提优点19　切割线放缩

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】类型一切线放缩及切线夹例1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).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1(2024·苏锡常镇调研)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).类型二割线放缩及割线夹例2(2024·青岛质检改编)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2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】1.(2024·宁波调研节选)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－2.2.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\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－n\f(1,n)))，令φ(x)＝f(x)－g(x)，则φ′(x)＝f′(x)－g′(x)＝nxn－1lnx＋xn－1－eq\f(n,x)－neq\f(n－1,n)lnn，当1<x<neq\f(1,n)时，0<lnx<eq\f(1,n)lnn，0<xn－1<neq\f(n－1,n)，∴nxn－1lnx<neq\f(n－1,n)lnn，nxn－1lnx－neq\f(n－1,n)lnn<0，eq\f(n,x)>eq\f(n,n\f(1,n))＝neq\f(n－1,n)，而－eq