【高考快车道】第一阶段 专题六 培优课17 用切(割)线法证明零点差不等式 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略

(共31张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题六　函数、导数和不等式
培优课17　用切(割)线法证明零点差不等式
切线夹零点差又称作剪刀模型，常用设问形式证明函数
f (x)的两个零点x1，x2满足|x1－x2|＜φ(m)．解答导数零点差问题的基本思路有：切线夹放缩、割线夹放缩等．
【典例】　已知函数f (x)＝x ln x，e为自然对数的底数．
(1)求曲线y＝f (x)在x＝e-2处的切线方程；
(2)关于x的不等式f (x)≥λ(x－1)在(0，＋∞)上恒成立，求实数λ的值；
(3)关于x的方程f (x)＝a有两个实根x1，x2，求证：|x1－x2|<2a＋1＋e-2．
[解]　(1)f ′(x)＝ln x＋1，
∴f ′(e-2)＝ln e-2＋1＝－1，
又f (e-2)＝e-2ln e-2＝－2e-2，
∴曲线y＝f (x)在x＝e-2处的切线方程为y－(－2e－2)＝－(x－e-2)，
即y＝－x－e-2．
(2)记g(x)＝f (x)－λ(x－1)＝x ln x－λ(x－1)，其中x>0，由题意知g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
下面求函数g(x)的最小值，
g′(x)＝ln x＋1－λ，
令g′(x)＝0，得x＝eλ-1，
当x变化时，g′(x)，g(x)变化情况列表如下：
x (0，eλ-1) eλ-1 (eλ-1，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) 单调递减 极小值 单调递增
∴g(x)min＝g(x)极小值＝g＝eλ-1－λ＝λ－eλ-1，
∴λ－eλ-1≥0，
记G(λ)＝λ－eλ-1，则G′(λ)＝1－eλ-1，令G′(λ)＝0，得λ＝1，
当λ变化时，G′(λ)，G(λ)变化情况列表如下：
λ (0，1) 1 (1，＋∞)
G′(λ) ＋ 0 －
G(λ) 单调递增 极大值 单调递减
∴G(λ)max＝G(λ)极大值＝G(1)＝0，
故λ－eλ-1≤0，当且仅当λ＝1时取等号，
又λ－eλ-1≥0，从而得到λ＝1．
(3)证明：设g(x)＝－x－e-2，h(x)＝x－1．易证f (x)≥g(x)(当且仅当x＝e-2时取等号)，易证f (x)≥h(x)(当且仅当x＝1时取等号)(如图)．
令g()＝a，h()＝a，解得＝－(a＋e-2)，＝a＋1，∴－＝2a＋1＋e-2．由g()＝a＝f (x1)≥g(x1)，以及g(x)是减函数，得≤x1(当且仅当a＝－2e-2时取等号)；由h()
＝a＝f (x2)≥h(x2)，以及h(x)是增函数，得x2≤
(当且仅当a＝0时取等号)，于是≤x1＜x2≤
(等号不同时取得)，故|x1－x2|＜－＝2a
＋1＋e-2．
切线夹法的一般步骤
第一步：设切点(x0，y0)，一般可考虑零点；
第二步：根据切点求出两条切线；
第三步：求出两条切线与直线y＝m的两个交点的横坐标x3，x4；
第四步：若函数y＝f (x)的图象与直线y＝m的两个交点的横坐标为x1，x2，则|x2－x1|≤|x4－x3|．
[跟进训练]
(2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知函数f ＝x ln x，若方程f ＝b有两个实数根x1，x2，且x1[证明]　先证不等式：x2－x1<．
因为f (x)＝x ln x，f ′(x)＝ln x＋1，
所以f (1)＝0，f (e-3)＝－3e-3，f ′(1)＝1，f ′(e-3)＝－2．
可求曲线y＝f (x)在x＝e-3和x＝1处的切线分别为l1：y＝－2x－e-3和l2：y＝x－1．
设直线y＝b与直线l1，函数f (x)的图象和直线l2交点的横坐标分别为x1′，x1，x2，x2′，
则x1′＝－，x2′＝b＋1，
则x2 －x1 ＝．
因此x2－x1<．
再证不等式：x2－x1>be＋1．
取曲线上两点A，B(1，0)，
用割线OA：y＝－x，AB：y＝(x－1)来限制x2－x1，
设直线y＝b与直线y＝－x，y＝(x－1)的交点的横坐标分别为x3，x4，
则x1所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋1－(－b)＝be＋1．
综上可得be＋1【教师备选资源】
已知函数f ＝mex－x2－x＋2．
(1)若函数f 在R上单调递增，求m的取值范围；
(2)若m<0，且f (x)有两个零点x1，x2，证明：<3＋m<3＋．
[解]　(1)函数f (x)在R上单调递增，因此f ′(x)＝mex－2x－1≥0恒成立，即m≥，
记g(x)＝，则g′(x)＝，
令g′(x)>0，得x<，令g′(x)<0，得x>，
