，利用数列单调性求得数列的最大项为，由题意可知，]时，不等式3n n n y ={}n y 113y =[]1,1m ∈-恒成立，设，依据题意可知关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；220t mt ->()22g m mt t =-+t t 〔3〕求得，进而可求得，利用放缩法可得，进而可证得所证不等式成立. 3n n n nP Q =413nn S +=11131n nS n n ⎛⎫<- ⎪+⎝⎭（详解）〔1〕当且时，，则，且， 2n ≥n *∈N 132n n x x -=+111133311n n n n x x x x ---++==++113x +=所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，{}1n x +33，则；11333n n n x -∴+=⨯=31n n x =-〔2〕， ()()33log 1log 3133n n n n n n n x ny f x x +====+则，所以，数列单调递减， 1111120333n n n n n n n ny y ++++--=-=<{}n y 所以，数列的最大项为，可知对任意的，， {}n y 113y =n *∈N 21363n t mt y -+>则，化简得， 2113633t mt -+>220t mt ->当]时，不等式恒成立，[]1,1m ∈-220t mt ->设，则，解得或. ()22g m mt t =-+()()22120120g t t g t t ⎧-=+>⎪⎨=->⎪⎩2t <-2t >因此，实数的取值范围是；t ()(),22,-∞-+∞ 〔3〕由〔2〕可得，则， 3n n n nn P Q y ==11113n n n n P Q ++++=所以，，()()()1111111131312233n nn n n n n n n n n n n S x x P Q P Q ++++++⎛⎫=-+=⨯---⋅+ ⎪⎝⎭413n +=， ()()()113121111121241414414414443n n n nS n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫====-<- ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭1131n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭因此，.121111111113133313222311n S S nS n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故所证不等式成立. （点睛）此题考查等比数列定义的证明，同时也考查了数列不等式恒成立以及数列不等式的证明，考查推理能力与计算能力，属于中等题.9．〔2023·山东·模拟预测〕已知函数.()2ln(2)2f x x x =--〔1〕求证：有且仅有2个零点；()f x 〔2〕求证：. ()22*1ln (1)(21)2(2,1)nk k n n N n n n k=-++≥∈∑＜（答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析）（分析）〔1〕先求出函数的单调区间，得到在上存在唯—零点，在上存在唯—的零点，即得有且()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭()f x 仅有2个零点；〔2〕设，，证明，令，得，得到，()ln 1g x x x =-+0x >ln 11x x x ≤-()2*x k k N =∈222ln 11k k k≤-222ln11111≤-，，…，，相加化简即得. 222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-()21*2ln (1)(21)22,(1)ni n n N k n n kn =≥+<+∈-∑（详解）解：〔1〕由题意，函数的定义域为. ()f x (0,)+∞则. 121()2x f x x x-'=-=令，得， ()0f x '=12x =当时，，单调递减；10,2⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ()0f x '<() f x 当时，，单调递增，1,2⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭x ()0f x '>()f x 所以在处取得极小值，且极小值为， ()f x 12x =112102f ⎛⎫=-=-< ⎪⎝⎭而，故在上存在唯—零点，22222224202e f e e e ⎛⎫=--=-=-> ⎪⎝⎭()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭因为，，故在上存在唯—的零点， 2221112202f e ee ⎛⎫=+-=> ⎪⎝⎭102f ⎛⎫< ⎪⎝⎭()f x 10,2⎛⎫⎪⎝⎭综上所述，有且仅有2个零点. ()f x 〔2〕设，， ()ln 1g x x x =-+0x >则，可得当时，单调递增， 11()1xg x x x-'=-=(0,1)x ∈()g x 当时，单调递减，所以，所以. (1,)x ∈+∞()(1)0g x g ≤=ln 1≤-x x 即〔当且仅当时，取等号〕. ln 