专题1 微专题11 切线放缩 （课件）-【步步高】2024年新高考数学考前三个月（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）

专题一　函数与导数 微专题11 切线放缩 切线放缩思想一直是导数中重要的思想之一，某些求函数的最小值或证明不等式的问题，巧用切线放缩，会有意想不到的效果.一般试题难度较大. 考情分析 2 思维导图 3 内容索引 典型例题 热点突破 4 典例1　已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax(a∈R). (1)若f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围； 考点一　利用切线放缩求最值 PART ONE 典型例题 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(1)＝2e－1， 因为a≤g(x)恒成立，所以a≤2e－1， 故实数a的取值范围为(－∞，2e－1]. (2)若a＝1，求f(x)的最大值. 方法一　设φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1， 令φ′(x)>0，则x>0，令φ′(x)<0，则x<0， 所以φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故φ(x)min＝φ(0)＝0，所以φ(x)≥0， 故ex≥x＋1. 当a＝1时， f(x)＝ln x－xex＋x＝ln x－eln x·ex＋x ＝ln x－ex＋ln x＋x≤ln x－(x＋ln x＋1)＋x＝－1， 当且仅当x＋ln x＝0时等号成立， 即方程x＋ln x＝0有实根，所以f(x)max＝－1. 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一的零点x0， 当x∈(0，x0)时，h(x)>0，所以f′(x)>0， 故f(x)在(0，x0)上单调递增， 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)<0，所以f′(x)<0， 故f(x)在(x0，＋∞)上单调递减， 从而f(x)max＝f(x0)＝ln x0－ ＋x0， 即f(x)的最大值为－1. 跟踪训练1　已知函数 f(x)＝ax＋ln x＋1，若对任意的 x>0，f(x)≤xe2x 恒成立，求实数a的取值范围. 方法一　(切线放缩，利用ex≥x＋1) 对任意的x>0，f(x)≤xe2x 恒成立， 因为xe2x－(ln x＋1)＝e2x＋ln x－(ln x＋1)≥(2x＋ln x＋1)－(ln x＋1)＝2x， 当且仅当 2x＋ln x＝0 时等号成立 (方程显然有解)， 所以a≤2. 方法二　(隐零点) 因为f(x)＝ax＋ln x＋1，所以对任意的x>0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于 则只需a≤m(x)min 即可， 再令g(x)＝2x2e2x＋ln x(x>0)， 所以当0<x<x0 时，m′(x)<0，当x>x0时，m′(x)>0， 所以m(x) 在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 因为 ＋ln x0＝0， 所以ln 2＋2ln x0＋2x0＝ln(－ln x0)， 即ln(2x0)＋2x0＝ln(－ln x0)＋(－ln x0) ， 因为s(2x0)＝s(－ln x0)，所以2x0＝－ln x0， 所以实数a的取值范围为(－∞，2]. 典例2　已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m). (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m的值，并讨论f(x)的单调性； 考点二　利用切线放缩证明不等式 因为x＝0是f(x)的极值点， 令u(x)＝(x＋1)ex－1(x>－1)， 则u′(x)＝(x＋2)ex>0， 所以u(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 又u(0)＝0，所以当－1<x<0时，u(x)<0，故f′(x)<0； 当x>0时，u(x)>0，故f′(x)>0， 从而f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. (2)当m≤2时，证明：f(x)>0. 方法一　当m≤2时，f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)，下面先证ex≥x＋1， 令g(x)＝ex－x－1(x∈R)，则g′(x)＝ex－1， 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)min＝g(0)＝0， 所以g(x)≥0，从而ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立， 再证ln(x＋2)≤x＋1，令h(x)＝ln(x＋2)－x－1(x>－2)， 所以h′(x)>0⇔－2<x<－1，h′(x)<0⇔x>－1， 从而h(x)在(－2，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减， 故h(x)max＝h(－1)＝0，所以h(x)≤0， 故ln(x＋2)≤x＋1，当且仅当x＝－1时等号成立， 综上所述，有ln(x＋2)≤x＋1≤ex，且两个等号不能同时成立， 所以ln(x＋2)<ex， 故ex－ln(x＋2)>0， 因为当m≤2时，f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)，所以f(x)>0. 