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

[培优微专题4]　切割线放缩 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＋＋…＋＋o(xn)； ln(1＋x)＝x－＋－…＋(－1)n＋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－≤ln x≤x－1； (2)当x≥1时，≤ln x≤； 当0≤x≤1时，≤ln x≤； (3)当x≥1时，ln x≥；当0＜x≤1时，ln x≤； (4)对数平均不等式：＜＜(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－≤sin x≤x； 当0≤x≤时，sin x≤x≤tan x. (2)cos x的放缩：当x≥0时，1－≤cos x≤1－＋. 　　　　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， ∴， 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≥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，≥x≥ln x＋1. 即≥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＋－≤0 令F(x)＝ln x＋e－1＋－， F′(x)＝－－＝， ∵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)＝－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－≥0，由(2)的结论进行放缩，可得2x＋1≥3＋，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： 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)＝－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)＝－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－≥0. 由(2)知x＞0时，4ex－1－x2≥2x＋1. 故只需证2x＋1≥3＋，即证x2－x－ln x≥0， 设φ(x)＝x2－x－ln x，则φ′(x)＝2x－1－＝＝，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·＋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)＝(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－－a＝aln x－，∴k＝f′(e)＝a－， 又f(e)＝0，∴g(x)＝(x－e)； 令F(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(e)(x－e)， ∴F′(x)＝f′(x)－f′(e)＝aln x－－a＋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－， 显然f′(x)在定义域内单调递增，而f′(1)＝－1＜0，f′(e)＝1－＞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)＝(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′＝＋e，x1′＝1－m， ∴|x1－x2|≤|x1′－x2′|＝m·＋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)＝(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－m. 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)＝，令f(x)＝＝0，得x＝±1， 所以函数f(x)的零点x0＝±1， 又由f′(x)＝，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)＝－，f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－(x－1)． (2)由(1)知f′(x)＝， 令f′(x)＝0，即＝0，解得x＝1±， 当x∈(－∞，1－)∪(1＋，＋∞)时，f′(x)＞0； 当x∈(1－，1＋)时，f′(x)＜0. 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1－)， (1＋，＋∞)，单调递减区间为(1－，1＋)， 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)＋＞0，可得ex＋1＋＞0， 令g(x)＝ex＋1＋，可得g′(x)＝ex＋1＋＞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，可得x＝－1，记x1′＝－1， 不妨设x1＜x2，则－1＜x1＜1－＜x2＜1， 所以|x1－x2|＜|x1′－x2|＝x2－x1′＝ x2－， 要证|x1－x2|＜2－m，只需证x2－≤2－m，即证x2≤1－m， 又因为，只需证x2≤1－， 即(x2－1)·[－(x2＋1)]≤0， 因为x2∈(1－，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－，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－m. 学科网（北京）股份有限公司 $$