微专题1　切割线放缩

微专题1切割线放缩【知识拓展】函数的凸性与切割线放缩：(1)下凸函数：如图1，对于函数f(x)，若在其图象上任取两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端点外，线段AB始终在函数f(x)的图象的上方，在f(x)的图象上任取点C(x0，f(x0))，函数f(x)在点C处的切线y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)除切点外，始终在f(x)图象的下方，我们称f(x)为下凸函数，满足f″(x)≥0的函数f(x)为下凸函数.对于下凸函数，可利用切割线进行放缩，f(x)≥f′(x0)(x－x0)＋f(x0),当x∈(x1，x2)时，f(x)<eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)(x－x1)＋f(x1).(2)上凸函数：如图2，对于函数f(x)，若在其图象上任取两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端点外，线段AB始终在函数f(x)的图象的下方，在f(x)的图象上任取点C(x0，f(x0))，函数f(x)在点C处的切线y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)除切点外，始终在f(x)图象的上方，我们称f(x)为上凸函数，满足f″(x)≤0的函数f(x)为上凸函数.对于上凸函数，可利用切割线进行放缩，f(x)≤f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，当x∈(x1，x2)时，f(x)>eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)(x－x1)＋f(x1).【类型突破】类型一切线放缩证明不等式例1(2023·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；(2)求证：当x>0时，eq\f(ex＋（2－e）x－1,x)≥lnx＋1.(1)解由题设得f′(x)＝ex－2x，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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)证明要证当x>0时，eq\f(ex＋（2－e）x－1,x)≥lnx＋1，即证ex＋(1－e)x－xlnx－1≥0，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)，F′(x)＝ex－2，当x∈(0，ln2)时，F′(x)<0，φ′(x)单调递减；当x∈(ln2，＋∞)时，F′(x)>0，φ′(x)单调递增，又φ′(0)＝3－e>0，φ′(ln2)<0，0<ln2<1，φ′(1)＝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)，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时取等号)，故eq\f(ex＋（2－e）x－1,x)≥x(x>0).设t(x)＝x－lnx－1(x>0)，t′(x)＝1－eq\f(1,x)，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－lnx－1≥0即x≥lnx＋1(当且仅当x＝1时取等号).所以eq\f(ex＋（2－e）x－1,x)≥x≥lnx＋1，即eq\f(ex＋（2－e）x－1,x)≥lnx＋1(当且仅当x＝1时等号成立).规律方法切线放缩证明不等式的原理：f(x)≥l切≥g(x)或f(x)≤l切≤g(x).训练1已知f(x)＝ex＋cos2x＋2x2＋x－2.(1)求f(x)在x＝0处的切线；(2)求证：f(x)≥ln(2x＋1).(1)解由题意知f′(x)＝ex－2sin2x＋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＋cos2x＋2x2－x－2，则g′(x)＝ex－2sin2x＋4x－1，g″(x)＝ex－4cos2x＋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)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)))，h′(x)＝2－eq\f(2,2x＋1)＝eq\f(4x,2x＋1)，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－eq\f(1,2)<x<0时，h′(x)<0，则h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，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).类型二切线放缩求参数例2若ex－2xlnx－kx－1≥0对任意实数x>0都成立，求k的取值范围.解由ex－2xlnx－kx－1≥0，得k≤eq\f(ex－1,x)－2lnx，设μ(x)＝eq\f(ex－1,x)－2lnx，μ′(x)＝eq\f(1＋ex（x－1）－2x,x2)，令μ′(x)＝0，得1＋ex(x－1)－2x＝0，∴ex－2－eq\f(1,x－1)＝0，记φ(x)＝ex－2－eq\f(1,x－1)，则x>1时，φ(x)单调递增，x→1时，φ(x)<0，x＝2时，φ(x)>0.设其根为x0，则x0∈(1，2)，所以μ(x)的极值点在x＝1附近.因此考虑在x＝1处进行切线放缩，而y＝eq\f(ex－1,x)在x＝1处的切线为y＝x＋e－2，所以有eq\f(ex－1,x)≥x＋e－2，即μ(x)≥x＋e－2－2lnx.设h(x)＝x－2lnx＋e－2，h′(x)＝1－eq\f(2,x)，可得h(x)在x＝2处取最小值，h(2)＝e－2ln2，即k≤e－2ln2.∴k的取值范围为(－∞，e－2ln2].规律方法利用切线放缩求参数范围：可先分离参数，然后找到所设函数的极值点范围后运用切线放缩.训练2已知函数f(x)＝ex－eq\f(x2,2)－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f(x)的图象恒在切线y＝x的上方，先证当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥x，即证当x∈(0，＋∞)时，ex－eq\f(x2,2)－x－1≥0，设h(x)＝ex－eq\f(x2,2)－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－eq\f(x2,2)－x－1>0，即ex－eq\f(x2,2)－1>x，由此可得只需x≥bx即可.解得b≤1.类型三切线夹的应用例3(2023·南京调研)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；(2)证明：f(x)≥kx＋b；(3)若函数g(x)＝f(x)＋m(m∈R)有两个零点x1，x2，证明：|x1－x2|≤1－m－eq\f(m,ln2).