切割线放缩 讲义-2025届高三数学二轮专题突破

微专题12　切割线放缩 [考情分析]　在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，也可以用切线不等式进行放缩.导数切线放缩法是一种非常实用的数学方法，它可以帮助我们更好地理解函数的性质和变化规律，更能使问题简单化，利用切线不等式进行求解，能起到事半功倍的效果. 微点一　切线放缩证明不等式 1.(15分)(2024·武汉质检)已知函数f(x)=ex-x2. (1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程；(5分) (2)求证：当x>0时≥ln x+1.(10分) 微点二　切线放缩求参数 2.(15分)已知函数f(x)=ex--1， (1)若直线y=x+a为f(x)的切线，求a的值；(5分) (2)若对x∈(0，+∞)，恒有f(x)>bx，求b的取值范围.(10分) 微点三　切线夹的应用 3.(15分)(2024·南京模拟)已知函数f(x)=(x-1)ln(x+1)，曲线y=f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=kx+b. (1)求k，b的值；(4分) (2)证明：f(x)≥kx+b；(5分) (3)若函数g(x)=f(x)+m(m∈R)有两个零点x1，x2，证明：|x1-x2|≤1-m-.(6分) 微点四　割线放缩及割线夹 4.(13分)证明：当0<x<1时，x[esin x-xln(x+1)]>ex-x-1恒成立. [总结提升] 1.切割线放缩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，这是切割线放缩的基础，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. 2.含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数x1，x2)，已知方程f(x)=b有两个实根，要证明两个实根之差小于(或大于)某个表达式.求解策略是画出f(x)的图象，并求出f(x)在两个零点处(有时候不一定是零点处)的切线方程(有时候不是找切线，而是找过曲线上某两点的直线)，然后严格证明曲线f(x)在切线(或所找直线)的上方或下方，进而对x1，x2作出放大或者缩小，从而实现证明. 1.(15分)(2024·长沙模拟)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)(6分) (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.(9分) 2.(15分)(2024·济南模拟)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；(4分) (2)当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；(5分) (3)证明：不等式4xex-1-x3-3x-2ln x≥0恒成立.(6分) 3.(15分)(2024·衡水模拟)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；(6分) (2)若a=1，求f(x)的最大值.(9分) 答案精析 高频考点练 1.(1)解　由题设得f'(x)=ex-2x， 所以f'(1)=e1-2×1=e-2，f(1)=e-1， 所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y-f(1)=f'(1)(x-1)， 即y=(e-2)x+1. (2)证明　设g(x)=f'(x)=ex-2x(x>0)，则g'(x)=ex-2， 当0<x<ln 2时，g'(x)<0， 当x>ln 2时，g'(x)>0， 所以g(x)即f'(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增， f'(x)min=f'(ln 2)=2-2ln 2>0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 因为f(0)=1，且曲线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， 设φ(x)=f(x)-(e-2)x-1(x>0)， 则φ'(x)=ex-2x-(e-2)， 令F(x)=φ'(x)(x>0)， 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>0，0<ln 2<1， φ'(1)=0，所以φ'(ln 2)<0， 所以存在x0∈(0，1)，使得φ'(x)=0， 所以当x∈(0，x0)∪(1，+∞)时，φ'(x)>0； 当x∈(x0，1)时，φ'(x)<0， 故φ(x)在(0，x0)，(1，+∞)上单调递增，在(x0，1)上单调递减， 又φ(0)=φ(1)=0， 所以φ(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0(当且仅当x=1时等号成立)， 故≥x(x>0). 设t(x)=x-ln x-1(x>0)， t'(x)=1- 当x∈(0，1)时，t'(x)<0，t(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，t'(x)>0，t(x)单调递增， 所以t(x)min=t(1)=0， 从而有t(x)=x-ln x-1≥0， 即x≥ln x+1(当且仅当x=1时等号成立). 所以≥x≥ln x+1， 即≥ln x+1(当且仅当x=1时等号成立). 2.解　(1)设直线y=x+a与曲线f(x)相切于点(x0，y0)， 因为f'(x)=ex-x， 则f'(x0)=-x0=1， 解得x0=0，则y0=f(0)=0， 即0+a=0，解得a=0. (2)因为f(0)=0，且曲线f(x)在x=0处的切线方程为y=x. 故可猜测f(x)在(0，+∞)上的图象恒在切线y=x(x>0)的上方， 先证当x∈(0，+∞)时，f(x)>x， 即证当x∈(0，+∞)时，ex--x-1>0， 设h(x)=ex--x-1(x>0)， 则h'(x)=ex-x-1， 设P(x)=h'(x)=ex-x-1， 则P'(x)=ex-1， 因为P'(x)>0在(0，+∞)上恒成立， 所以h'(x)在(0，+∞)上单调递增， 又因为h'(0)=0， 所以当x∈(0，+∞)时，h'(x)>0， 所以h(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以h(x)>h(0)=0， 所以ex--x-1>0， 即ex--1>x， 由此可得只需x≥bx即可. 