切线放缩--2024届高考数学拓展 教师版

切线放缩1(2023·广州模拟)已知函数f(x)=ln(x+1)．(1)证明：当x>-1时，f(x)≤x；1+1+1+⋯+1*23n(2)已知n∈N，证明：e>sin(n+1)．【答案】证明：(1)令h(x)=ln(x+1)-x(x>-1)，1x则h′(x)=-1=-，x+1x+1当-1<x<0时，h′(x)>0，则函数h(x)在(-1,0)上单调递增，当x>0时，h′(x)<0，则函数h(x)在(0，+∞)上单调递减，∴h(x)≤h(0)=0，即f(x)≤x.(2)由(1)可得ln(x+1)≤x，1当且仅当x=0时取等号，令x=，n11n+1∴>ln1+=ln，nnn111234n+11+++⋯+>ln+ln+ln+⋯+ln=ln(n+1)，23n123n111即1+++⋯+>ln(n+1)，23n1+1+1+⋯+123n则e>n+1，①令φ(x)=x-sinx，x>0，φ′(x)=1-cosx≥0，∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，即x-sinx>0，即x>sinx，x>0，即n+1>sin(n+1)，②1+1+1+⋯+123n由①②得e>sin(n+1)．x+32(2023·遂宁模拟)已知函数f(x)=a(x+1)-，x∈R.xe(1)若f(x)是减函数，求实数a的取值范围；2a(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，其中x1<x2，求证：x2-x1>+2.e1 x+2x+2【答案】(1)解：由题意知f′(x)=a+≤0在R上恒成立，所以-a≥恒成立，xxeex+2令g(x)=，x∈R，xe则-a≥g(x)max，x+1令g′(x)=-=0，得x=-1，xe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)x+2=-e(x+2)xe1=(x+2)-e>0，ex所以g(x)>e(x+2)．设方程e(x+2)=-a的根为x3，a则x3=--2，e过点-1，e和(0,0)的直线方程为y=-ex，设m(x)=g(x)+ex，x∈-1，+∞，x+1e-(x+1)因为m′(x)=>0，所以m(x)在(-1，+∞)上单调递增，xe所以m(x)>m(-1)=0，则g(x)>-ex，aaa2a又设方程-ex=-a的根为x4，则x4=e，所以x2-x1>x4-x3=e--e-2=e+2.2 3(2023·重庆模拟)已知函数f(x)=sinx-aln(x+1)．(1)若a=1，证明：当x∈[0,1]时，f(x)≥0；x(2)若a=-1，证明：当x∈[0，+∞)时，f(x)≤2e-2.【答案】证明：(1)首先证明sinx≤x，x∈[0，+∞)，证明如下：构造j(x)=sinx-x，x∈[0，+∞)，则j′(x)=cosx-1≤0恒成立，故j(x)=sinx-x在[0，+∞)上单调递减，故j(x)≤j(0)=0，所以sinx≤x，x∈[0，+∞)．当a=1时，f(x)=sinx-ln(x+1)，x∈[0,1]，12x1x21f′(x)=cosx-=1-2sin-≥1-2-1+x21+x2x+12x1=1--21+xx1≥1--(0≤x≤1)，2x+12x(1-x)2+2x-x-x-2故f′(x)≥=≥0在x∈[0,1]上恒成立，2+2x2+2x所以f(x)在[0,1]上单调递增，故f(x)≥f(0)=0.x(2)令g(x)=(2e-2)-f(x)，x∈[0，+∞)．xx当a=-1时，g(x)=2e-2-sinx-ln(x+1)=2(e-x-1)+x-sinx+x-ln(x+1)，x下证：e-x-1≥0(x≥0)，x-sinx≥0(x≥0)，x-ln(x+1)≥0(x≥0)，且在x=0处取等号，xxx令r(x)=e-x-1(x≥0)，则r′(x)=e-1≥0，故r(x)=e-x-1在[0，+∞)上单调递增，故r(x)≥r(0)=0，且在x=0处取等号，由(1)知j(x)=sinx-x在[0，+∞)上单调递减，故j(x)≤j(0)=0，且在x=0处取等号，令t(x)=x-ln(x+1)(x≥0)，1x则t′(x)=1-=≥0，x+1x+1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，xx综上有g(x)=2(e-x-1)+x-sinx+x-ln(x+1)≥0，且在x=0处取等号，即(2e-2)-f(x)≥0，x即证f(x)≤2e-2.3 a4(2023·柳州模拟)已知函数f(x)=lnx+-2x.x(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；2xa-2x-2x(2)证明：e+>f(x)．