11x x x≤-1x =令，得〔，当且仅当时，取等号〕 ()2*x k k N =∈222ln 11k k k≤-*N k ∈1k =所以依次令，得到1,2,3,,k n =⋯，，，…， 222ln11111≤-222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-高考材料高考材料所以222222222222ln1ln 2ln3ln 11111111123123n n n++++-+-+-++-……22211111111232334(1)n n n n n ⎡⎤⎛⎫=--+++--+++ ⎪⎢⨯⨯+⎝⎭⎣⎦…＜…111111123341n n n ⎛⎫=---+-++- ⎪+⎝⎭…11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭(1)(21)2(1)n n n -+=+即 ()21*2ln (1)(21)22,(1)ni n n N k n n kn =≥+<+∈-∑10．〔2023·浙江·效实中学模拟预测〕已知为定义在上的奇函数，且当时，取最大值为1. ()2ax bf x x c+=+R 1x =()f x 〔1〕写出的解析式. ()f x 〔2〕假设，，求证 112x =()1n n x f x +=〔ⅰ〕；1n n x x +>〔ⅱ〕. ()()()2221223112231516n n n n x x x x x x x x x x x x ++---++⋅⋅⋅+<（答案）〔1〕；〔2〕〔ⅰ〕证明见解析；〔ⅱ〕证明见解析. ()221xf x x =+（解析）（分析）〔1〕先利用求出，再依据当时，取最大值为1可求出，从而得到的解析式. ()0f b 1x =()f x ,a c ()f x 〔2〕先利用数学归纳法证明，从而可证.再依据可得，利用根本不等式可证()0,1n x ∀∈1n n x x +>112x =112n x ≤<，再利用裂项相消法可证原不等式成立，也可以利用导数证明，从而得到，利1516n n x x +-<323110n n n x x x -≤+1310n n x x +-≤用裂项相消法可证原不等式成立. （详解）〔1〕因为的定义域为，得，又为奇函数， ()2ax bf x x c +=+R 0c >()f x 所以，得；又，所以. ()00b f c ==0b =()111af c==+10a c =+>当时，.0x ≤()()210c x f x x c+=≤+当时，，当且仅当0x >()()211c x c f x c x cx x++==≤++x =也就是当，x =()max f x =1==所以，，即的解析式为， 1c =2a =()f x ()221xf x x =+此时，为奇函数，故的解析式为. ()()221x f x f x x -=-=-+()f x ()f x ()221xf x x =+〔2〕〔ⅰ〕先证明， ()0,1n x ∀∈当时，，符合； 1n =()110,12x =∈设当时，有， n k =()0,1k x ∈则当时，因为，故. 1n k =+1221kk k x x x +=+10k x +>又，故，故.()2121011k k kx x x +-=-<+-11k x +<()10,1k x +∈ 由数学归纳法可知.()0,1n x ∀∈因为，故. ()231222120111n n n n nn n n n n n x x x x x x x x x x x +---=-==>+++1n n x x +>〔ⅱ〕法一〔根本不等式+裂项相消〕：因为，所以， 01n x <<()()()3122211111141n n n nn n n n n n n x x xx x x x x x x x +++--==-⋅≤⋅+++又因为， 21121121n n n n x x x x +=+++-+115416n n x x +-≤=<所以，()()211111151116n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x ++++++-⎛⎫-=-⋅<- ⎪⎝⎭所以()()()222122311223112231151111115121616nn n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++---⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由〔ⅰ〕可知，，所以，得. 1112n x +≤<151521616n x +⎛⎫-< ⎪⎝⎭()()()2221223112231516n n n n x x x x x x x x x x x x ++---++⋅⋅⋅+<法二〔函数的值域+裂项相消〕：因为，所以，由〔ⅰ〕可知，，设， 01n x <<3121n n n n n x x x x x +--=+1112n x +≤<()321x x g x x -=+112x ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭所以()()()()()2232213121x x x x x g x x -+--'=+，()()()()()()222322222121252011x x x x x x x x -+---+==<++高考材料高考材料得在时单调递减，所以，得；()g x 1112n x +≤<()13210g x g ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭1310n