高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)培优点01　切线放缩(2大考点+强化训练)(原卷版+解析)

培优点01切线放缩（2大考点+强化训练）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．【知识导图】【考点分析】考点一：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>sinx；当x<0时，x<sinx.规律方法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.【例1】（2023上·辽宁大连·高三大连八中校考期中）已知函数，．(1)若函数（其中：为的导数）有两个极值点，求实数a的取值范围；(2)当时，求证：．【变式】（2023上·贵州黔东南·高三统考期中）函数.(1)求函数的单调区间；(2)当时，若，求证：.考点二：双切线放缩规律方法含有两个零点的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．【例2】（2024上·浙江嘉兴·高三统考期末）已知函数．(1)若时，在其定义域内不是单调函数，求a的取值范围；(2)若，时，函数有两个极值点，，求证：．【变式】（2024下·河北·高三校联考开学考试）已知函数(1)若、在处切线的斜率相等，求的值；(2)若方有两个实数根，试证明：;(3)若方程有两个实数根，试证明：.【强化训练】1．（2024上·江苏扬州·高三统考期末）已知函数的最小值为.(1)求实数的值；(2)若有两个不同的实数根，求证：.2．（2024上·重庆·高三重庆南开中学校考阶段练习）若函数在定义域内存在两个不同的数，，同时满足，且在点，处的切线斜率相同，则称为“切合函数”.(1)证明：为“切合函数”；(2)若为“切合函数”（其中为自然对数的底数），并设满足条件的两个数为，.（ⅰ）求证：；（ⅱ）求证：.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；(2)若a＝－1，证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤2ex－2.4.(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－2x.(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；(2)证明：ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)．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：be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).6.(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＋eq\f(m,e－1).7．(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)．(1)证明：当x>－1时，f(x)≤x；(2)已知n∈N*，证明：>sin(n＋1)．8．(2023·遂宁模拟)已知函数f(x)＝a(x＋1)－eq\f(x＋3,ex)，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>eq\f(2a,e)＋2.培优点01切线放缩（2大考点+强化训练）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．【知识导图】【考点分析】考点一：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>sinx；当x<0时，x<sinx.规律方法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.【例1】（2023上·辽宁大连·高三大连八中校考期中）已知函数，．(1)若函数（其中：为的导数）有两个极值点，求实数a的取值范围；(2)当时，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先求得，然后求得，根据在有两个变号零点列不等式组，由此求得的取值范围.（2）要证，即证，设，，，利用切线放缩可证，利用单调性证得所证不等式成立.【详解】（1）依题意知：，，∴，，∴，∵有两个极值点，∴在有两个变号零点，令得：，，关于x的一元二次方程有两个不等的正根，记为，，∴，即，解得，∴，故a的取值范围为：．（2）证明：当时，，要证，即证，即证，设，，，∴，先证，令，，当时，，∴在上单调递增，又∵，∴时，即．再证，令，，当时，，单调递增；当时，，单调递减．∴，∴，即成立，∴，∴时，单调递增，∴当，，当，，∴，又，是上的增函数，所以函数在上增函数，，即当，，综上，，，命题得证．【点睛】思路点睛：本题第二问属于利用导数证明不等式问题，可先用分析法化简转化所证不等式，即证，通过构造函数，再结合导数，利用切线放缩，，可证，再由单调性来证得不等式成立.【变式】（2023上·贵州黔东南·高三统考期中）函数.(1)求函数的单调区间；(2)当时，若，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论a的取值范围，结合解不等式，即可求得函数的单调区间；（2）当时，确定在单调递增，，由此可判断是否相等的情况，当时，分别位于内，构造函数，判断其性质，结合其性质即可证明不等式成立.【详解】（1）由题意定义域为，，当时，令，解得或，此时的单调增区间为；令，解得，的单调减区间为；当时，，等号仅在是成立，此时的单调增区间为，无减区间；当时，令，解得或，此时的单调增区间为；令，解得，的单调减区间为；综合上述：时，的单调增区间为，单调减区间为；当时，的单调增区间为，无减区间；当时，的单调增区间为，单调减区间为；（2）当时，，由（1）知在单调递增，且，故当时，必有，此时，当时，则必有分别位于内；令，令，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，故，即，当且仅当等号成立；令，则，故恒成立，不妨设，则，即，又，即，故，则，即，综合上述可得.【点睛】难点点睛：本题考查了利用导数求解函数的单调区间以及证明不等式；难点在于不等式的证明，解答时要注意到当时，单调递增，且，由此可判断的取值情况，进而构造函数，结合其性质即可证明不等式.考点二：双切线放缩规律方法含有两个零点的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．【例2】（2024上·浙江嘉兴·高三统考期末）已知函数．(1)若时，在其定义域内不是单调函数，求a的取值范围；(2)若，时，函数有两个极值点，，求证：．【答案】(1)或(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，将函数在其定义域内不是单调函数，转化为方程有解，构造函数，，利用导数判断其单调性，确定其取值范围，结合验证，即可求得答案；（2）函数有两个极值点，即有两解，转化为函数的图象与直线有两个交点的问题，进而设的图象与x轴的交点为，，表示出两点处的切线方程，即可求得与直线交点的横坐标，的表达式，结合，整理变形，即可证明结论.