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进阶3 切割线放缩
双变量导数中的剪刀模型起源于2015 年天津卷，在2021 年新高考Ⅰ卷中名满天下！该模型的实质是凹凸
函数切割线放缩(牛顿切线法)，值得注意的是，该方法出现在人教版新教材选择性必修第二册82 页阅读材
料中.
1.函数的凹凸性
(1)下凸函数(凹函数)：如图1，对于连续函数f(x)，若在其图象上任取两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端
点外，线段AB 始终在函数f(x)图象的上方，或在f(x)的图象上任取点C(x0，f(x0))，函数f(x)在点C 处的切线
y=f'(x0)(x-x0)+f(x0)除切点外，始终在f(x)图象的下方，我们称f(x)为下凸函数.若f(x)存在二阶导数f″(x)，则满
足f″(x)≥0 的函数f(x)为下凸函数.
(2)上凸函数(凸函数)：如图2，对于连续函数f(x)，若在其图象上任取两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端
点外，线段AB 始终在函数f(x)图象的下方，或在f(x)的图象上任取点C(x0，f(x0))，函数f(x)在点C 处的切线
y=f'(x0)(x-x0)+f(x0)除切点外，始终在f(x)图象的上方，我们称f(x)为上凸函数.若f(x)存在二阶导数f″(x)，则满
足f″(x)≤0 的函数f(x)为上凸函数.
2.切线、割线不等式
(1)对于下凸函数，可利用切割线进行放缩，f(x)≥f'(x0)(x-x0)+f(x0)，当x∈(x1，x2)时，f(x)<f ( x1)- f ( x2)
x1- x2
(x-
x1)+f(x1).
(2)对于上凸函数，可利用切割线进行放缩，f(x)≤f'(x0)(x-x0)+f(x0)，当x∈(x1，x2)时，f(x)>f ( x1)- f ( x2)
x1- x2
(x-
x1)+f(x1).
3.剪刀模型
已知函数f(x)为定义域上的下凸函数(或上凸函数)，且图象与y=m 交于A，B 两点，其横坐标为x1，x2，我
们可以利用下凸函数(或上凸函数)的切线与y=m 的交点将x1，x2的范围予以估计，这便是切线放缩的基本
原理.
如图，在函数图象先减后增的情形下，两条切线和两条割线即可估计出交点横坐标的一个上下界，而切割
线的方程均为一次函数，这样我们就可以得到一个显式解(精确解)的估计.
切割线放缩主要应用在交点横坐标和、交点横坐标差问题中，切割线放缩体现了函数中的化曲为直的思想.
例1 已知函数f(x)=xln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若x1<x2，且f(x1)=f(x2)=a，a∈R，证明：ae+1<x2-x1<a+1.
例2 已知函数f(x)=(x-1)(ex-1).
(1)求函数f(x)在x=1 处的切线方程；
(2)若方程f(x)=a 有两个不同的实根x1，x2，证明：|x1-x2|≤e a
e -1+1.
思维升华 (1)割线放缩关键是根据不等式的特点和需要，找准相关的函数及其割线，才能恰当地进行割线
放缩.(2)割线夹本质与切线夹类似.
跟踪训练 已知函数f(x)=ln x-x2+1.
(1)证明：f(x)<x；
(2)若方程f(x)=a 有两个不相等的实根x1，x2，证明：|x2-x1|<1-2a.
答案精析
例1 (1)解 由题意，f'(x)=1+ln x(x>0)，
令f'(x)>0，则x>e-1，
令f'(x)<0，则0<x<e-1，
从而f(x)的单调递减区间是(0，e-1)，单调递增区间是(e-1，+∞).
(2)证明 当0<x<1 时，f(x)<0，f(1)=0，
当x>1 时，f(x)>0，
因为x1<x2且f(x1)=f(x2)，
结合f(x)在(0，e-1)上单调递减，在(e-1，+∞)上单调递增，
可得0<x1<e-1<x2<1，如图.
设g(x)=f(x)+x(0<x<e-1)，
则g(x)=x(1+ln x)<0，
所以f(x)<-x(0<x<e-1)，
从而f(x1)<-x1，
又f(x1)=a，所以a<-x1，故-x1>a.
①
设h(x)=f(x)- 1
e -1(x-1)(e-1<x<1)，
则h'(x)=1+ln x- 1
e -1=ln x+e -2
e -1，
令h'(x)>0，则e
- e -2
e -1<x<1，
令h'(x)<0，则e-1<x<e
- e -2
e -1，
从而h(x)在(e
-1，e
- e -2
e -1)上单调递减，在(e
- e -2
e -1 ，1)上单调递增，又h(e-1)=h(1)=0，
所以h(x)<0 在(e-1，1)上恒成立，
故h(x2)=f(x2)- 1
e -1(x2-1)<0，
所以f(x2)< 1
e -1(x2-1)，
又f(x2)=a，所以a< 1
e -1(x2-1)，
故x2>1+a(e-1)，
②
将①②两式相加可得x2-x1>ae+1.
设u(x)=f(x)-(x-1)(0<x<1)，
则u'(x)=ln x<0，所以u(x)在(0，1)上单调递减，
又u(1)=0，所以u(x)>0 在(0，1)上恒成立，从而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，
综上所述，ae+1<x2-x1<a+1.
例2 (1)解 由题意，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 处的切线方程为y=(e-1)(x-1).
(2)证明 设g(x)=f(x)+x，
则g'(x)=f'(x)+1=xex，
所以g'(x)>0⇔x>0，g'(x)<0⇔x<0，
从而g(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
故g(x)≥g(0)=f(0)=0，
所以f(x)≥-x，①
设h(x)=f(x)-(e-1)(x-1)(x∈R)，
则h'(x)=f'(x)-(e-1)=xex-e，
所以h'(x)>0⇔x>1，h'(x)<0⇔x<1，
从而h(x)在(-∞，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
故h(x)≥h(1)=0，
所以f(x)≥(e-1)(x-1).
②
由题意，方程f(x)=a 有两个不同的实根x1，x2，
所以f(x1)=f(x2)=a.
不妨设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≤a
e -1+1，
从而|x1-x2|=x2-x1≤a
e -1+1+a= e a
e -1+1.
跟踪训练 证明 (1)设g(x)=f(x)-x，
则g(x)=ln x-x2+1-x，
g'(x)=1
x -2x-1=-(2 x -1)( x +1)
x
，
所以g'(x)>0⇔0<x<1
2，g'(x)<0⇔x>1
2，
故g(x)在(0，1
2)上单调递增，在(
1
2 ，+∞)上单调递减，
从而g(x)max=g(
1
2)=ln1
2-(
1
2)
2
+1-1
2=1
4 -ln 2<0，
所以g(x)<0，故f(x)<x.
(2)设h(x)=f(x)+x-1，
则h(x)=ln x-x2+x，
所以h'(x)=1
x -2x+1=-(2 x +1)( x -1)
x
，
从而h'(x)>0⇔0<x<1，h'(x)<0⇔x>1，
故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
所以h(x)max=h(1)=0，
故h(x)≤0 恒成立，从而f(x)≤-x+1，
因为方程f(x)=a 有两个不相等的实根x1，x2，
不妨设x1<x2，
则f(x1)=f(x2)=a，
所以a=f(x1)<x1，故-x1<-a，a=f(x2)≤-x2+1，
所以x2≤1-a，
故|x2-x1|=x2-x1<1-a-a=1-2a.