n x x +-≤所以，()()211111131110n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x ++++++-⎛⎫-=-⋅≤- ⎪⎝⎭由〔ⅰ〕可知，，()()()222122311223112231131111113121010nn n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++---⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1112n x +≤<所以， 1121n x +-<，证毕. ()()()2221223112231131352101016nn n n n x x x x x x x x x x x x x +++---⎛⎫++⋅⋅⋅+≤-<< ⎪⎝⎭11．〔2023·全国·高三课时练习〕已知函数，其中． 2()ln f x a x x =+a R ∈〔1〕商量的单调性；()f x 〔2〕当时，证明：；1a=2()1f x x x ≤+-〔3〕求证：对任意的且，都有：．*n N ∈2n …222211*********e n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯+< ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭〔其中为自然对数的底数〕．2.7183e ≈（答案）〔1〕当时，函数在上调递增；当时，函数在上单调递减，在0a ≥()f x (0,)+∞0a <()f x ⎛ ⎝⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增；〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析. （解析）（分析）〔1〕求出导函数，按照和商量，确定的正负，得的单调区间；()'f x 0a ≥0a <()'f x ()f x 〔2〕不等式即为，即．引入函数，由导数确定其最大值后可证结论． ln 1≤-x x ln 10x x -+≤()ln 1g x x x =-+〔3〕关键是如何应用刚刚所证得的函数不等式，由〔2〕，令，让，这些不等式相加ln 1x x <-211x k =+2,3,,k n = 后右边利用放缩法证明和式，可得证结论． 1<（详解）解：〔1〕函数的定义域为，，()f x (0,)+∞22()2a a xf x x x x'+=+=①当时，，所以在上单调递增，a ≥()0f x '>()f x (0,)+∞②当时，令，解得0a <()0fx '=x =当，所以，所以在上单调递减； 0x <<220a x +<()0f x '<()f x ⎛ ⎝当，所以，所以在上单调递增． x >220a x +>()0f x '>()f x ⎫+∞⎪⎪⎭综上，当时，函数在上调递增；0a ≥()f x (0,)+∞当时，函数在上单调递减，在上单调递增． 0a <()f x ⎛ ⎝⎫+∞⎪⎪⎭〔2〕当时，，要证明， 1a =2()ln f x x x =+2()1f x x x ≤+-即证，即． ln 1≤-x x ln 10x x -+≤设，则，令得，． ()ln 1g x x x =-+1()xg x x-'=()0g x '=1x =当时，，当时，． (0,1)x ∈()0g x '>(1,)x ∈+∞()0g x '<所以为极大值点，也为最大值点．1x =所以，即．故． ()(1)0g x g ≤=ln 10x x -+≤2()1f x x x ≤+-〔3〕证：由〔2〕，〔当且仅当时等号成立〕令，则， ln 1≤-x x 1x =211x n =+2211ln 1n n⎛⎫+< ⎪⎝⎭∴222222*********ln 1ln 1ln 123231223(1)n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L L ， 111111111ln 12231e n n n =-+-++-=-<=-L 即，22221111ln 1111ln 234e n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 所以． 222211*********e n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12．〔2023·四川·成都七中高三期中〕已知函数，其中是的导函数. ()ln(1),()(),0f x x g x xf x x '=+=≥()'f x ()f x 假设.[]*11()(),()(),n n g x g x g x g g x n +==∈N 〔1〕求的表达式；()n g x 〔2〕求证：，其中n ∈N x .