第三章 培优点4 切(割)线放缩（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（北师大版 皖赣桂豫陕）

培优点4　切(割)线放缩 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． 导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号． 题型一　单切线放缩 常见的切线放缩：∀x∈R都有ex≥x＋1.当x>－1时，ln(x＋1)≤x.当x>0时，x>sin x；当x<0时，x<sin x. 例1 (2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝sin x－aln(x＋1)． (1)若a＝1，证明：当x∈[0,1]时，f(x)≥0； (2)若a＝－1，证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤2ex－2. 证明　(1)首先证明sin x≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下： 构造j(x)＝sin x－x，x∈[0，＋∞)， 则j′(x)＝cos x－1≤0恒成立， 故j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减， 故j(x)≤j(0)＝0， 所以sin x≤x，x∈[0，＋∞)． 当a＝1时，f(x)＝sin x－ln(x＋1)，x∈[0,1]， f′(x)＝cos x－＝1－2sin2－ ≥1－22－＝1－－ ≥1－－(0≤x≤1)， 故f′(x)≥＝≥0在x∈[0,1]上恒成立， 所以f(x)在[0,1]上单调递增， 故f(x)≥f(0)＝0. (2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)． 当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sin x－ln(x＋1) ＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)， 下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sin x≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0处取等号， 令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，则r′(x)＝ex－1≥0， 故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增， 故r(x)≥r(0)＝0，即x－sin x≥0， 且在x＝0处取等号； 由(1)知j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减， 故j(x)≤j(0)＝0，即x－sin x≥0，且在x＝0处取等号； 令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)， 则t′(x)＝1－＝≥0， 故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上单调递增， 故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0处取等号， 综上有g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0处取等号，即(2ex－2)－f(x)≥0，即证f(x)≤2ex－2. 思维升华 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． 跟踪训练1 (2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋－2x. (1)当a>0时，讨论f(x)的单调性； (2)证明：ex＋>f(x)． (1)解　由题意可知x>0， f′(x)＝－－2＝－， 对于一元二次方程2x2－x＋a＝0，Δ＝1－8a. 当a≥时，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立， f(x)在(0，＋∞)上是减函数； 当0<a<时，二次函数y＝－2x2＋x－a有2个大于零的零点， 分别是x1＝，x2＝， 当x∈时，f′(x)>0， f(x)在上单调递增； 当x∈∪时， f′(x)<0，f(x)在和上单调递减． 综上，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上是减函数； 当0<a<时，f(x)在上单调递增，在，上单调递减． (2)证明　要证ex＋>f(x)， 即证ex>ln x＋2. 不妨设h(x)＝ex－(x＋1)， 则h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0， 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， 因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立． 令m(x)＝ln x－x＋1，x>0， 则m′(x)＝－1＝， 当0<x<1时，m′(x)>0，m(x)单调递增， 当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减， 故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此ln x－x＋1≤0恒成立， 则ex－(x＋1)＋[x－(ln x＋1)] ＝ex－(ln x＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)， 即ex>ln x＋2.从而不等式得证． 题型二　 双切线放缩 例2 (2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xln 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(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)－＝xln 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)在上单调递减，在上单调递增，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， －x′1－＝f(x1)≥－x1－，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－ ＝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f(x)图象上有两点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． 思维升华 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． 跟踪训练2 (2023·山东省实验中学模拟)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，f′(－1)＝－1＋， f′(0)＝1，设曲线y＝f(x)在点(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)， 则h(x)＝f′(－1)(x＋1)＝(x＋1)， 令F(x)＝f(x)－h(x)＝(x＋1)， 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)在点(0,0)处的切线方程为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)是增函数， 且m＝t(x4)＝f(x2)≥t(x2)，所以x4≥x2， 所以x2－x1≤x4－x3＝m－ ＝1＋＝1＋2m＋， 即证x2－x1≤1＋2m＋. 1．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性； (2)证明：ex－e2ln x＞0恒成立． (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－a＝， 当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数， 当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝， ∴当x∈时，f′(x)＞0； 当x∈时，f′(x)＜0， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明　要证ex－e2ln x＞0，即证ex－2＞ln x， 令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1. 令φ′(x)＝0，得x＝0， ∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0， ∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0， 即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号． 同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号． 由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)， 可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取等号)， 又x－1≥ln x(当且仅当x＝1时取等号)， ∴ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立， 故ex－2＞ln x．即原不等式成立． 2．(2024·遂宁模拟)已知函数f(x)＝a(x＋1)－，x∈R. (1)若f(x)是减函数，求实数a的取值范围； (2)若f(x)有两个极值点x1，x2，其中x1<x2，求证：x2－x1>＋2. (1)解　由题意知f′(x)＝a＋≤0在R上恒成立，所以－a≥恒成立， 令g(x)＝，x∈R，则－a≥g(x)max， 令g′(x)＝－＝0，得x＝－1， 当x∈(－∞，－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)max＝g(－1)＝e， 即－a≥e，a∈(－∞，－e]． (2)证明　由f(x)有两个极值点x1，x2， 可知f′(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2， 由(1)可知，当x→＋∞时，g(x)→0，且g(－2)＝0，则g(x)的图象如图所示， 所以－e<a<0且－2<x1<－1<x2， 又过点(－2,0)和(－1，e)的直线方程为y＝e(x＋2)， 当x∈(－2，－1)时，构造函数h(x)＝g(x)－e(x＋2)＝－e(x＋2)＝(x＋2)>0， 所以g(x)>e(x＋2)． 设方程e(x＋2)＝－a的根为x3， 即e(x3＋2)＝g(x1)>e(x1＋2)，得x3>x1， 且x3＝－－2， 过点和(0,0)的直线方程为y＝－ex， 设m(x)＝g(x)＋ex＝＋ex，x∈， 因为m′(x)＝>0， 所以m(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 所以m(x)>m(－1)＝0，则g(x)>－ex， 设方程－ex＝－a的根为x4， 即－ex4＝g(x2)>－ex2，得x4<x2， 且x4＝， 所以x2－x1>x4－x3＝－＝＋2. 学科网（北京）股份有限公司 $