解得b≤1. 3.(1)解　函数f(x)的定义域为(-1，+∞)， f'(x)=ln(x+1)+ f'(1)=ln 2，f(1)=0. ∴曲线f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=ln 2·(x-1)， 即k=ln 2，b=-ln 2. (2)证明　设h(x)=f(x)-kx-b =(x-1)ln(x+1)-xln 2+ln 2(x∈(-1，+∞))， h'(x)=ln(x+1)-+1-ln 2. 令F(x)=h'(x)=ln(x+1)-+1-ln 2(x∈(-1，+∞))， 则F'(x)=+>0， ∴F(x)在(-1，+∞)上单调递增， 即h'(x)在(-1，+∞)上单调递增. 又h'(1)=ln 2-1+1-ln 2=0， ∴当x∈(-1，1)时，h'(x)<0， 函数h(x)单调递减； 当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0， 函数h(x)单调递增， ∴h(x)min=h(1)=0，即h(x)≥0， ∴f(x)≥xln 2-ln 2. (3)证明　g(x)=f(x)+m(m∈R)的两个零点x1，x2，即为f(x)=-m的两根，不妨设x1<x2， 由题知，曲线y=f(x)在(1，0)处的切线方程为y=xln 2-ln 2， 令φ(x)=xln 2-ln 2，φ(x)+m=0， 设φ(x)=-m的根为x2'， 则x2'=1- 由(2)知，f(x2)≥φ(x2)， ∴φ(x2')=f(x2)≥φ(x2)， ∵φ(x)单调递增，∴x2'≥x2. 设曲线y=f(x)在(0，0)处的切线方程为y=t(x)， ∵f'(0)=-1，f(0)=0， ∴t(x)=-x， 设方程t(x)+m=0， 即t(x)=-m的根为x1'，则x1'=m， 令T(x)=f(x)-t(x)， 同理由(2)可得T(x)≥0， 即f(x)≥t(x)， f(x1)≥t(x1)， ∴t(x1')=f(x1)≥t(x1)， 又t(x)单调递减，∴x1'≤x1， ∴|x1-x2|=x2-x1≤x2'-x1'=1-m-. 4.证明　如图，函数y=ex经过A(0，1)， B(1，e)的割线方程为y=(e-1)x+1， 易证当x∈(0，1)时，(e-1)x+1>ex， 故要证当x∈(0，1)时， x[esin x-xln(x+1)]>ex-x-1成立， 由于(e-1)x+1-x-1>ex-x-1， 即(e-2)x>ex-x-1成立， 若x[esin x-xln(x+1)]>(e-2)x， 即esin x-xln(x+1)>e-2在(0，1)上恒成立，则原不等式恒成立. 令t=sin x，∵et≥t+1， xln(x+1)<xln 2， ∴esin x-xln(x+1)+2-e>sin x+3-e-xln 2. 由y=sin x的割线如图， 由割线放缩可得， sin x>x=xsin 1，0<x<1， sin 1>sin ==>= 即sin 1>∴xsin 1>x， ∴sin x+3-e-xln 2>xsin 1-xln 2+3-e>x-xln 2+3-e=·x+3-e， 令g(x)=·x+3-e，x∈(0，1)， g'(x)=-ln 2<0，x∈(0，1)，g(x)单调递减， 故g(x)>g(1)=+3-e-ln 2>-ln 2>0 故原不等式恒成立. 补偿强化练 1.解　(1)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. (2)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≤-- 即求函数g(x)=--在[1，+∞)上的最小值， 由g(x)=-- 得g'(x)=-+=- 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，y'<0，函数y=ex-x-1单调递减， 则ex-x-1≥0，即ex≥x+1， 当x≥1时->-=>0， 则g(x)=--在[1，+∞)上单调递增， 可得g(x)min=g(1)=e- 则a≤e-. 2.(1)解　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 (2)证明　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， 令h(x)=4ex-1-2x-2， 则h'(x)=4ex-1-2，易知h'(x)在(0，+∞)上单调递增，且h'(1)=2>0，h'(0)=-2<0， ∴存在x0∈(0，1)，使得h'(x0)=0， 则h(x)即g'(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，其中g'(0)=-2<0， g'(1)=0，即g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， ∴g(x)min=g(1)=0， 即当x>0且x≠1时， g(x)>0恒成立； ∴当x>0且x≠1时，曲线y=f(x)的图象恒在切线y=bx+1的上方. (3)证明　要证4xex-1-x3-3x-2ln x≥0， 只需证4ex-1-x2-3-≥0. 由(2)知当x>0时，4ex-1-x2≥2x+1. 即证2x+1≥3+⇔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恒成立. 3.解　(1)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)， 则g'(x)=(x+2)ex+>0， 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)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， 设u(x)=x+ln x(x>0)， 则u'(x)=1+>0， 故u(x)在(0，+∞)上单调递增， 结合u=-1<0，u(1)=1>0知u(x)在(0，+∞)上有零点， 即方程x+ln x=0有实根， 所以f(x)max=-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h(x)=-ex(x>0)， 则h'(x)=--ex<0， 所以h(x)在(0，+∞)上单调递减， 又h=2->0，h(1)=1-e<0， 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+x0， 又h(x0)=-=0， 所以= 两边取对数得ln x0=-x0， 故f(x0)=ln x0-x0+x0=-x0-x0·+x0=-1， 即f(x)的最大值为-1. 学科网（北京）股份有限公司 $$