()()()()2222211213111n g g f g n n -+-+-++-<+ （答案）〔1〕；〔2〕证明见解析. ()*N 1n xg x n nx=∈+（解析）（分析）〔1〕依据已知条件猜测，利用数学归纳法证得猜测成立. ()1n xg x nx=+〔2〕利用放缩法，结合裂项求和法，证得不等式成立. （详解）〔1〕由题意可知，， ()01xg x x x=≥+由已知 ()()()12111x x g x g x g g x g x x ⎛⎫⎡⎤=== ⎪⎣⎦++⎝⎭，高考材料高考材料，， 11211xx x x x x+==+++()313xg x x =+ ，猜测，下面用数学归纳法证明： ()*N 1n xg x n nx=∈+〔i 〕当 n =1 时，，结论成立： ()11xg x x=+假设 n =k 〔k ≥1，k ∈N x 〕时结论成立，即， ()1k xg x kx=+那么，当n =k +1〔k ≥1，k ∈N x 〕时，，即结论成立. ()()()()()1111111k k k k xg x x kx g x g g x x g x k x kx++⎡⎤====⎣⎦+++++由〔i 〕〔ii 〕可知，结论对 n ∈N x 成立. 〔2〕∵， ()01xg x x x=≥+，∴， ()()221111111x g x g n x x n==-⇒-=-++∴g 〔12﹣1〕+g 〔22﹣1〕+g 〔32﹣1〕+…+g 〔n 2﹣1〕222211*********n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭22221111123n n ⎛⎫=-++++ ⎪⎝⎭()11111223341n n n ⎡⎤-++++⎢⎥⨯⨯⨯+⎢⎥⎣⎦ ＜11111112231n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ， 21111n n n n ⎛⎫=--=⎪++⎝⎭∴g 〔12﹣1〕+g 〔22﹣1〕+g 〔32﹣1〕+…+g 〔n 2﹣1〕. 21n n <+13．〔2023·全国·高三专题练习〕已知二次函数满足，，，. ()f x (2)()f x f x -=-()11f -=(0)2f =()x g x e =〔1〕求的解析式；()f x 〔2〕求证：时，； 0x ≥2()()g x f x ≥〔3〕求证：.()*11112(1)12(2)22()2n N g g g n n +++<∈+++ （答案）〔1〕〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析； 2()22f x x x =++（解析）（分析）〔1〕由，得的对称轴为，再利用待定系数法可求得结果；()2()f x f x -=-()f x 1x =-〔2〕作差构造函数，求导得，再构造函数，求导可得其最2()2e 22x x x x ϕ=---'()222x x e x ϕ=--()222x h x e x =--小值为0，所以，可知为上的增函数，所以时，，即； ()0x ϕ'≥()ϕx R 0x ≥()0x ϕ≥2()()g x f x ≥〔3〕由〔2〕知，即.易知时，得，2()()g x f x ≥22()32g x x x x +≥++*x ∈N 211112()3212g x x x x x x <=-+++++，再裂项求和后放缩可证不等式.1112()12g n n n n <-+++（详解）〔1〕由，得的对称轴为， ()2()f x f x -=-()f x 1x =-所以可设，()2()1f x a x c =++由 (1)1,1,(0)21,f a f c ⎧-==⎧⇒⎨⎨==⎩⎩，即. 2()(1)1f x x ∴=++2()22f x x x =++〔2〕设，2()2()()2e 22x x g x f x x x ϕ=-=---，'()222x x e x ϕ=--令，即， ()'()x h x ϕ=()222x h x e x =--则，'()22x h x e =-由，'()00,'()00h x x h x x <⇒<>⇒>在区间上单调递减，在区间上单调递增，.()h x (),0-∞()0,∞+min ()(0)0h x h ==∴，'()0x ϕ≥∴在上单调递增， ()x ϕR ∴时，， 0x ≥()(0)0x ϕϕ≥=∴.2()()g x f x ≥〔3〕由〔2〕知即. 2()()g x f x ≥222()222()32g x x x g x x x x ≥++⇔+≥++易知时，，，*x ∈N 2()0g x x +>2320x x ++>，2111112()32(1)(2)12g x x x x x x x x ∴<==-+++++++所以，1112()12g n n n n <-+++.1111111111112(1)12(2)22()233412222g g g n n n n n ∴+++<-+-++-=-<++++++ 14．〔2023·吉林吉林·高三期末〔理〕〕已知函数.()21ln 2f x x x =+-高考材料高考材料〔1〕求函数在区间上的最值；()f x 1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦〔2〕求证：且.2222*2222ln1ln 2ln 3ln 13(12312n n n N n n +++⋅⋅⋅+<+-∈+2)n ≥（答案）〔1〕，；〔2〕见解析 ()min 2f x =()max 93ln 2f x =-（解析）（分析）(1)对f (x )求导,然后推断f (x )的单调性,再求出f (x )在区间上的最值即可;1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦(2)依据(1)可得,然后令,可得,再利用放缩法证明不等式ln 11x x x ≤-()2*x n n N =∈()2*22ln 11n n N n n≤-∈成马上可. 22222222ln1ln 2ln 3ln 1312312n n n n +++⋅⋅⋅+<+-+（详解）解:(1)∵,∴, ()21ln 