【详解】（1）当时，，．令，显然不是该方程的解，故，令，，当以及时，；当时，；在递减，在递减，在单调递增．当时，；当时，．由于函数在其定义域内不是单调函数，即方程有解，从而或，当时，令，则，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故，即，取等号，此时在上单调递增，不符合题意，故或；（2）时，，．因为函数有两个极值点，即有两解，即函数的图象与直线有两个交点，令，得．当，；当，，在上单调递减，在上单调递增，故，所以．设的图象与x轴的交点为，，则函数的图象在点P处的切线为．又，，，所以，函数的图象在Q处的切线为．设直线与直线，的交点的横坐标分别为，，则，，所以，由于，故，即．【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用，涉及到函数的单调性以及极值和不等式的证明问题，难点在于（2）根据函数有两个极值点，证明不等式，解答时要将函数有两个极值点，即有两解，转化为函数的图象与直线有两个交点，进而再借助于切线方程，证明结论【变式】（2024下·河北·高三校联考开学考试）已知函数(1)若、在处切线的斜率相等，求的值；(2)若方有两个实数根，试证明：;(3)若方程有两个实数根，试证明：.【答案】(1)1(2)证明见解析；(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）由题意得，首先证明，再结合差比性质得，变形后，结合换元法及导数知识求证即可得证；（3）首先令去掉绝对值符号，再求得，的根，以及方程的根，结合放缩的知识可得，所以原不等式可得.【详解】（1），,又,所以.（2）由（1）知，则令，令时，单调递增时，单调递减所以因为由差比的性质知：，又，则欲证：即证：不妨设：下证，令下证令所以在上单调递增，所以所以（3）不妨设，下证在处的切线方程为构造当时，;时，;所以在上单调递减，在上单调递增又所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，设方程的函数值为的根，则因为在上单调递减，所以，在处的切线方程为,构造当时，;时，;所以在上单调递减，在上单调递增又所以在上单调递减，在上单调递增所以所以设方程的根又，由在上单调递增所以又所以.【点睛】本题考查了导数的综合运用：求切线的斜率切线方程，求函数单调性和最值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题．【强化训练】1．（2024上·江苏扬州·高三统考期末）已知函数的最小值为.(1)求实数的值；(2)若有两个不同的实数根，求证：.【答案】(1)1；(2)证明见解析.【分析】（1）利用导数研究的单调性，结合最小值求参数值即可；（2）根据题设及导数判断的单调性及区间符号，进而有，根据极值点偏移，构造并利用导数研究上的单调性，证明，再记函数与和交点的横坐标分别为，结合导数证得、，有，即可证结论.【详解】（1）因为，令，可得，当时单调递减；当时单调递增.所以，所以.（2）证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，当时，当时，

所以，先证明.记，则，当时，，所以单调递减，所以当时，，即，故，即.又，由单调性知：，即.再证明.记函数与和交点的横坐标分别为.①当时，，故，所以，.（或：的图象在的图象的下方，且两个函数在上都是减函数）②当时，记，所以.当时单调递减；当时单调递增.又，当时，，即.故所以，故.（或的图象在的图象的下方，且两个函数在上都递增）综上，.【点睛】关键点睛：第二问，首先应用极值点偏移构造证，再记函数与和交点的横坐标分别为，依次证、为关键.2．（2024上·重庆·高三重庆南开中学校考阶段练习）若函数在定义域内存在两个不同的数，，同时满足，且在点，处的切线斜率相同，则称为“切合函数”.(1)证明：为“切合函数”；(2)若为“切合函数”（其中为自然对数的底数），并设满足条件的两个数为，.（ⅰ）求证：；（ⅱ）求证：.【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）假设存在，满足题意，结合题意，，即可求解；（2）结合新定义“切合函数”满足的条件，得到，的关系，构造新的函数求导利用单调性证明.【详解】（1）假设存在，满足题意，易知，由题可得：，代入上式可解得，，或，，故为“切合函数”.（2）由题可知，因为为“切合函数”，故存在不同的，（不妨设），使得，即，（ⅰ）先证：，即证：，令，则由可知，要证上式，只需证：，易知，故在上单调递减，所以，故有成立，由上面的②式可得；（ⅱ）由上面的②式可得：，代入到①式中可得：，且由（ⅰ）可得.（另解：由上面的②式可得，代入到①式的变形：，整理后也可得到）故要证，只需证：，设，则即证：，，设，，，在上单调递增，，下面证明在上恒成立，令，则，所以当时，，当时，，所以在处取得最小值，，所以在上恒成立，所以当时，，即，在上单调递增，，所以原不等式成立.【点睛】方法点睛：考查了函数的新定义以及不等式的证明问题，利用导数研究函数的单调性，通过构造新函数，利用函数的单调性证明.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；(2)若a＝－1，证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤2ex－2.【解析】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]，f′(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)＝1－2sin2eq\f(x,2)－eq\f(1,1＋x)≥1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2－eq\f(1,x＋1)＝1－eq\f(x2,2)－eq\f(1,1＋x)≥1－eq\f(x,2)－eq\f(1,x＋1)(0≤x≤1)，故f′(x)≥eq\f(2＋2x－x2－x－2,2＋2x)＝eq\f(x1－x,2＋2x)≥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－sinx－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)，下证：ex－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，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，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)，则t′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,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－sinx＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0处取等号，即(2ex－2)－f(x)≥0，即证f(x)≤2ex－2.4.(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－2x.