方法二　当m≤2时，f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)， 令g(x)＝ex－ln(x＋2)，x>－2， 令h(x)＝(x＋2)ex－1(x>－2)， 则h′(x)＝(x＋3)ex>0， 所以h(x)在(－2，＋∞)上单调递增， 当－2<x<x0时，h(x)<0，所以g′(x)<0， 当x>x0时，h(x)>0，所以g′(x)>0， 从而g(x)在(－2，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故g(x)min＝g(x0)＝ －ln(x0＋2)， ① 因为h(x0)＝(x0＋2) －1＝0， 两边取对数得x0＝－ln(x0＋2)， 所以g(x)>0，即ex－ln(x＋2)>0， 因为当m≤2时，f(x)≥ex－ln(x＋2)，所以f(x)>0. 跟踪训练2　已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax. (1)试讨论f(x)的单调性； f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝ln x在(0，＋∞)上单调递增； (2)若a＝1，求证：当x>0时，f(x)<e2x－x2－2. 当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，要证当x>0时，f(x) <e2x－x2－2，只需证ln x<e2x－x－2. 令g(x)＝e2x－2x－1，则g′(x)＝2e2x－2＝2(e2x－1)， 当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调 递增，所以g(x)>g(0)＝0， 所以当x>0时，e2x>2x＋1，所以e2x－x－2>x－1. 所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调 递增， 所以h(x)min＝h(1)＝0， 所以当x>0时，h(x)≥h(1)＝0，即当x>0时，x－1 ≥ln x， 所以当x>0时，e2x－x－2>x－1≥ln x，即ln x<e2x－x－2， 所以当x>0时，f(x)<e2x－x2－2. 当要证明的不等式中既含有ex，又含有ln x时，一般我们形象地称之为指对共生式，这类问题直接构造差函数进行研究可能会较为困难，突破这一困难一般采用指对放缩、分离双函数、同构等技巧.常用的切线放缩有： 总结提升 在证明不等式的过程中，可通过上述常见的切线放缩，将ex或ln x放缩掉，再来证明不等式，这是指对共生式一种可以考虑的方向. 注意：解题中若要用不等式ex≥x＋1，ex≥ex,1－ ≤ln x≤x－1等进行放缩，需要先给出证明. 总结提升 1 2 3 1.(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝ex－1－a(x＋1)(x≥1)，g(x)＝(x－1)ln x，其中e为自然对数的底数. (1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围； PART TWO 热点突破 1 2 3 易证ex≥x＋1，所以ex－1≥x，当且仅当x＝1时取等号， 1 2 3 1 2 3 (2)若a取(1)中的最大值，证明：f(x)≥g(x). 易证ln x≤x－1，所以当x≥1时，(x－1)ln x≤(x－1)2， 1 2 3 1 2 3 38 因为(x－1)2≥(x－1)ln x， 1 2 3 故f(x)≥g(x)成立. 2.已知函数f(x)＝ex＋2x2－3x. (1)求函数f′(x)在区间[0,1]上的零点个数；(其中f′(x)为f(x)的导数) 1 2 3 函数f(x)＝ex＋2x2－3x的导数f′(x)＝ex＋4x－3， 则f′(x)＝ex＋4x－3在区间(0,1)单调递增， 又f′(0)＝1－3＝－2<0，f′(1)＝e＋4－3＝e＋1>0， 则函数f′(x)在区间[0,1]上只有一个零点. 1 2 3 由y＝ex－x－1，得y′＝ex－1， 可得当x>0时，y′>0， 函数y＝ex－x－1单调递增，当x<0时，函数y＝ex－x－1单调递减， 则ex－x－1≥0，即ex≥x＋1， 1 2 3 1 2 3 3.设函数f(x)＝aex－xln x，其中a∈R. (1)若f(x)在定义域上是增函数，求实数a的取值范围； 1 2 3 方法一　由题意知，f′(x)＝aex－ln x－1(x>0)，且f′(x)≥0恒成立， 1 2 3 故g(x)在(0,1)上单调递增， 故g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 1 2 3 方法二　由题意，f′(x)＝aex－ln x－1(x>0)，且f′(x)≥0恒成立， 易证ln x≤x－1，ex≥ex， 1 2 3 1 2 3 1 2 3 下面证明当x>1时该不等式也成立， 1 2 3 令r(x)＝xln x－ln x－1(x>1)， 所以r′(x)在(1，＋∞)上单调递增，又r′(1)＝0， 所以当x>1时，r′(x)>0， 从而r(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又r(2)＝ln 2－1<0，r(e)＝e－2>0， 所以r(x)在(1，＋∞)上有唯一的零点x0，且x0∈(2，e)， 当x∈(1，x0)时，r(x)<0，所以h′(x)<0， 当x∈(x0，＋∞)时，r(x)>0， 所以h′(x)>0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 1 2 3 故h(x)min＝h(x0)＝2－ ， ① 又r(x0)＝x0ln x0－ln x0－1＝0， 1 2 3 所以f(x)>0. 