2(0)f x x x x =+->()121'2x f x x x-=-=令,得;令,得, ()'0f x >12x >()'0f x <102x <<∴在上单调递减,在上单调递增,()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭∴在上单调递减,在上单调递增,()f x 11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦1,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦∴当时,,1,44x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()min 122f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭又,,13ln 242f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()493ln 2f =-∴,()13493ln 2ln 242f f ⎛⎫⎛⎫-=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭154ln 22=-15412>-⨯0>∴,∴当时,,()144f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭1,44x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()max 493ln 2f x f ==-∴在区间上的最小值为2,最大值为.()f x 1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦93ln 2-(2)由(1)知,,∴,当且仅当时等号成立,21ln 22x x +-≥ln 221x x ≤-12x =∴,当且仅当时等号成立,即. ln 1≤-x x 1x =ln 11x x x≤-令,得,()2*x n n N =∈()2*22ln 11n n N n n≤-∈∴,,,…,, 222ln11111≤-222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-∴ 222222222222ln1ln 2ln 3ln 11111111123123n n n +++⋅⋅⋅+≤-+-+-+⋅⋅⋅+- 222111123n n ⎛⎫=--++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭()111123341n n n ⎡⎤<--++⋅⋅⋅+⎢⎥⨯⨯+⎣⎦111111123341n n n ⎛⎫=---+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭ 1312n n =+-+即且2222*2222ln1ln 2ln 3ln 13(12312n n n N n n +++⋅⋅⋅+<+-∈+2)n ≥15．〔2023·天津市宝坻区第—中学三模〔理〕〕已知函数〔为自然对数的底数〕. ()e 1x f x ax =--e 〔1〕求函数的单调区间；()f x 〔2〕当时，假设对任意的恒成立，求实数的值；0a >()0f x ≥R x ∈a 〔3〕求证：. 22222232323ln 1ln 1...ln 12(31)(31)(31)n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⨯⨯⨯++++++<⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎣⎦（答案）〔Ⅰ〕答案见解析；〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕证明见解析. 1a =（解析）（分析）〔1〕由题设，， ()e '=-x f x a 当时，在上单调递增；0a ≤()0f x '>()f x R 当时，时，单调递减，0a >(,ln )x a ∈-∞()0f x '<()f x 时，单调递增．(ln ,)x a ∈+∞()0f x '>()f x 〔2〕由〔1〕知：时， 0a >min ()(ln )f x f a =所以，即恒成立，(ln )0f a ≥ln 10--≥a a a 记，则， ()ln 1(0)g a a a a a =-->()1(ln 1)ln g a a a '=-+=-所以在上，在上，(0,1)()0g a '>(1,)+∞()0g a '<所以在上递增，在上递减，则， ()g a (0,1)(1,)+∞()(1)0g a g ≤=所以，即．()0g a =1a =〔3〕时，， 1n =22332(31)2n n⨯=<-时，，2n ≥121123232311(31)(31)(33)(31)(31)3131n n n n n n n n n n ---⨯⨯⨯<==--------所以． 2133112(31)2231k nk nk =<+-<--∑2n ≥由〔2〕知：，即，则时，e 1x x ≥+ln(1)(1)x x x +≤>-0x >ln(1)x x +<综上，，即原不等式成立． 22222212323233ln[1]ln[1]ln[1]2(31)(31)(31)(31)n knn k k =⨯⨯⨯++++⋅⋅⋅++<<----∑高考材料高考材料。