故g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以g(x)在x＝处取得极大值，也是最大值，g＝，因此m≥2．即m的取值范围是[2，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1即x1，x2为方程m＝的两根，
由m<0，故x2＋x－2<0，解得－2记h(x)＝(－2则h′(x)＝，
令h′(x)＝0得x＝，
当x∈时，h′(x)<0，
当x∈时，h′(x)>0，
则h(x)在上单调递减，在上单调递增．
曲线y＝h(x)在处的切线方程为y＝－3e2(x＋2)，
记h1(x)＝－3e2(x＋2)(－2则h1(x)单调递减，
则h(x)－h1(x)＝＋3e2(x＋2)
＝e－x(x＋2)(3ex+2＋x－1)，
其中k(x)＝3ex+2＋x－1在(－2，1)上单调递增，且k(x)＞k(－2)＝3－2－1＝0，即h(x)＞h1(x)．
设h(x)在处的切线方程过点(1，0)，
则h(x)在处的切线斜率为，
所以＝，解得x0＝±1，
取x0＝－1，则h(x)在(－1，－2e)处的切线方程过点(1，0)，且斜率为e，
切线方程为y＋2e＝e(x＋1)，即y＝ex－e，
记h2(x)＝ex－e(－2＜x＜1)，则h2(x)单调递增；
又h(x)－h2(x)＝－e(x－1)＝e－x(1－x)(ex+1－x－2)，
其中令l(x)＝ex+1－x－2，－2＜x＜1，
故l′(x)＝ex+1－1，令l′(x)＝ex+1－1＞0，得－1＜x＜1，
令l′(x)＝ex+1－1＜0，得－2＜x＜－1，
当x∈(－2，－1)时，l(x)＝ex+1－x－2单调递减，
当x∈(－1，1)时，l(x)＝ex+1－x－2单调递增，
故l(x)≥l(－1)＝0，故h(x)≥h2(x)．
记y＝m与y＝h1(x)和y＝h2(x)的交点横坐标分别为x3，x4，则h(x1)＝m＝h1(x3)＝－3e2(x3＋2)，
故x3＝－2－，
由h1(x3)＝h(x1)＞h1(x1)，h1(x)单调递减，所以x1＞x3，
h(x2)＝m＝h2(x4)＝e(x4－1)，故x4＝1＋，
由h2(x4)＝h(x2)≥h2(x2)，h2(x)单调递增，所以x2≤x4，
由于m＜0，
所以|x1－x2|＝x2－x1＜x4－x3＝3＋
＝3＋m＜3＋m＜3＋．
1．已知函数f (x)＝x ln x－x．若f (x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1培优专练17　用切(割)线法证明零点差不等式
[证明]　f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ln x．
令f ′(x)>0，得x>1；
令f ′(x)<0，得0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所以0先证不等式x2－x1<2b＋e＋，
因为f (e)＝0，f ＝－，
f ′(e)＝1，f ′＝－1，
所以曲线y＝f (x)在x＝和x＝e处的切线方程分别为l1：y＝－x－和l2：y＝x－e，
如图，
令g(x)＝f (x)－＝xln x＋，0令g′(x)>0，则令g′(x)<0，则0所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(x)≥g＝0，
所以f (x)≥－x－在(0，1)上恒成立，
设直线y＝b与直线l1交点的横坐标为，
则≤x1，
设直线y＝b与直线l2交点的横坐标为，
同理可证x2≤，
因为＝－b－，＝b＋e，
所以x2－x1<－＝b＋e－
＝2b＋e＋(两个等号不同时成立)，
因此x2－x1<2b＋e＋．
再证不等式x2－x1>be＋e，
函数f (x)图象上有两点A(1，－1)，B(e，0)，
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所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e．
综上可得be＋e2．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[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＋，
f ′(0)＝1，设曲线y＝f (x)在(－1，0)处的切线为y＝h(x)，
则h(x)＝f ′(－1)(x＋1)＝(x＋1)，
令F(x)＝f (x)－h(x)＝(x＋1)，
则F′(x)＝(x＋2)ex－，
令m(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，
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)→－，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＋，
又h(x)单调递减，
且m＝h＝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－
＝1＋＝1＋2m＋，
即证x2－x1≤1＋2m＋．
THANK YOU