函数图象的割线斜率与切线斜率的关系
题1 (2010年高考辽宁卷理科第
.
如
果
21(2)题) 已知函数
对
任
意
f (x ) =(a +1) ln x +ax 2+1, a
x 1, x 2∈(0, +∞), f (x 1) -f (x 2) ≥4x 1-x 2，求a 的取值范围.(答案：a ≤-2.)
题
2
(2009
年高考辽宁卷理科第
21(2)题) 已知函数
f (x ) =
有
12
x -ax +(a -1) ln x , a >1. 证明：若a
f (x 1) -f (x 2)
>-1.
x 1-x 2
题3 (2009年高考浙江卷理科第10题) 对于正实数α，记M α为满足下述条件的函数
f (x ) 构成的集合：∀x 1, x 2∈R 且x 2>x 1，有-α(x 2-x 1)
下列结论中正确的是( )(答案：C.)
A. 若
f (x ) ∈M α1, g (x ) ∈M α2，则f (x ) ⋅g (x ) ∈M α1⋅α2f (x ) ∈M α1, g (x ) ∈M α2且g (x ) ≠0，则
B. 若
f (x )
∈M α1
g (x ) α2
C. 若D. 若题
f (x ) ∈M α1, g (x ) ∈M α2，则f (x ) +g (x ) ∈M α1+α2
f (x ) ∈M α1, g (x ) ∈M α2且α1>α2，则f (x ) -g (x ) ∈M α1-α2
4
(2006
年高考四川卷理科第
22(2)题) 已知函数
f (x ) =x 2+
2
+a ln x (x >0), f (x ) 的导函数是f '(x ) ，a ≤4, x 1, x 2是不相等的正数，求x
证：f '(x 1) -f '(x 2) >x 1-x 2.
深入研究这四道高考题(除题8是选择压轴题外，其余三道都是解答压轴题的最后一问) ，可得函数图象的割线斜率与切线斜率的关系：
定理 设a ∈R ，函数f (x ) 在区间I 上可导，则 (1)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
≤a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≤a ；
x 1-x 2
f (x 1) -f (x 2)
x 1-x 2
(2)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
x ∈I 0时f '(x )=a 不能恒成立；
(3)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
≥a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≥a ；
x 1-x 2
f (x 1) -f (x 2)
>a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≥a 且∀区间I 0⊂I ，当
x 1-x 2
(4)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
x ∈I 0时f '(x ) =a 不能恒成立；
(5)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
≤a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≤a ；
x 1-x 2
f (x 1) -f (x 2)
x 1-x 2
(6)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
当x ∈I 0时f '(x )=a 及f '(x ) =-a 均不能恒成立；
(7)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
≥a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≥a ；
x 1-x 2
f (x 1) -f (x 2)
>a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≥a 且∀区间I 0⊂I ，
x 1-x 2
(8)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
当x ∈I 0时f '(x ) =a 及f '(x ) =-a 均不能恒成立.
为证明定理，须介绍两个引理，它们在《数学分析》中均可找到(比如文献[1],[2])： 引理1 若函数f (x ) 在区间I 上可导，则f (x ) 在I 上单调不减(不增) 的充要条件是
f '(x ) ≥(≤) 0在x ∈I 时恒成立.(注：若∀x 1, x 2∈I , x 1
在区间I 上单调不减(不增).)
引理2 若函数f (x ) 在区间I 上可导，则f (x ) 在I 上严格递增(递减) ⇔在I 上
f '(x ) ≥(≤) 0且对于任意的区间I 0⊂I ，当x ∈I 0时f '(x ) =0不能恒成立.(注：若
∀x 1, x 2∈I , x 1) f (x 2) ，则称f (x ) 在区间I 上严格递增(递减).)
定理的证明 设g (x ) =f (x ) -ax , h (x ) =f (x ) +ax . (1)
左
边
⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2
有
[f (x 1) -ax 1]-[f (x 2) -ax 2]g (x 1) -g (x 2)
≤0⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有≤0⇔g (x ) 在I
x 1-x 2x 1-x 2
上单调不增⇔g '(x ) =f '(x ) -a ≤0⇔右边.
(2)左边⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
[f (x 1) -ax 1]-[f (x 2) -ax 2]
x 1-x 2
有
g (x 1) -g (x 2)
这里省
x 1-x 2
去了一些文字的叙述，下同) ⇔右边.
(3)同(1)可证. (4)同(2)可证.