(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；(2)证明：ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)．【解析】(1)解由题意可知x>0，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)－2＝－eq\f(2x2－x＋a,x2)，对于二次函数y＝2x2－x＋a，Δ＝1－8a.当a≥eq\f(1,8)时，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<eq\f(1,8)时，二次函数y＝－2x2＋x－a有2个大于零的零点，分别是x1＝eq\f(1－\r(1－8a),4)，x2＝eq\f(1＋\r(1－8a),4)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上单调递减．综上，当a≥eq\f(1,8)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<eq\f(1,8)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上单调递减．(2)证明要证ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)，即证ex>lnx＋2.不妨设h(x)＝ex－(x＋1)，则h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，当x<0时，h′(0)<0，当x>0时，h′(0)>0，因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立．令m(x)＝lnx－x＋1，m′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，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lnx－x＋1≤0，则ex－(x＋1)＋[x－(lnx＋1)]＝ex－(lnx＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，即ex>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：be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).【解析】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，先证不等式x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e)，因为f(e)＝0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(2,e)，f′(e)＝1，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－1，所以曲线y＝f(x)在x＝eq\f(1,e)和x＝e处的切线分别为l1：y＝－x－eq\f(1,e)和l2：y＝x－e，如图，令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,e)))＝xlnx＋eq\f(1,e)，0<x<1，则g′(x)＝1＋lnx，令g′(x)>0，则eq\f(1,e)<x<1；令g′(x)<0，则0<x<eq\f(1,e)，所以g(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)，1))上单调递增，所以g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以f(x)≥－x－eq\f(1,e)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－eq\f(1,e)，x′2＝b＋e，所以x2－x1<x′2－x′1＝b＋e－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b－\f(1,e)))＝2b＋e＋eq\f(1,e)(两个等号不同时成立)，因此x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,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＝eq\f(1,e－1)(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＋eq\f(1,e)成立．6.(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＋eq\f(m,e－1).【解析】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＋eq\f(1,e)，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)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))(x＋1)，令F(x)＝f(x)－h(x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,e)))，则F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，令m(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，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)→－eq\f(1,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，则x3＝－1＋eq\f(em,1－e)，又h(x)单调递减，且m＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(em,1－e)))＝1＋eq\f(2e－1m,e－1)＝1＋2m＋eq\f(m,e－1)，即证x2－x1≤1＋2m＋eq\f(m,e－1).7．(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)．(1)证明：当x>－1时，f(x)≤x；(2)已知n∈N*，证明：>sin(n＋1)．证明(1)令h(x)＝ln(x＋1)－x(x>－1)，则h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝－eq\f(x,x＋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，当且仅当x＝0时取等号，令x＝eq\f(1,n)，∴eq\f(1,n)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝lneq\f(n＋1,n)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>lneq\f(2,1)