(完整版)导数大题精析1——放缩思想在高考函数中的应用

放缩思想在高考数学中的应用高中阶段,在数列那一章节的学习中，我们曾接触过放缩思想。

其实在高考函数中，尤其是导数大题中，放缩思想起着举足轻重的作用。

例如,让我们证明x^2-2x+1≥0，这个题目对大家来说根本算不上问题。

但是如果让我们证明x^2—3x+e^x ≥0。

这个式子我们看起来非常陌生，我们对e^x 并不熟悉，我们不喜欢e^x 或者lnx,因此,我们可以把他们转化为x 的形式。

这道题目，我们可以先证明e^x ≥x+1，这里构造辅助函数f(x ）=e^x-x-1即可证明,证明后,我们可以得到x^2—3x+e^x ≥x^2—2x+1≥0当x=1时两等号成立。

在此,我给出以下4个常考的辅助函数供大家参考。

① e^x ≥x+1当x=0时等号成立② lnx ≤x —1当x=1时等号成立③ sinx ≤x 当x=0时等号成立④ cosx ≤x+1当x=0时等号成立接下来我们不妨来试一道高考题，2012年山东高考压轴题。

22（本小题满分13分）已知函数f(x) = x ek x +ln （k 为常数，e=2。

71828……是自然对数的底数)，曲线y= f(x ）在点(1,f （1）)处的切线与x 轴平行。

（Ⅰ)求k 的值；（Ⅱ）求f(x)的单调区间；（Ⅲ）设g （x ）=（x 2+x ） '()f x ，其中'()f x 为f （x ）的导函数，证明：对任意x ＞0,21)(-+<e x g .上面本题的标准答案，前两问在此不做解释。

在第三问中,我们可以看出关键步骤就是把g（x）分成1+x/e^x和1-x-xlnx两部分,但是我们如何想到这一步呢？为什么他要把函数分成这两部分呢?看完上面的文章,我想各位读者已经有了初步的思考，下面，让我们再重新看一遍第三问。

g(x)= （1-x-xlnx)（x+1)/e^x看到这个函数，我们的第一反应应该是:这个函数不好做,e^x和lnx太烦了，我们把它放缩一下.把lnx换成x-1，把e^x换成x+1。

2022年高考数学放缩法在解答数列题中的应用技巧(十一种放缩方法全归纳)

n
21 3 2
n(n 1)
(5)
2n
1 (2n
1)
1 2n 1
1 2n
(6) 1 n 2 n n 2
(7) 2( n 1 n) 1 2( n n 1) n
(8)
2 2n
1
1 2n
3
1 2n
1
(2n 1) 2n1
1 (2n 3) 2n
(9)
k(n
1 1
k)
n
1 1
k
1 k
34．已知数列 an 的首项
a1
3 5
，
an1
3an 2an 1
，
n
1、
2
、
．
（1）证明：对任意的
x
0
，
an
1 1 x
1
1 x2
2 3n
x
，n
1、2
、
；
（2）证明： a1 a2
an
n2 . n 1
12、经典题目方法探究
35．已知函数 f (x) ln(1 x) x .若 f (x) 在区间[0, n](n N*) 上的最小值为 bn ，令 an ln(1 n) bn .求
(Ⅰ)①求证:函数 g(x) f (x) 在 (0, ) 上是增函数;
x
①当 x1 0，x2 0 时,证明: f x1 f x2 f x1 x2 ;
(Ⅱ)已知不等式 ln(x 1) x 在 x 1且 x 0 时恒成立,求证:
1
22
ln
22
1 32
ln
32
1 42
ln
an 1, ai 0 (i 1, 2
n) ，求证： a12 a22 a1 a2 a2 a3

2019届高考导数解答题中常见的放缩大法

而
由
对
数
平
均
不
等
式
得
：
x2 x1
(2 x1 ) (2 x2 ) (2 x1 ) (2 x2 ) 2 x1 x2 1
ln(2 x1) ln(2 x2) ln(2 x1) ln(2 x2)
2
2
，矛盾。
由 (x1 1)2 (x2 1)2 0, 4 (x1 x2 ) 0 ，故 x1 x2 2
（2）法一： f (x) (x 2)ex a(x 1)2 0 即 (2 x)ex a(x 1)2 0;
由
f
( x1 )

f
(
x2
)