(5)左边⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有-a ≤
f (x 1) -f (x 2)
≤a ⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
x 1-x 2
⎫⎧g (x 1) -g (x 2) ≤0⎪⎪x 1-x 2⎪⎪
⎨⎬⇔⎪h (x 1) -h (x 2) ≥0⎪⎪⎪⎩x 1-x 2⎭
⎧g (x ) 在I 上单调不增⎫⎪
⎨⎬⇔ ⇔右边. ⎩h (x ) 在I 上单调不减⎪⎭
(6)左边⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有-a
f (x 1) -f (x 2)
x 1-x 2
⎫⎧g (x 1) -g (x 2)
⎨⎬⇔⎪h (x 1) -h (x 2) >0⎪⎪⎪⎩x 1-x 2⎭
⎧g (x ) 在I 上严格递减⎫⎪
⎨⎬⇔ ⇔右边. ⎩h (x ) 在I 上严格递增⎪⎭
(7) ∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
≥a ⇔
x 1-x 2
∀x 1, x 2∈I , x 1
f (x 2) -f (x 1) f (x 2) -f (x 1)
≥a 或≤-a ⇔
x 2-x 1x 2-x 1
∀x 1, x 2∈I , x 1
∀x ∈I , g '(x ) ≥0或h '(x ) ≤0⇔ ∀x ∈I , f '(x ) ≥a 或f '(x ) ≤-a ⇔
∀x ∈I , f '(x ) ≥a
(8)同(7)可证.
题5 已知函数f (x ) =-x +ax +b (a , b ∈R ) 的图象上任意不同的两点连线的斜率小于1，求a 的取值范围.
2
解 由定理9(2)，得f '(x ) =-3x +2ax ≤1在x ∈R 时恒成立，即3x -2ax +1≥0恒
2
32
成立，所以∆=(2a ) 2-12≤0, a ∈[-, ]. 所以所求a 的取值范围是[-, ].
注 由定理9(1)知，若把例1中的“小于”改成“不大于”，所得答案不变. 还可验证：当a =, b =0时，f (x ) =-x 3+3x 2的图象上任一割线的斜率小于1，但图象在拐点(即凹凸性的分界点，其二阶导数值为0，参见文献[2]或[3])
1处切线的斜率为1(图1).
图1
题6 (2013年福建省厦门一中月考试题) 已知函数f (x ) =-x 3+ax 2+b (a , b ∈R ) (1)若函数y =f (x ) 的图象上任意两个不同的点连线斜率小于1，求证： -
由题5的结论可知，题6的第(1)问是错题(可得第(2)问是正确的). 下面用定理给出题1~4的简解.
题3的简解 M α即满足条件“∀x 1, x 2∈R ，有成的集合.
由定理(6)，得M α即满足条件“f '(x ) ≤α(x ∈R ) 且对于任意的区间I 0⊂I ，当x ∈I 0时f '(x ) =a 及f '(x ) =-a 均不能恒成立”的函数f (x ) 的集合.
由此及绝对值不等式可证得选项C 成立(且可排除选项A 、B 、D) ，所以选C.
题2的简解 由定理(4)知只需证明“当x >0时f '(x ) ≥-1且f '(x ) =-1只能在一些孤立点上成立”：
f (x 1) -f (x 2)
x 1-x 2
a -1
-a ≥2a -1-a =a -1(2-a -1) -1>-1
x
所以要证结论成立.(并且还可得：当1≤a ≤5时，结论也成立.)
f '(x ) =x +
题1的简解
f '(x ) =
a +1
+2ax (x >0) . 由定理(7)知题设即x
f '(x ) =
-a -1
-2ax ≥4在x >0时恒成立，由a
围是(-∞, -2].
注 下面把题1中的题设“a
a +1
+2ax ≥4在x >0时恒成立，求a 的取值范围”.
x
a +1
+2ax (x >0) 是单调减函数，可得此时不满足x
当a
当-1≤a ≤0时，可得函数g (x ) =
题设；
当a >0时，由均值不等式可得a ≥1.
所以所求a 的取值范围是(-∞, -2]⋃[1, +∞) . 题4的简解 设g (x ) =f '(x ) =2x -
g (x 1) -g (x 2) 2a
+，即证>1. x 2x x 1-x 2
由定理(8)知，只需证明：当x >0时g '(x ) ≥1，即
2+
只需证 2+
4a ->1(x >0) 32x x
4a ->1(x >0) x 3x 2222
即 x ++>a (x >0)
x x
这由均值不等式及题设可证：
x 2+
所以欲证成立.
22
+≥3⋅4>4≥a x x
注 由以上简解知，把题4中的“a ≤4”改成“a ≤3⋅4”后所得结论也成立.
参考文献
1 刘玉琏，傅沛仁. 数学分析讲义(上册)[M].3版. 北京：高等教育出版社，1992
2 华东师范大学数学系编. 数学分析(上册)[M].3版. 北京：高等教育出版社，2001
函数图象的割线斜率与切线斜率的关系
题1 (2010年高考辽宁卷理科第
.
