第1部分 专题1 培优微专题4 切割线放缩（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题一 函数与导数、不等式 [培优微专题4]　切割线放缩 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 1．常见的放缩 (1)对数形式：x≥1＋ln x(x＞0)，当且仅当x＝1时，等号成立． (2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立． 进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋ln x(x＞0且x≠1)． 2．泰勒展开式 ex＝1＋x＋eq \f(x2,2！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋o(xn)； ln(1＋x)＝x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)－…＋(－1)neq \f(xn＋1,n＋1)＋o(xn＋1)； 截取片段：ex≥x＋1(x∈R) ln(1＋x)≤x(x＞－1)，当且仅当x＝0时，等号成立； 进而：ln x≤x－1(x＞0)当且仅当x＝1时，等号成立 3．关于ln x的放缩 (1)切线放缩及其变形：1－eq \f(1,x)≤ln x≤x－1； (2)当x≥1时，eq \f(2x－1,x＋1)≤ln x≤eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))； 当0≤x≤1时，eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))≤ln x≤eq \f(2x－1,x＋1)； (3)当x≥1时，ln x≥eq \f(3x2－1,x2＋4x＋1)；当0＜x≤1时，ln x≤eq \f(3x2－1,x2＋4x＋1)； (4)对数平均不等式：eq \r(ab)＜eq \f(ln a－ln b,a－b)＜eq \f(a＋b,2)(a，b＞0，且a≠b)． 4．三角函数的放缩 (1)sin x的放缩：当x≥0时，x－eq \f(x3,6)≤sin x≤x； 当0≤x≤eq \f(π,2)时，sin x≤x≤tan x. (2)cos x的放缩：当x≥0时，1－eq \f(x2,2)≤cos x≤1－eq \f(x2,2)＋eq \f(x4,24). 切线放缩 [例1]　(2024·温州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2，g(x)＝xln x－x2＋(e－1)x＋1，且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx＋1. (1)求a，b的值； (2)求函数f(x)在[0,1]上的最小值； (3)证明：当x＞0时，g(x)≤f(x)． [解]　(1)求出f(x)的导数，计算f′(1)，f(1)，求出a，b的值即可；(2)求出f(x)的导数，得到导函数的单调性，得到f(x)在[0,1]上单调递增，从而求出f(x)的最大值；(3)只需证明x＞0时，ex＋(1－e)x－xln x－1≥0，因为f(0)＝1，且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1，故可猜测：当x＞0且x≠1时，f(x)的图象恒在切线y＝(e－2)x＋1的上方． (1)由题设得f′(x)＝ex－2ax， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′1＝e－2a＝b,f1＝e－a＝b＋1))， 解得，a＝1，b＝e－2. (2)由(1)知，f(x)＝ex－x2， 令函数h(x)＝ex－x－1，∴h′(x)＝ex－1， 当x＜0时，h′(x)＜0，h(x)单调递减； 当x＞0时，h′(x)＞0，h(x)单调递增； ∴h(x)≥h(0)＝0，即ex≥x＋1 ∴当x∈[0,1]时，f′(x)＝ex－2x≥x＋1－2x＝1－x≥0，且仅当x＝1时f′(x)＝0， 故f(x)在[0,1]上单调递增， ∴f(x)min＝f(0)＝1； (3)由题要证：当x＞0时，g(x)≤f(x)， 即证：ex＋(1－e)x－xln x－1≥0， 因为f(0)＝1，且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1， 故可猜测：当x＞0且x≠1时，f(x)的图象恒在切线y＝(e－2)x＋1的上方． 下面证明：当x＞0时，f(x)≥(e－2)x＋1， 方法一：证明：设φ(x)＝f(x)－(e－2)x－1，x＞0， 则φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，令F(x)＝φ′(x)， F′(x)＝ex－2， 当x∈(0，ln 2)时，F′(x)＜0，φ′(x)单调递减； 当x∈(ln 2，＋∞)时，F′(x)＞0，φ′(x)单调递增， 又φ′(0)＝3－e＞0，φ′(1)＝0,0＜ln 2＜1， φ′(ln 2)＜0 所以，存在x0∈(0,1)，使得φ′(x)＝0， 当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，φ′(x)＞0；当x∈(x0,1)，φ′(x)＜0， 故φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又φ(0)＝φ(1)＝0，∴φ(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，当且仅当x＝1时取等号． 故eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥x，x＞0. 由(2)知，ex≥x＋1，故x≥ln (x＋1)，∴x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号． 所以，eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥x≥ln x＋1. 即eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥ln x＋1.