(1)解函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(x－1,x＋1)，f′(1)＝ln2.所以切线方程为y＝ln2·(x－1)，即k＝ln2，b＝－ln2.(2)证明设h(x)＝f(x)－kx－b＝(x－1)ln(x＋1)－xln2＋ln2，h′(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2,x＋1)＋1－ln2.令F(x)＝h′(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2,x＋1)＋1－ln2，则F′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋eq\f(2,（x＋1）2)>0，所以F(x)单调递增，即h′(x)单调递增.又h′(1)＝ln2－1＋1－ln2＝0，所以当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，所以h(x)min＝h(1)＝0，即h(x)≥0，所以f(x)≥xln2－ln2.(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＝xln2－ln2，令φ(x)＝xln2－ln2，即φ(x)＋m＝0，即φ(x)＝－m的根为x2′，则x2′＝1－eq\f(m,ln2)，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，∴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，∴|x2－x1|＝x2－x1≤x2′－x1′＝1－m－eq\f(m,ln2).规律方法1.一般地，给出函数的表达式，证明关于函数零点差的不等式(无等号)，可以考虑切线夹技巧来解决.2.切线夹的本质是把两零点利用切线的零点来放缩不等式.训练3已知函数f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若方程f(x)＝m有两个实根x1，x2，且x1<x2，证明：x2－x1≤1＋eq\f(m（1－2e）,1－e).证明如图，设f(x)在(－1，0)处的切线方程为y＝h(x)，由f′(x)＝(x＋2)ex－1，易得，h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))(x＋1)，令F(x)＝f(x)－h(x)，即F(x)＝(x＋1)(ex－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))(x＋1)，F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)≤－eq\f(1,e)<0，当x>－2时，则F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)单调递增，又F′(－1)＝0，所以当x<－1时，F′(x)<0，当x>－1时，F′(x)>0，所以函数F(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，故F(x)≥F(－1)＝0，f(x1)≥h(x1)，设h(x)＝m的根为x1′，则x1′＝－1＋eq\f(me,1－e)，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)，又函数h(x)单调递减，故x1′≤x1，又设f(x)在(0，0)处的切线方程为φ(x)，易得φ(x)＝x.令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，g′(x)＝(x＋2)ex－2，当x≤－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，当x>－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2单调递增，又g′(0)＝0，所以当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，所以函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)＝0，即(x＋1)(ex－1)≥x，故f(x)≥φ(x)，则f(x2)≥φ(x2)，设φ(x)＝m的根为x2′，则x2′＝m，且φ(x2′)＝f(x2)≥φ(x2)，又函数φ(x)单调递增，故x2′≥x2，又x1′≤x1，x2－x1≤x2′－x1′＝m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(me,1－e)))＝1＋eq\f(m（1－2e）,1－e).类型四割线放缩及割线夹例4证明：当0＜x＜1时，x[esinx－xln(x＋1)]＞ex－x－1恒成立.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x∈(0，1)时，x[esinx－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[esinx－xln(x＋1)]＞(e－2)x，即esinx－xln(x＋1)＞e－2成立，则原不等式成立.∵et≥t＋1，xln(x＋1)＜(ln2)·x，∴esinx－x·ln(x＋1)＋2－e＞sinx＋3－e－(ln2)x.由y＝sinx的割线如图，由割线放缩可得，sinx＞eq\f(sin1－sin0,1－0)x＝(sin1)x，0＜x＜1，sin1＞sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，(eq\f(\r(2),2))2＝eq\f(1,2)＞(eq\f(2,3))2＝eq\f(4,9)，∴(sin1)x＞eq\f(2,3)x，∴sinx＋3－e－(ln2)x＞(sin1)x－(ln2)x＋3－e＞eq\f(2,3)x－(ln2)x＋3－e＝(eq\f(2,3)－ln2)·x＋3－e，令g(x)＝(eq\f(2,3)－ln2)·x＋3－e，x∈(0，1)，g′(x)＝eq\f(2,3)－ln2＜0，x∈(0，1)，g(x)单调递减，故g(x)＞g(1)＝eq\f(2,3)＋3－e－ln2＞eq\f(3,4)－ln2＞0(e2＜8，eq\f(2,3)＝lneeq\f(2,3)＜ln2)，故原不等式恒成立.规律方法1.割线放缩关键是根据不等式的特点和需要，找准相关的函数及其割线，才能恰当地割线放缩.2.割线夹本质与切线夹类似.训练4(2023·广州质检改编)已知函数f(x)＝xlnx，若方程f(x)＝m有2个根x1，x2(x2>x1)，求证：x2－x1>1＋em.证明(割线夹)f′(x)＝1＋lnx，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).又当0<x<1时，f(x)<0，x>1时，f(x)>0，∴－eq\f(1,e)<m<0时，f(x)＝m有2个不等的根x1，x2(x2>x1).