如
果
21(2)题) 已知函数
对
任
意
f (x ) =(a +1) ln x +ax 2+1, a
x 1, x 2∈(0, +∞), f (x 1) -f (x 2) ≥4x 1-x 2，求a 的取值范围.(答案：a ≤-2.)
题
2
(2009
年高考辽宁卷理科第
21(2)题) 已知函数
f (x ) =
有
12
x -ax +(a -1) ln x , a >1. 证明：若a
f (x 1) -f (x 2)
>-1.
x 1-x 2
题3 (2009年高考浙江卷理科第10题) 对于正实数α，记M α为满足下述条件的函数
f (x ) 构成的集合：∀x 1, x 2∈R 且x 2>x 1，有-α(x 2-x 1)
下列结论中正确的是( )(答案：C.)
A. 若
f (x ) ∈M α1, g (x ) ∈M α2，则f (x ) ⋅g (x ) ∈M α1⋅α2f (x ) ∈M α1, g (x ) ∈M α2且g (x ) ≠0，则
B. 若
f (x )
∈M α1
g (x ) α2
C. 若D. 若题
f (x ) ∈M α1, g (x ) ∈M α2，则f (x ) +g (x ) ∈M α1+α2
f (x ) ∈M α1, g (x ) ∈M α2且α1>α2，则f (x ) -g (x ) ∈M α1-α2
4
(2006
年高考四川卷理科第
22(2)题) 已知函数
f (x ) =x 2+
2
+a ln x (x >0), f (x ) 的导函数是f '(x ) ，a ≤4, x 1, x 2是不相等的正数，求x
证：f '(x 1) -f '(x 2) >x 1-x 2.
深入研究这四道高考题(除题8是选择压轴题外，其余三道都是解答压轴题的最后一问) ，可得函数图象的割线斜率与切线斜率的关系：
定理 设a ∈R ，函数f (x ) 在区间I 上可导，则 (1)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
≤a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≤a ；
x 1-x 2
f (x 1) -f (x 2)
x 1-x 2
(2)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
x ∈I 0时f '(x )=a 不能恒成立；
(3)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
≥a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≥a ；
x 1-x 2
f (x 1) -f (x 2)
>a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≥a 且∀区间I 0⊂I ，当
x 1-x 2
(4)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
x ∈I 0时f '(x ) =a 不能恒成立；
(5)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
≤a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≤a ；
x 1-x 2
f (x 1) -f (x 2)
x 1-x 2
(6)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
当x ∈I 0时f '(x )=a 及f '(x ) =-a 均不能恒成立；
(7)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
≥a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≥a ；
x 1-x 2
f (x 1) -f (x 2)
>a ⇔∀x ∈I , f '(x ) ≥a 且∀区间I 0⊂I ，
x 1-x 2
(8)∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
当x ∈I 0时f '(x ) =a 及f '(x ) =-a 均不能恒成立.
为证明定理，须介绍两个引理，它们在《数学分析》中均可找到(比如文献[1],[2])： 引理1 若函数f (x ) 在区间I 上可导，则f (x ) 在I 上单调不减(不增) 的充要条件是
f '(x ) ≥(≤) 0在x ∈I 时恒成立.(注：若∀x 1, x 2∈I , x 1
在区间I 上单调不减(不增).)
引理2 若函数f (x ) 在区间I 上可导，则f (x ) 在I 上严格递增(递减) ⇔在I 上
f '(x ) ≥(≤) 0且对于任意的区间I 0⊂I ，当x ∈I 0时f '(x ) =0不能恒成立.(注：若
∀x 1, x 2∈I , x 1) f (x 2) ，则称f (x ) 在区间I 上严格递增(递减).)
定理的证明 设g (x ) =f (x ) -ax , h (x ) =f (x ) +ax . (1)
左
边
⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2
有
[f (x 1) -ax 1]-[f (x 2) -ax 2]g (x 1) -g (x 2)
≤0⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有≤0⇔g (x ) 在I
x 1-x 2x 1-x 2
上单调不增⇔g '(x ) =f '(x ) -a ≤0⇔右边.
(2)左边⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
[f (x 1) -ax 1]-[f (x 2) -ax 2]
x 1-x 2
有
g (x 1) -g (x 2)
这里省
x 1-x 2
去了一些文字的叙述，下同) ⇔右边.
(3)同(1)可证. (4)同(2)可证.