x【答案】(1)解：由题意可知x>0，21a2x-x+af′(x)=--2=-，xx2x22对于二次函数y=2x-x+a，Δ=1-8a.1当a≥时，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，8f(x)在(0，+∞)上单调递减；12当0<a<时，二次函数y=-2x+x-a有2个大于零的零点，81-1-8a1+1-8a1-1-8a分别是x1=，x2=，当x∈，4441+1-8a1-1-8a1+1-8a4时，f′(x)>0，f(x)在4，4上单调递增；当x∈1-1-8a1+1-8a0，4∪4，+∞时，f′(x)<0，1-1-8a1+1-8af(x)在0，4和4，+∞上单调递减．11综上，当a≥时，f(x)在(0，+∞)上单调递减；当0<a<时，f(x)在881-1-8a1+1-8a1-1-8a4，4上单调递增，在0，4，1+1-8a4，+∞上单调递减．2xa-2x-2x(2)证明要证e+>f(x)，xx即证e>lnx+2.x不妨设h(x)=e-(x+1)，x则h′(x)=e-1，h′(0)=0，当x<0时，h′(0)<0，当x>0时，h′(0)>0，x因此h(x)≥h(0)=0，e-(x+1)≥0恒成立．令m(x)=lnx-x+1，11-xm′(x)=-1=，xx当0<x<1时，4 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lnx-x+1≤0，x则e-(x+1)+[x-(lnx+1)]x=e-(lnx+2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，x即e>lnx+2.从而不等式得证．5(2023·福州模拟)已知函数f(x)=xlnx-x.若f(x)=b有两个实数根x1，x2，且x1<x2.求证：1be+e<x2-x1<2b+e+.e【答案】证明：f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=lnx.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<x2，1先证不等式x2-x1<2b+e+，e12因为f(e)=0，f=-，ee1f′(e)=1，f′=-1，e11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，ee11令g(x)=f(x)--x-=xlnx+，0<x<1，则g′(x)=1+lnx，ee1令g′(x)>0，则<x<1；e1令g′(x)<0，则0<x<，e11所以g(x)在0，e上单调递减，在e，1上单调递增，1所以g(x)≥g=0，e5 1所以f(x)≥-x-在(0,1)上恒成立，e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′2，1因为x′1=-b-，x′2=b+e，e所以x2-x1<x′2-x′11=b+e--b-e1=2b+e+(两个等号不同时成立)，e1因此x2-x1<2b+e+.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)，1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<e-1x4<x2，且x3=-b，x4=(e-1)b+e，所以x2-x1>x4-x3=(e-1)b+e-(-b)=be+e.1综上可得be+e<x2-x1<2b+e+成立．ex6(2023·山东省实验中学模拟)已知函数f(x)=(x+1)(e-1)，若函数g(x)=f(x)-m(m>0)有m两个零点x1，x2，且x1<x2，证明：x2-x1≤1+2m+.e-1x【答案】证明：f(x)=(x+1)(e-1)，令f(x)=0，有x1=-1，x2=0，xf′(x)=e(x+2)-1，1f′(-1)=-1+，ef′(0)=1，设曲线y=f(x)在(-1,0)处的切线方程为y=h(x)，1则h(x)=f′(-1)(x+1)=-1(x+1)，e令F(x)=f(x)-h(x)x1=(x+1)e-，ex1则F′(x)=(x+2)e-，ex1令m(x)=F′(x)=(x+2)e-，ex则m′(x)=(x+3)e，6 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，1当x→-∞时，F′(x)→-，e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，em则x3=-1+，1-e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=(x+1)(e-1)-x，x则G′(x)=(x+2)e-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，em且m=t(x4)=f(x2)≥t(x2)，所以x4≥x2，所以x2-x1≤x4-x3=m--1+1-e(2e-1)mm=1+=1+2m+，e-1e-1m即证x2-x1≤1+2m+.e-17