0
得
(2 (2

x1)e x1 x2 )ex2
a(x1 1)2 a(x2 1)2
，两式相减得
(2 x1)ex1 (2 x2 )ex2 a(x1 x2 )(x1 x2 2),
放缩法：由 ex x 1可得：
e2x ln x 1 xex (ln x 1) e2xln x (ln x 1) 2x ln x 1 (ln x 1) 2
x
x
x
x
高考中最常见的放缩法可总结如下，供大家参考。第一组：对数放缩
（放缩成一次函数） ln x x 1， ln x x ， ln 1 x x
近似函数在这一点的邻域中的值，如果这个点是 0，就是形式比较简单的麦克劳林级数。简而言之，它的功能就是把超越式近似表示为幂函数。常见的幂级数展示式有：
（放缩成双撇函数）
ln
x

1 2

培优训练(二)放缩法在导数中的应用

培优训练（二）放缩法在导数综合问题中的应用
放缩法是高中数学中一种较为重要的数学方法，在不等式中常常用到。

随着不等式在高考中的要求降低，放缩法在高中数学教学中渐渐丧失了原来的地位。

但是，数学高考历来重视对数学思想、数学方法的考查，因此，放缩法在数学高考试题中仍然有其存在的空间。

近几年在函数、导数的综合试题中，就有利用放缩法解题的情况。

１．利用放缩法摆脱参数的困扰
2. 利用放缩法解决一类零点难求的函数问题
3.利用放缩法将复杂函数转化为较简单函数。

放缩法在导数压轴题中的应用

放缩法在导数压轴题中的应用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。

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。

下面举几个例子，以供参考。

一、利用基本不等式放缩，化曲为直例1（2012年高考辽宁卷理科第21题（Ⅱ））：设$f(x)=\ln(x+1)+x+1-1$，证明：当$0<x<2$时，$f(x)<\frac{9x}{x+6}$。

证明：由基本不等式，当$x>0$时，$2(x+1)\cdot1<x+2$，故$x+1<\frac{x+2}{2}$。

因此，$f(x)<\ln(x+1)+\frac{x+2}{2}-1$。

记$h(x)=\ln(x+1)+\frac{x}{2}-\frac{9x}{2(x+6)}$，则$h'(x)=\frac{1154x(x^2+15x-36)}{(x+12)^2(x+6)^2}$。

当$0<x<2$时，$h'(x)<0$，所以$h(x)$在$(0,2)$内是减函数。

故$h(x)<h(0)=\frac{9}{2}$，即$f(x)<\frac{9x}{x+6}$。

评注：本题第(Ⅱ)问若直接构造函数$h(x)=f(x)-\frac{9x}{x+6}$，对$h(x)$进行求导，由于$h'(x)$中既有根式又有分式，因此$h'(x)$的零点及相应区间上的符号很难确定，而通过对$x+1$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$x+1<\frac{x^2+1}{2}$，亦即是将抛物线弧$y=x+1$放大化简为直线段$y=\frac{x^2+1}{2}$，而该线段正是在左端点$(0,1)$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。

导数大题放缩法题目

导数大题放缩法题目摘要：一、导数大题放缩法题目简介1.导数大题放缩法概念2.常见题型和解题思路二、放缩法在导数大题中的应用1.利用放缩法求解导数大题的基本步骤2.常见放缩方法及技巧3.放缩法与其他解题方法的结合三、导数大题放缩法题目的训练与提高1.针对性的训练题目2.解题策略与技巧的总结3.提高解题速度与准确率的方法四、总结与展望1.导数大题放缩法的重要性和局限性2.对未来导数大题解题方法的发展趋势的展望正文：一、导数大题放缩法题目简介导数大题放缩法题目是数学高考中常见的一种题型，主要考察学生对导数概念的理解和运用能力。