所以，ex＋(2－e)x－1≥xln x＋x， 即ex＋(1－e)x－xln x－1≥0成立，当x＝1时等号成立． 故：当x＞0时，g(x)≤f(x), 方法二：要证xln x－x2＋(e－1)x＋1≤ex－x2，等价于xln x＋(e－1)x＋1－ex≤0，又x＞0，可转化为证明ln x＋e－1＋eq \f(1,x)－eq \f(ex,x)≤0 令F(x)＝ln x＋e－1＋eq \f(1,x)－eq \f(ex,x)， F′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)－eq \f(exx－1,x2)＝eq \f(x－11－ex,x2)， ∵x＞0，因此当x∈(0,1)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减； ∴F(x)有最大值F(1)＝0，即F(x)≤0恒成立，即当x＞0时，g(x)≤f(x)． 该方法适用于凹函数与凸函数且它们的凹凸性相反的问题(拆成两个函数)，两函数有斜率相同的切线，这是切线放缩的基础，引入一个中间量，分别证明两个不等式成立，然后利用不等式的传递性即可，难点在合理拆分函数，寻找它们斜率相等的切线隔板． 1．已知函数f(x)＝4ex－1＋ax2，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx＋1. (1)求实数a、b的值； (2)x＞0且x≠1时，证明：曲线y＝f(x)的图象恒在切线y＝bx＋1的上方； (3)证明：不等式：4xex－1－x3－3x－2ln x≥0. 解：(1)先表示出导数公式f′(x)＝4ex－1＋2ax，结合导数的几何意义建立斜率的等量关系，再结合曲线过切点，即可求解；(2)由(1)的结论可将所求问题转化为当x＞0且x≠1时，4ex－1－x2＞2x＋1，构造函数g(x)＝4ex－1－x2－2x－1，则g′(x)＝4ex－1－2x－2，无法判断正负，考虑再次求导：g″(x)＝4ex－1－2，结合零点存在定理可判断g″(x)单调递增，必定存在x0∈(0,1)，使得g″(x0)＝0，倒推出g′(x)在(0，x0)上单调递减， 在(x0，＋∞)上单调递增，又结合端点值g′(0)＝eq \f(4,e)－2＜0，g′(1)＝0，可得g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，进而得证；(3)将所证不等式同除x得4ex－1－x2－3－eq \f(2ln x,x)≥0，由(2)的结论进行放缩，可得2x＋1≥3＋eq \f(2ln x,x)，即证x2－x－ln x≥0，再次构造函数φ(x)＝x2－x－ln x，结合导数求出函数最值，即可求证； (1)f′(x)＝4ex－1＋2ax，由曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx＋1知： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′1＝4＋2a＝b，,f1＝4＋a＝b＋1，))解得a＝－1，b＝2. (2)由题意只需证：当x＞0且x≠1时，4ex－1－x2＞2x＋1； 设g(x)＝4ex－1－x2－2x－1，则g′(x)＝4ex－1－2x－2，g″(x)＝4ex－1－2，易知g″(x)在(0，＋∞)上单调递增；且g″(1)＝2＞0，g″(0)＝eq \f(4,e)－2＜0，∴必定存在x0∈(0,1)，使得g″(x0)＝0，则g′(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，其中g′(0)＝eq \f(4,e)－2＜0， g′(1)＝0，即g(x)在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，即当x＞0且x≠1时， g(x)＞0成立； 所以当x＞0且x≠1时，曲线y＝f(x)的图象在切线y＝bx＋1的上方. (3)要证：4xex－1－x3－3x－2ln x≥0， 只需证4ex－1－x2－3－eq \f(2ln x,x)≥0. 由(2)知x＞0时，4ex－1－x2≥2x＋1. 故只需证2x＋1≥3＋eq \f(2ln x,x)，即证x2－x－ln x≥0， 设φ(x)＝x2－x－ln x，则φ′(x)＝2x－1－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－x－1,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)，易知φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)≥φ(1)＝0； 即不等式：4xex－1－x3－3x－2ln x≥0成立． 割线放缩 [例2]　(2024·武汉模拟)已知函数f(x)＝axln x－ln x－ax＋1(a＞0)，设曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝g(x)． (1)证明：对定义域内任意x，都有f(x)≥g(x)； (2)当a＝1时，关于x的方程f(x)＝m有两个不等的实数根x1，x2，证明：|x1－x2|≤m·eq \f(2e－1,e－1)＋e－1. [解]　(1)根据导函数求出切线斜率，由点斜式可得出切线方程，令F(x)＝f(x)－g(x)，根据导函数得出F(x)的单调性，可证F(x)≥F(e)＝0恒成立，即f(x)≥g(x)．