专题一 微重点 4 切割线放缩-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

微重点4　切割线放缩 [考情分析]　在高考题中，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，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． 考点一　切线放缩 常见的切线放缩：∀x∈R都有ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立． ∀x>－1都有ln (x＋1)≤x，当且仅当x＝0时等号成立． 当x>0时，x>sin x；当x<0时，x<sin x． [例1]　(2025·银川模拟)设函数f(x)＝ex－m－ln x. (1)若曲线y＝ln x在点(1，0)处的切线与曲线y＝ex－m也相切，求m的值； (2)当m≤2时，证明：f(x)>0恒成立． (1)解　由y＝ln x，得y′＝，当x＝1时，y′＝1， 所以曲线y＝ln x在点(1，0)处的切线斜率为1， 所以曲线y＝ln x在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1，由y＝ex－m，得y′＝ex－m， 设曲线y＝ex－m与直线y＝x－1相切于点(x0，x0－1)， 则解得所以m的值为2. (2)证明　方法一　因为m≤2，所以ex－m≥ex－2， 所以f(x)＝ex－m－ln x≥ex－2－ln x， 令h(x)＝ex－2－ln x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝ex－2－， 令g(x)＝ex－2－，x∈(0，＋∞)， 所以g′(x)＝ex－2＋>0， 所以g(x)即h′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为h′(1)＝－1<0，h′(2)＝1－>0， 所以∃x0∈(1，2)，使得h′(x0)＝ex0－2－＝0，① 当x∈(0，x0)时，h′(x)<0， 当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(x0)＝ex0－2－ln x0， 由①得ex0－2＝，所以x0＝e－x0＋2， 所以h(x0)＝ex0－2－ln x0＝＋x0－2 ＝＝， 因为x0∈(1，2)，所以h(x)min＝h(x0)>0， 所以ex－2－ln x>0，故ex－m≥ex－2>ln x， 所以f(x)>0. 方法二　因为m≤2，所以ex－m≥ex－2， 所以f(x)＝ex－m－ln x≥ex－2－ln x， 由(1)知曲线y＝ex－2和y＝ln x的公切线方程为y＝x－1，设φ(x)＝ex－2－x＋1，x∈R， 则φ′(x)＝ex－2－1， 当x<2时，φ′(x)<0，当x>2时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(2)＝0， 故ex－2≥x－1，当且仅当x＝2时等号成立． 令m(x)＝x－1－ln x，x∈(0，＋∞)， 所以m′(x)＝1－＝， 当x∈(0，1)时，m′(x)<0， 当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0， 所以m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以m(x)≥m(1)＝0，故x－1≥ln x， 当且仅当x＝1时等号成立， 所以ex－2≥x－1≥ln x，且两等号不能同时成立， 所以ex－2>ln x，即ex－2－ln x>0， 即证得f(x)>0. 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，难点在于合理拆分函数，寻找它们斜率相等的切线． 跟踪训练1　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； (2)若对∀x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥bx，求b的取值范围． 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)＝ex0－x0＝1， 解得x0＝0，则y0＝f(x0)＝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. 故可猜测当x∈(0，＋∞)时，f(x)的图象恒在切线y＝x的上方，即证当x∈(0，＋∞)时，f(x)>x， 即证当x∈(0，＋∞)时，ex－－x－1>0， 设h(x)＝ex－－x－1， 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， 所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)>h(0)＝0， 即ex－－x－1>0，即ex－－1>x， 由此可得，当x∈(0，＋∞)时，只需x≥bx即可，解得b≤1.故b的取值范围为(－∞，1]. 考点二　双切线放缩 [例2]　(2025·河南省名校联盟模拟)已知b>0，函数f(x)＝(x＋a)ln (x＋b)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为x ln 2－y－ln 2＝0. (1)求a，b的值； (2)若方程f(x)＝(e为自然对数的底数)有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明： x2－x1<1＋＋. (1)解　因为f′(x)＝＋ln (x＋b)， 所以f′(1)＝＋ln (1＋b)＝ln 2， 由题意知f(1)＝0， 所以f(1)＝(1＋a)ln (1＋b)＝0，又因为b>0， 联立 解得 (2)证明　由(1)可知f(x)＝(x－1)ln (x＋1)， x>－1，f(0)＝0，f(1)＝0， f′(x)＝1－＋ln (x＋1)，设u(x)＝f′(x)， 则u′(x)＝＋>0， 所以u(x)即f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 又f′(0)＝－1<0，f′(1)＝ln 2>0， 所以存在x0∈(0，1)，使得f′(x0)＝0， 且当x∈(－1，x0)时，f′(x)<0， 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(－1，x0)上单调递减， 在(x0，＋∞)上单调递增． 