1 2 3 易证ex≥x＋1，所以ex－1≥x，从而u′(x)≥0， 故u(x)在(0，＋∞)上单调递增， 1 2 3 则g′(x)＝(x＋2)ex＋>0， 由题意，f′(x)＝－(x＋1)ex＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立， 从而a≤(x＋1)ex－， 设g(x)＝(x＋1)ex－(x≥1)， 方法二　当a＝1时，f(x)＝ln x－xex＋x(x>0)，f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)， 设u(x)＝x＋ln x(x>0)，则u′(x)＝1＋>0，故u(x)在(0，＋∞)上单调递增， 设h(x)＝－ex(x>0)，则h′(x)＝－－ex<0， 结合u＝－1<0，u(1)＝1>0知u(x)在(0，＋∞)上有零点， 又h＝2－>0，h(1)＝1－e<0， 又h(x0)＝－ ＝0， 所以 ＝，两边取对数得ln x0＝－x0， 故f(x0)＝ln x0－ ＋x0＝－x0－x0·＋x0＝－1， 等价于a≤ 在(0，＋∞)上恒成立. 即min＝2， 所以≥＝2. 则 g′(x)＝4(x2＋x)e2x＋>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， a≤e2x－在(0，＋∞)上恒成立. 令m(x)＝e2x－(x>0)， 则m′(x)＝， 因为g＝－2ln 2<0，g(1)＝2e2>0， 所以g(x)有唯一的零点x0，且<x0<1， 设s(x)＝ln x＋x(x>0)，则s′(x)＝＋1>0，所以函数s(x)在(0，＋∞)上单调递增， 即 ＝，2＝－， 所以m(x)≥m(x0)＝ －＝－－＝2，则有a≤2， 由题意，f′(x)＝ex－， 所以f′(0)＝1－＝0，解得m＝1， 故f′(x)＝ex－＝，x>－1， 则h′(x)＝－1＝－， 则g′(x)＝ex－＝， 结合h(－1)＝－1<0，h(0)＝1>0，知存在唯一的x0使h(x0)＝0且x0∈(－1,0)， 所以 ＝， 代入①得g(x0)＝－(－x0)＝>0， 当a<0时，f′(x)＝－， 当0<x<－时，f′(x)>0，当x>－时，f′(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减. 当a>0时，f′(x)＝－2a2x＋a＝＝－， 当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减； 令h(x)＝x－1－ln x，x>0，则h′(x)＝1－，当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0， (1)ex≥x＋1；(2)ex≥ex；(3)1－≤ln x≤x－1；(4)ln x≤. 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 从而h(x)min＝h(1)＝， 因为a≤h(x)恒成立，所以a≤， 故实数a的取值范围是. 方法一　由题意，f(x)≥0⇔ex－1－a(x＋1)≥0⇔a≤， 设h(x)＝(x≥1)， 则h′(x)＝>0， 又当x＝1时，＝，所以的最小值为， 因为a≤恒成立，所以a≤， 故实数a的取值范围是. 方法二　由题意，f(x)≥0⇔ex－1－a(x＋1)≥0⇔a≤， 从而≥＝＝1－≥1－＝， 下面证明ex－1－≥(x－1)2，只需证ex－1≥，即证 ≤1， 设φ(x)＝(x≥1)， 由题意知，a＝，f(x)＝ex－1－， 所以f(x)≥g(x)⇔ex－1－≥(x－1)ln x， 从而φ(x)在上单调递减，在上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减， 又φ(1)＝1，φ(2)＝<1， 所以φ(x)≤1，即当x≥1时，≤1， 所以ex－1－≥(x－1)2， 则φ′(x)＝－， 所以φ′(x)>0⇔<x<2，φ′(x)<0⇔1≤x<或x>2， 所以ex－1－≥(x－1)ln x， (2)若关于x的不等式f(x)≥x2＋(a－3)x＋1在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围. 即求函数g(x)＝－－在[1，＋∞)上的最小值， 由g(x)＝－－，得g′(x)＝－＋＝－， 若关于x的不等式f(x)≥x2＋(a－3)x＋1在[1，＋∞)上恒成立， 整理得a≤－－， 可得g(x)min＝g(1)＝e－，则a≤e－. 当x≥1时，－>－＝>0， 则g(x)＝－－在[1，＋∞)上单调递增， 则g′(x)＝， 当0<x<1时，－1>0，ln x<0，所以g′(x)>0， 令g(x)＝(x>0)， 所以a≥， 因为a≥g(x)恒成立，所以a≥， 故实数a的取值范围是. 所以a≥， 当x>1时，－1<0，ln x>0，所以g′(x)<0， 从而g(x)max＝g(1)＝， 因为a≥恒成立，所以a≥， 故实数a的取值范围是. 所以≤＝≤＝，当x＝1时，＝， 所以max＝， (2)若a≥，证明：f(x)>0. 当0<x≤1时，显然≤0， 所以不等式2－>0成立， 方法一　当a≥时，f(x)＝aex－xln x≥·ex－xln x＝2ex－2－xln x ＝ex－2， 下面证明ex－2>0， 只需证2－>0， 则r′(x)＝ln x＋1－， 令n(x)＝ln x＋1－， 则n′(x)＝＋>0， 令h(x)＝2－(x>1)， 则h′(x)＝， 由x0>2可得1<1＋<2,0< <1， 所以h(x0)＝2－ >0， 从而h(x)＝2－>0， 所以ln x0＝， 代入式①得h(x0)＝2－ ＝2－ ， 方法二　当a≥时，f(x)＝aex－xln x≥·ex－xln x＝2ex－2－xln x， 易证ln x≤，所以2ex－2－xln x≥2ex－2－， 令u(x)＝2ex－2－(x>0)， 综上所述，对任意的x>0，都有2－>0， 所以ex－2>0， 又当a≥时，f(x)≥ex－2>0， 则u′(x)＝2ex－2－＝， 又u(0)＝>0，所以u(x)>0恒成立， 因为f(x)≥u(x)，所以f(x)>0. $$