(2)令f(x)＝0，解得x＝1或e，分别求出两条切线方程g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,e)))(x－e)，h(x)＝－x＋1，可证f(x)≥g(x)，f(x)≥h(x)恒成立，由函数y＝f(x)在两个零点处的切线方程与直线y＝m的交点的横坐标分别为x1′和x2′，与x1，x2的关系即可证明结论． (1)证明：∵f′(x)＝aln x＋a－eq \f(1,x)－a＝aln x－eq \f(1,x)，∴k＝f′(e)＝a－eq \f(1,e)， 又f(e)＝0，∴g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,e)))(x－e)； 令F(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(e)(x－e)， ∴F′(x)＝f′(x)－f′(e)＝aln x－eq \f(1,x)－a＋eq \f(1,e)在(0，＋∞)上单调递增，且F′(e)＝0， ∴当0＜x＜e时，F′(x)＜0，F(x)单调递减， 当x＞e时，F′(x)＞0，F(x)单调递增， F(x)≥F(e)＝0恒成立，所以f(x)≥g(x)恒成立． (2)证明：当a＝1时，f(x)＝(ln x－1)(x－1)，则f′(x)＝ln x－eq \f(1,x)， 显然f′(x)在定义域内单调递增，而f′(1)＝－1＜0，f′(e)＝1－eq \f(1,e)＞0， ∴存在x0∈(1，e)，使f′(x0)＝0， ∴当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，令f(x)＝0，解得x＝1或e， 由(1)(2)可知y＝f(x)在(e,0)处的切线方程为g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,e)))(x－e)， 且f(x)≥g(x)恒成立，同理可得y＝f(x)在(1,0)处的切线方程为h(x)＝－x＋1， 令H(x)＝f(x)－h(x)＝(ln x－1)(x－1)－(－x＋1)＝(x－1)ln x， 当x＞1时，x－1＞0，ln x＞0，当0＜x＜1时，x－1＜0，ln x＜0， ∴H(x)≥0恒成立，即f(x)≥h(x)恒成立． 设函数y＝f(x)在两个零点处的切线方程与直线y＝m的交点的横坐标分别为x1′和x2′， 不妨设x1＜x2，则x1≥x1′，x2≤x2′， 令g(x)＝h(x)＝m，解得x2′＝eq \f(em,e－1)＋e，x1′＝1－m， ∴|x1－x2|≤|x1′－x2′|＝m·eq \f(2e－1,e－1)＋e－1得证． 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，才能恰当地割线放缩． 2．割线夹本质与切线夹类似． 2．已知函数f(x)＝eq \f(1－x2,ex)(e为自然对数的底数)． (1)求函数f(x)的零点x0，以及曲线y＝f(x)在x＝x0处的切线方程； (2)设方程f(x)＝m(m＞0)有两个实数根x1，x2，求证：|x1－x2|＜2－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2e))). 解：(1)由f(x)＝0，求得x＝±1，得到函数的零点x0＝±1，求得函数的导数，结合导数的几何意义，即可求得曲线y＝f(x)在x＝x0处的切线方程；(2)利用导数求得函数的单调性，根据(1)得到当x∈(－1,1)时，2e(x＋1)＞f(x)，结合分析法，即可作出证明． (1)由题意，函数f(x)＝eq \f(1－x2,ex)，令f(x)＝eq \f(1－x2,ex)＝0，得x＝±1， 所以函数f(x)的零点x0＝±1， 又由f′(x)＝eq \f(x2－2x－1,ex)，可得f′(－1)＝2e， f(－1)＝0， 所以曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线方程为y＝2e(x＋1)． 又由f′(1)＝－eq \f(2,e)，f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－eq \f(2,e)(x－1)． (2)由(1)知f′(x)＝eq \f(x2－2x－1,ex)， 令f′(x)＝0，即eq \f(x2－2x－1,ex)＝0，解得x＝1±eq \r(2)， 当x∈(－∞，1－eq \r(2))∪(1＋eq \r(2)，＋∞)时，f′(x)＞0； 当x∈(1－eq \r(2)，1＋eq \r(2))时，f′(x)＜0. 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1－eq \r(2))， (1＋eq \r(2)，＋∞)，单调递减区间为(1－eq \r(2)，1＋eq \r(2))， 由(1)知，当x＜－1或x＞1时，f(x)＜0； 当－1＜x＜1时，f(x)＞0. 下面证明：当x∈(－1,1)时，2e(x＋1)＞f(x)． 当x∈(－1,1)时，由2e(x＋1)＞f(x)， 即2e(x＋1)＋eq \f(x2－1,ex)＞0，可得ex＋1＋eq \f(x－1,2)＞0， 令g(x)＝ex＋1＋eq \f(x－1,2)，可得g′(x)＝ex＋1＋eq \f(1,2)＞0，所以g(x)在x∈(－1,1)上单调递增， 所以g(x)＞g(－1)＝0对任意x∈(－1,1)恒成立， 当x∈(－1,1)时，2e(x＋1)＞f(x)． 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝2ex＋1,y＝m))，可得x＝eq \f(m,2e)－1，记x1′＝eq \f(m,2e)－1， 不妨设x1＜x2，则－1＜x1＜1－eq \r(2)＜x2＜1， 所以|x1－x2|＜|x1′－x2|＝x2－x1′＝ x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2e)－1))， 要证|x1－x2|＜2－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2e)))，只需证x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2e)－1))≤2－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2e)))，即证x2≤1－m， 又因为，只需证x2≤1－eq \f(1－x\o\al(2,2),ex2)， 即(x2－1)·[－(x2＋1)]≤0， 因为x2∈(1－eq \r(2)，1)，所以x2－1＜0，所以只需证－(x2＋1)≥0， 令φ(x)＝ex－(x＋1)，则φ′(x)＝ex－1. 当x∈(1－eq \r(2)，0)时，φ′(x)＜0，函数φ(x)单调递减； 当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，函数φ(x)单调递增， 所以φ(x)≥φ(0)＝0，所以－(x2＋1)≥0， 所以|x1－x2|＜2－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2e))). $$