由(1)知f(x)的图象在点(1，0)处的切线方程为 x ln 2－y－ln 2＝0，令h(x)＝(x－1)ln 2， f(x)＝f(x)－h(x)＝(x－1)ln (x＋1)－(x－1)ln 2， 则F′(x)＝f′(x)－h′(x)＝f′(x)－ln 2， 因为f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 所以F′(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 又F′(1)＝0，所以当－1<x<1时，F′(x)<0， 当x>1时，F′(x)>0. 所以f(x)在(－1，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 故f(x)≥F(1)＝0，即(x－1)ln (x＋1)≥(x－1)ln 2， 当且仅当x＝1时等号成立． 因为方程f(x)＝有两个实数根x1，x2，且x1<x2， 也就是f(x2)＝f(x1)＝>f(1)＝f(0)＝0，且注意到f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以－1<x1<0<x0<1<x2， 所以(x2－1)ln (x2＋1)>(x2－1)ln 2， 即f(x2)>h(x2). 设方程h(x)＝的根为x2′， 则 x2′＝1＋， 又h(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 所以h(x2′)＝f(x2)>h(x2)， 故x2′>x2.① 易知f(x)的图象在坐标原点处的切线方程为 y＝－x，令g(x)＝－x， T(x)＝f(x)－g(x)＝(x－1)ln (x＋1)＋x， 则T′(x)＝f′(x)－g′(x)＝f′(x)＋1， 因为f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 所以T′(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 又 T′(0)＝0， 所以当－1<x<0时，T′(x)<0， 当x>0时，T′(x)>0， 所以T(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 所以T(x)≥T(0)＝0，(x－1)ln (x＋1)≥－x，当且仅当x＝0时等号成立． 因为－1<x1<0，所以(x1－1)ln (x1＋1)>－x1，即f(x1)>g(x1). 设方程g(x)＝的根为x1′，则x1′＝－， 又g(x)在(－1，＋∞)上单调递减， 所以g(x1′)＝f(x1)>g(x1)，所以x1′<x1， 从而－x1′>－x1.② 由①②可知x2－x1<x2′－x1′＝1＋＋. 含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数)，告知方程f(x)＝b有两个实根x1，x2，要证明两个实根之差小于(或大于)某个表达式．求解策略是求出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　已知f(x)＝x－x ln x－1，记f(x)在x＝处的切线方程为y＝g(x). (1)证明：g(x)≥f(x)； (2)若方程f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2(x1<x2)，证明：x1－x2>2m＋2－e－. 证明　(1)f(x)＝x－x ln x－1的定义域为(0，＋∞)， ∵f′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x， ∴f′()＝1， f()＝＋－1＝－1，∴f(x)在x＝处的切线方程为y－(－1)＝x－， 则g(x)＝x＋－1. 令f(x)＝g(x)－f(x)＝x＋－1－(x－x ln x－1)＝＋x ln x，x∈(0，＋∞)， 则F′(x)＝1＋ln x，令F′(x)＝0，解得x＝， ∴当0<x<时，F′(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减，当x>时，F′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝F()＝0， ∴f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即g(x)≥f(x). (2)由(1)知f′(x)＝－ln x，令f′(x)＝0，得x＝1， ∴当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增， 当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝0， 当x→0时，f(x)→－1；当x>e时，f(x)<f(e)＝－1， ∵方程f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2(x1<x2)，∴－1<m<0，且0<x1<1<x2<e， ∵f′(e)＝－1，f(e)＝－1， ∴函数f(x)在x＝e处的切线方程为y－(－1)＝－(x－e)，即y＝－x＋e－1. 下证f(x)≤－x＋e－1， 令h(x)＝－x＋e－1－f(x)＝－x＋e－1－(x－x ln x－1)＝－2x＋x ln x＋e，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝－2＋ln x＋1＝－1＋ln x， 令h′(x)＝0，解得x＝e， ∴当0<x<e时，h′(x)<0，h(x)在(0，e)上单调递减， 当x>e时，h′(x)>0，h(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(e)＝0， ∴h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)≤－x＋e－1，当且仅当x＝e时等号成立． ∵1<x2<e， ∴m＝f(x2)<－x2＋e－1，即－x2>m－e＋1， 由(1)知，f(x)≤g(x)＝x＋－1， ∵0<x1<1， ∴m＝f(x1)≤x1＋－1， 即x1≥m－＋1，∴x1－x2>2m＋2－e－. 学科网（北京）股份有限公司 $