(5)左边⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有-a ≤
f (x 1) -f (x 2)
≤a ⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
x 1-x 2
⎫⎧g (x 1) -g (x 2) ≤0⎪⎪x 1-x 2⎪⎪
⎨⎬⇔⎪h (x 1) -h (x 2) ≥0⎪⎪⎪⎩x 1-x 2⎭
⎧g (x ) 在I 上单调不增⎫⎪
⎨⎬⇔ ⇔右边. ⎩h (x ) 在I 上单调不减⎪⎭
(6)左边⇔∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有-a
f (x 1) -f (x 2)
x 1-x 2
⎫⎧g (x 1) -g (x 2)
⎨⎬⇔⎪h (x 1) -h (x 2) >0⎪⎪⎪⎩x 1-x 2⎭
⎧g (x ) 在I 上严格递减⎫⎪
⎨⎬⇔ ⇔右边. ⎩h (x ) 在I 上严格递增⎪⎭
(7) ∀x 1, x 2∈I , x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
≥a ⇔
x 1-x 2
∀x 1, x 2∈I , x 1
f (x 2) -f (x 1) f (x 2) -f (x 1)
≥a 或≤-a ⇔
x 2-x 1x 2-x 1
∀x 1, x 2∈I , x 1
∀x ∈I , g '(x ) ≥0或h '(x ) ≤0⇔ ∀x ∈I , f '(x ) ≥a 或f '(x ) ≤-a ⇔
∀x ∈I , f '(x ) ≥a
(8)同(7)可证.
题5 已知函数f (x ) =-x +ax +b (a , b ∈R ) 的图象上任意不同的两点连线的斜率小于1，求a 的取值范围.
2
解 由定理9(2)，得f '(x ) =-3x +2ax ≤1在x ∈R 时恒成立，即3x -2ax +1≥0恒
2
32
成立，所以∆=(2a ) 2-12≤0, a ∈[-, ]. 所以所求a 的取值范围是[-, ].
注 由定理9(1)知，若把例1中的“小于”改成“不大于”，所得答案不变. 还可验证：当a =, b =0时，f (x ) =-x 3+3x 2的图象上任一割线的斜率小于1，但图象在拐点(即凹凸性的分界点，其二阶导数值为0，参见文献[2]或[3])
1处切线的斜率为1(图1).
图1
题6 (2013年福建省厦门一中月考试题) 已知函数f (x ) =-x 3+ax 2+b (a , b ∈R ) (1)若函数y =f (x ) 的图象上任意两个不同的点连线斜率小于1，求证： -
由题5的结论可知，题6的第(1)问是错题(可得第(2)问是正确的). 下面用定理给出题1~4的简解.
题3的简解 M α即满足条件“∀x 1, x 2∈R ，有成的集合.
由定理(6)，得M α即满足条件“f '(x ) ≤α(x ∈R ) 且对于任意的区间I 0⊂I ，当x ∈I 0时f '(x ) =a 及f '(x ) =-a 均不能恒成立”的函数f (x ) 的集合.
由此及绝对值不等式可证得选项C 成立(且可排除选项A 、B 、D) ，所以选C.
题2的简解 由定理(4)知只需证明“当x >0时f '(x ) ≥-1且f '(x ) =-1只能在一些孤立点上成立”：
f (x 1) -f (x 2)
x 1-x 2
a -1
-a ≥2a -1-a =a -1(2-a -1) -1>-1
x
所以要证结论成立.(并且还可得：当1≤a ≤5时，结论也成立.)
f '(x ) =x +
题1的简解
f '(x ) =
a +1
+2ax (x >0) . 由定理(7)知题设即x
f '(x ) =
-a -1
-2ax ≥4在x >0时恒成立，由a
围是(-∞, -2].
注 下面把题1中的题设“a
a +1
+2ax ≥4在x >0时恒成立，求a 的取值范围”.
x
a +1
+2ax (x >0) 是单调减函数，可得此时不满足x
当a
当-1≤a ≤0时，可得函数g (x ) =
题设；
当a >0时，由均值不等式可得a ≥1.
所以所求a 的取值范围是(-∞, -2]⋃[1, +∞) . 题4的简解 设g (x ) =f '(x ) =2x -
g (x 1) -g (x 2) 2a
+，即证>1. x 2x x 1-x 2
由定理(8)知，只需证明：当x >0时g '(x ) ≥1，即
2+
只需证 2+
4a ->1(x >0) 32x x
4a ->1(x >0) x 3x 2222
即 x ++>a (x >0)
x x
这由均值不等式及题设可证：
x 2+
所以欲证成立.
22
+≥3⋅4>4≥a x x
注 由以上简解知，把题4中的“a ≤4”改成“a ≤3⋅4”后所得结论也成立.
参考文献
1 刘玉琏，傅沛仁. 数学分析讲义(上册)[M].3版. 北京：高等教育出版社，1992
2 华东师范大学数学系编. 数学分析(上册)[M].3版. 北京：高等教育出版社，2001