通过对导数大题放缩法的熟练掌握，学生可以迅速找到解题思路，提高解题效率。

二、放缩法在导数大题中的应用1.利用放缩法求解导数大题的基本步骤首先，根据题目要求，找到函数的导数。

然后，通过对导数的合理放缩，将问题转化为更容易解决的形式。

最后，利用求导法则，求解出函数的极值、最值等问题。

2.常见放缩方法及技巧（1）通过求导数的分子分母的极限，进行放缩。

（2）利用导数的四则运算性质，进行放缩。

（3）利用导数与函数单调性的关系，进行放缩。

3.放缩法与其他解题方法的结合在实际解题过程中，放缩法常常需要与其他解题方法相结合，如求导法则、洛必达法则等，以提高解题的准确性和效率。

三、导数大题放缩法题目的训练与提高1.针对性的训练题目学生可以通过大量的针对性训练题目，熟练掌握导数大题放缩法的解题技巧。

这些题目可以从教材、教辅资料、历年高考题中选取。

2.解题策略与技巧的总结在训练过程中，学生需要不断总结解题策略和技巧，形成自己的解题方法体系。

3.提高解题速度与准确率的方法通过多次练习，学生可以逐步提高解题速度和准确率。

此外，还可以通过分析错题，找出自己的不足之处，进行针对性的改进。

四、总结与展望导数大题放缩法在高考中具有重要意义，但也有局限性。

学生在实际解题过程中，需要根据题目具体情况进行灵活运用。

各省市高考数学“放缩法”全解析

各省市高考数学“放缩法”全解析近年来在高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，而不等式的证明是高中数学中的一个难点，它可以考察学生逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力。

特别值得一提的是，高考中可以用“放缩法”证明不等式的频率很高，它是思考不等关系的朴素思想和基本出发点, 有极大的迁移性, 对它的运用往往能体现出创造性。

“放缩法”它可以和很多知识内容结合，对应变能力有较高的要求。

因为放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，放缩时要注意适度，否则就不能同向传递。

下面结合一些高考试题，例谈“放缩”的基本策略，期望对读者能有所帮助。

例如：1、添加或舍弃一些正项（或负项）例1、已知*21().n n a n N =-∈求证：*122311...().23n n a a a n n N a a a +-<+++∈ 证明： 111211111111.,1,2,...,,2122(21)2 3.222232k k k k k k kk a k n a +++-==-=-≥-=--+-Q1222311111111...(...)(1),2322223223n n n n a a a n n n a a a +∴+++≥-+++=-->-*122311...().232n n a a a n nn N a a a +∴-<+++<∈ 若多项式中加上一些正的值，多项式的值变大，多项式中加上一些负的值，多项式的值变小。

由于证明不等式的需要，有时需要舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证明的目的。

本题在放缩时就舍去了22k-，从而是使和式得到化简.再比如：2、先放缩再求和（或先求和再放缩）例2、函数f （x ）=xx 414+，求证：f （1）+f （2）+…+f （n ）>n +)(2121*1N n n ∈-+. 证明：由f (n )=nn 414+=1-1111422n n>-+⋅ 得f （1）+f （2）+…+f （n ）>n22112211221121⋅-++⋅-+⋅-Λ)(2121)2141211(41*11N n n n n n ∈-+=++++-=+-Λ.此题不等式左边不易求和,此时根据不等式右边特征, 先将分子变为常数，再对分母进行放缩，从而对左边可以进行求和. 若分子, 分母如果同时存在变量时, 要设法使其中之一变为常量，分式的放缩对于分子分母均取正值的分式。

新课标全国卷导数整体把握之放缩法的应用

新课标全国卷导数整体把握之放缩法的应用
章建荣
【期刊名称】《高中数理化》
【年(卷),期】2018(000)017
【摘要】近年来，新课标全国卷中导数压轴题往往涉及函数不等式问题，函数载
体往往是指数、对数与其他函数综合或指数、对数并存的超越函数形式，难度很大，考生往往望而止步．放缩法是解决函数不等式问题的一把利器，“不等式放缩”频频出现，使得导数考查也变得越来越有韵味．现结合近几年全国卷导数题中典型放缩的实际应用进行探讨．
【总页数】2页(P4-5)
【作者】章建荣
【作者单位】江西省南昌市铁路第一中学
【正文语种】中文
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1.巧用放缩法破解导数题 [J], 朱小扣
2.从一道导数题的解法看放缩法的应用 [J], 汪家玲;
3.巧用放缩法破解导数题 [J], 朱小扣
4.有效利用切线放缩法破解函数与导数压轴题 [J], 潘敬贞
5.放缩法在导数大题中的应用归纳 [J], 王佳一;张元涛
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