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，可证得：f(x)<－x，故y＝m时，x1<－m；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，可证得：eq\f(x－1,e－1)>f(x)，故y＝m时，x2>1＋(e－1)m，∴x2－x1>1＋em.【精准强化练】一、基本技能练1.设函数f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)，x∈[0，1].求证：(1)f(x)≥1－x＋x2；(2)eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).证明(1)因为1－x＋x2－x3＝eq\f(1－（－x）4,1－（－x）)＝eq\f(1－x4,1＋x)，由于x∈[0，1]，得eq\f(1－x4,1＋x)≤eq\f(1,1＋x)，即1－x＋x2－x3≤eq\f(1,1＋x)，从而得f(x)≥1－x＋x2.(2)由于x∈[0，1]，得x3≤x(割线放缩).故f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)≤x＋eq\f(1,1＋x)－eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(（x－1）（2x＋1）,2（x＋1）)＋eq\f(3,2)≤eq\f(3,2).当x＝1时恰好等号能同时满足.再结合第(1)问的结论，得到f(x)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(19,24)>eq\f(3,4)，从而得到结论eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).2.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；(2)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；(3)证明不等式：4xex－1－x3－3x－2lnx≥0.(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：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝4＋2a＝b，,f（1）＝4＋a＝b＋1，))解得a＝－1，b＝2.(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，g″(x)＝4ex－1－2，易知g″(x)在(0，＋∞)单调递增；且g″(1)＝2>0，g″(0)＝eq\f(4,e)－2<0，∴必定存在x0∈(0，1)，使得g″(x0)＝0，则g′(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，其中g′(0)＝eq\f(4,e)－2<0，g′(1)＝0，即g(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，即当x>0且x≠1时，g(x)>0成立；所以当x>0且x≠1时，曲线y＝f(x)的图象在切线y＝bx＋1的上方.(3)证明要证4xex－1－x3－3x－2lnx≥0，只需证4ex－1－x2－3－eq\f(2lnx,x)≥0.由(2)知x>0时，4ex－1－x2≥2x＋1.故只需证2x＋1≥3＋eq\f(2lnx,x)，即证x2－x－lnx≥0，设φ(x)＝x2－x－lnx，则φ′(x)＝2x－1－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－x－1,x)＝eq\f(（2x＋1）（x－1）,x)，易知φ(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，∴φ(x)≥φ(1)＝0；即不等式4xex－1－x3－3x－2lnx≥0成立.3.(2023·青岛模拟改编)已知x1lnx1＝x2lnx2＝a，且x1<x2，求证：x2－x1<2a＋1＋e－2.证明设函数f(x)＝xlnx(x>0)，f′(x)＝1＋lnx(x>0).设p(x)＝1＋lnx(x>0)，则p′(x)＝eq\f(1,x)(x>0)，当x>0时，p′(x)>0，因而f′(x)在(0,＋∞)上单调递增，而当x＝eq\f(1,e)时，f′(x)＝0，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)＝xlnx单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)＝xlnx单调递增.而f(x)＝xlnx＝0，解得x＝1.取其在x＝e－2和x＝1处的切线，分别为l1：g(x)＝－x－e－2和l2：m(x)＝x－1，令h(x)＝f(x)－g(x)＝xlnx＋x＋e－2(x>0)，则h′(x)＝2＋lnx，当0<x<e－2时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x>e－2时，h′(x)>0，h(x)单调递增.于是h(x)≥h(e－2)＝0，从而f(x)≥g(x)，令φ(x)＝f(x)－m(x)＝xlnx－x＋1(x>0)，则φ′(x)＝lnx，当0<x<1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，当x>1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，于是φ(x)≥φ(1)＝0，从而f(x)≥m(x)，如图.直线y＝a与直线l1，函数f(x)的图象和直线l2分别交于x1′，x1，x2，x2′，则有：x1′<x1<x2<x2′，x2－x1<x2′－x1′＝(a＋1)－(－a－e－2)＝2a＋1＋e－2.二、创新拓展练4.(2023·兰州一诊)已知函数f(x)＝xnlnx－nlnx(n∈N*).(1)当n＝1时，求函数y＝f(x)的单调区间；(2)当n>1时，函数y＝f(x)的图象与x轴交于P，Q两点，且点Q在右侧.①若函数y＝f(x)在点Q处的切线为y＝g(x)，求证：当x>1时，f(x)≥g(x)；②若方程f(x)＝t(0<t<n－1)有两根a，b，求证：|a－b|<eq\f(\r(n,n1－n),lnn)t＋eq\r(n,n).(1)解当n＝1时，f(x)＝(x－1)lnx，f′(x)＝lnx＋1－eq\f(1,x)，当0<x<1时，lnx<0，1－eq\f(1,x)<0，故f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>1时，lnx>0，1－eq\f(1,x)>0，故f′(x)>0，f(x)单调递增，综上，函数y＝f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0，1).(2)证明当n>1时，可知函数存在零点1和neq\f(1,n)，且neq\f(1,n)>1eq\f(1,n)＝1，因此，Q点坐标为(neq\f(1,n)，0)；①f′(x)＝nxn－1lnx＋xn－1－eq\f(n,x)，所以f′(neq\f(1,n))＝neq\f(n－1,n)lnn，则f(x)在点Q(neq\f(1,n)，0)处的切线方程为l1：g(x)＝neq\f(n－1,n)lnn·eq\b\lc\