专题一 重点题型(四) 切线放缩（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

重点题型(四)　切线放缩 【编者按】 　导数中的切线放缩法是一种非常实用的数学方法．切线放缩是指曲线y＝f(x)在某点处的切线方程为y＝kx＋b，若y＝f(x)的图象恒在直线y＝kx＋b的上方或下方，则有f(x)≥kx＋b或f(x)≤kx＋b成立，当且仅当x与切点横坐标相等时等号成立．若函数y＝f(x)在区间[a，b]上有凹凸性，可以利用切线y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)进行放缩． 利用切线放缩法得到的常见不等式有：(1)ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号；(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；(3)ln (x＋1)≤x，当且仅当x＝0时取等号；(4)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号；(5)ln x≤ex－2，当且仅当x＝时取等号． 角度1　单切线放缩 [例1]　已知函数f(x)＝ex－x2. (1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程； (2)求证：当x>0时，≥ln x＋1. 解：(1)f′(x)＝ex－2x， 则 f′(1)＝e－2，f(1)＝e－1， 所以曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1. (2)证明：设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)， 则g′(x)＝ex－2x－(e－2)， 设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)， 则m′(x)＝ex－2， 易得g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0， 由0<ln 2<1，则g′(ln 2)<0， 所以存在x0∈(0，ln 2)，使得g′(x0)＝0， 所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0；当x∈(x0，1)时，g′(x)<0. 故g(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g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，当且仅当x＝1时，取等号， 故当x>0时，≥x. 由函数y＝ln x的图象在点(1，0)处的切线为y＝x－1，得x≥ln x＋1，当且仅当x＝1时，等号成立， 故≥ln x＋1. [规律总结]　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． [对点练习]　1.已知f(x)＝ex＋cos 2x＋2x2＋x－2. (1)求f(x)在x＝0处的切线； (2)求证：f(x)≥ln (2x＋1). 解：(1)由题意知f′(x)＝ex－2sin 2x＋4x＋1， 则f′(0)＝2，而f(0)＝0， 所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x. (2)证明：因为f(0)＝0，且曲线f(x)在x＝0处的切线方程为y＝2x， 故可猜测，f(x)的图象恒在切线y＝2x的上方， 先证f(x)≥2x，令g(x)＝f(x)－2x＝ex＋cos 2x＋2x2－x－2， 则g′(x)＝ex－2sin 2x＋4x－1， g″(x)＝ex－4cos 2x＋4>0恒成立， ∴g′(x)单调递增，又g′(0)＝0， 易知g(x)≥g(0)＝0，∴f(x)≥2x(当且仅当x＝0时等号成立). 再证2x≥ln (2x＋1)， 令h(x)＝2x－ln (2x＋1)(x>－)， h′(x)＝2－＝， 令h′(x)＝0，解得x＝0. 当x>0时，h′(x)>0，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当－<x<0时，h′(x)<0，则h(x)在(－，0)上单调递减， 所以h(x)≥h(0)＝0， 即2x≥ln (2x＋1)(当且仅当x＝0时等号成立)， 综上f(x)≥ln (2x＋1)(当且仅当x＝0时等号成立). 角度2　双切线放缩 [例2]　已知函数f(x)＝x ln x－x，若f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1<x2.求证：be＋e<x2－x1<2b＋e＋. 证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x. 令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1， 所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减． 因为f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1<x2，所以0<x1<1<x2， 先证不等式x2－x1<2b＋e＋， 因为f(e)＝0，f()＝－， f′(e)＝1，f′()＝－1，所以曲线y＝f(x)在x＝和x＝e处的切线分别为l1：y＝－x－和l2：y＝x－e，如图， 令g(x)＝f(x)－(－x－)＝x ln x＋，0<x<1，则g′(x)＝1＋ln x， 令g′(x)>0，则<x<1； 令g′(x)<0，则0<x<. 所以g(x)在(0，)上单调递减，在(，1)上单调递增， 所以g(x)≥g()＝0， 所以f(x)≥－x－在(0，1)上恒成立， 设直线y＝b与直线l1交点的横坐标为x′1， 则x′1≤x1， 设直线y＝b与直线l2交点的横坐标为x′2， 同理可证x2≤x′2， 因为x′1＝－b－，x′2＝b＋e， 所以x2－x1<x′2－x′1＝b＋e－(－b－)＝2b＋e＋(两个等号不同时成立)， 因此x2－x1<2b＋e＋. 再证不等式x2－x1>be＋e， 函数图象f(x)上有两点A(1，－1)，B(e，0)， 设直线y＝b与直线OA：y＝－x，AB：y＝(x－e)的交点的横坐标分别为x3，x4，易证x1<x3<x4<x2，且x3＝－b，x4＝(e－1)b＋e， 所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e. 综上可得be＋e<x2－x1<2b＋e＋成立． [规律总结]　含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数x1，x2)，告知方程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． [对点练习]　2.已知函数f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若函数g(x)＝f(x)－m(m>0)有两个零点x1，x2，且x1<x2.证明：x2－x1≤1＋2m＋. 证明：f(x)＝(x＋1)(ex－1)， 令f(x)＝0，有x1＝－1，x2＝0， f′(x)＝ex(x＋2)－1， 则f′(－1)＝－1＋，f′(0)＝1， 设曲线y＝f(x)在(－1，0)处的切线方程为y＝h(x)， 则h(x)＝f′(－1)(x＋1)＝(－1)(x＋1)， 令F(x)＝f(x)－h(x)＝(x＋1)(ex－). 则f′(x)＝(x＋2)ex－. 令m(x)＝f′(x)＝(x＋2)ex－， 则m′(x)＝(x＋3)ex， 所以当x<－3时，m′(x)<0；当x>－3时，m′(x)>0， 所以f′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增， 当x→－∞时，f′(x)→－， 又F′(－1)＝0， 所以当x<－1时，f′(x)<0，F(x)单调递减； 当x>－1时，f′(x)>0，F(x)单调递增， 所以F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，则f(x1)≥h(x1)， 设h(x)＝m的根为x3，则x3＝－1＋， 又h(x)单调递减， 且m＝h(x3)＝f(x1)≥h(x1)， 所以x3≤x1， 设曲线y＝f(x)在(0，0)处的切线为y＝t(x)， 则t(x)＝x， 令G(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x， 则 G′(x)＝(x＋2)ex－2， 依据f′(x)的单调性可知，G′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增， 当x→－∞时，G′(x)→－2，且G′(0)＝0， 所以G(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以G(x)≥G(0)＝0， 所以f(x)≥t(x)恒成立，所以f(x2)≥t(x2)， 设t(x)＝m的根为x4，则x4＝m， 又函数t(x)单调递增， 且m＝t(x4)＝f(x2)≥t(x2)，所以x4≥x2，所以x2－x1≤x4－x3＝m－(－1＋)＝1＋＝1＋2m＋， 即证x2－x1≤1＋2m＋. 学科网（北京）股份有限公司 $$