重点培优练15 切割线放缩在导数中的应用
1．已知a＝e0.1－1，b＝sin 0.1，c＝ln 1.1，则( )
A．a＜b＜c B．b＜c＜a
C．c＜a＜b D．c＜b＜a
2．已知实数a，b分别满足ln ＝0.01，eb＝1.01，且c＝，则( )
A．a
C．c3．已知函数f(x)＝4x－x4，x∈R．
(1)设曲线y＝f(x)与x 轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)；
(2)若方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：．
4．已知函数f(x)＝(x＞0，a∈R)．
(1)求证：f(x)＞＋1；
(2)若方程f(x)＝a有两个正实数根x1，x2(0＜x1＜x2)，证明：＜a－1．
重点培优练15
1．D [法一(构造法)：令f(x)＝ex－x－1，则f'(x)＝ex－1，
当x∈(0，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f(0.1)>f(0)，即e0.1－0.1－1>0，
故a＝e0.1－1>0.1．
令g(x)＝sin x－x，则g'(x)＝cos x－1<0在(0，1)上恒成立，
故g(x)＝sin x－x在(0，1)内单调递减，
故g(0.1)即b＝sin 0.1<0.1令h(x)＝ln(x＋1)－sin x，
则h'(x)＝－cos x
＝，
令m(x)＝1－(x＋1)cos x，
则m'(x)＝－cos x＋(x＋1)sin x，
易知m'(x)在内单调递增，
且m'<0，
故m'(x)<0在内恒成立，
故m(x)在内单调递减，
又m(0)＝1－1＝0，
故m(x)<0在内恒成立，
故h'(x)<0在内恒成立，
故h(x)在内单调递减，
故h(0.1)即ln 1.1－sin 0.1<0，
即c故选D．
法二(泰勒公式)：设x＝0.1，则
a＝e0.1－1＝0.1＋＋…，
b＝sin 0.1＝0.1－＋…，
c＝ln 1.1＝0.1－＋…，
故c2．C [由eb＝1.01，ln＝0.01，得b＝ln 1.01，a＝e0.01－1，
设g＝ex－x－1，则g'＝ex－1，
所以当x∈时，g'<0，g单调递减，
当x∈时，g'>0，g单调递增，所以g＝0，即ex－1≥x，
同理可证ln≤x，所以ln≤x≤ex－1，
当x＝0.01时，可得ln 1.01设f(x>0)，
则f'，
所以当x∈时，f'<0，f单调递减，
当x∈时，f'>0，f单调递增，
所以f，即ln 1.01－>ln 1，整理得ln 1.01>，即b>c，所以c3．解：(1)设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝，f'(x0)＝－12．曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f'(x0)(x－x0)，即g(x)＝f'(x0)(x－x0)．令函数F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f'(x0)(x－x0)，则F'(x)＝f'(x)－f'(x0)．由于f'(x)＝－4x3＋4在R上单调递减，故F'(x)在R上单调递减．又F'(x0)＝0，所以当x∈(－∞，x0)时，F'(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，F'(x)<0，所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)．
(2)证明：如图，设曲线y＝f(x)在x＝处的切线方程为y＝g(x)，由(1)知g(x)＝－12．设方程g(x)＝a的根为x'2，可得x'2＝－．因为g(x)在R上单调递减，又由(1)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x'2)，可得x2≤x'2．类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)，可得h(x)＝4x．对于任意的x∈R，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x)，设方程h(x)＝a的根为x'1，可得x'1＝．因为h(x)＝4x在R上单调递增，且h(x'1)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x'1≤x1．由此可得x2－x1≤x'2－x'1＝－．
4．证明：(1)不等式等价于ex>＋x＋1．记g(x)＝ex－－x－1，x>0，则g'(x)＝ex－x－1．当x>0时，ex>x＋1，故g'(x)>0，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0，所以ex>＋x＋1，得证．
(2)由(1)可得＋1，令m(x)＝＋1，根据对勾函数的性质可得m(x)在(0，，＋∞)上单调递增．画出y＝f(x)，y＝m(x)与y＝a的图象如图所示．设函数m(x)的图象与直线y＝a的交点的横坐标为x3，x4，显然有00，所以1/2培优课15 切割线放缩在导数中的应用
导数切割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，使问题简单化，利用切割线放缩法进行求解，能起到事半功倍的效果．
类型1 切线放缩法快速解答比较大小问题
1．几个常见函数的泰勒展开式(参阅教材人教A 版必修第一册P256T26)：
(1)ex＝1＋x＋＋…；
(2)＝1＋x＋x2＋x3＋…；
(3)ln (1＋x)＝x－＋…；
(4)cos x＝1－＋…；
(5)sin x＝x－＋…．
2．两个超越不等式
从泰勒展开公式中截取片段就构成了常见的不等式：
总结如下：(注意解答题需先证明后使用)
(1)对数型超越放缩：≤ln x≤x－1(x＞0)；
(2)指数型超越放缩：x＋1≤ex≤(x＜1)．
【典例1】 (1)已知a＝e0.01，b＝1.01，c＝1－ln ，则( )
A．c＞a＞b B．a＞c＞b
C．a＞b＞c D．b＞a＞c
(2)(2022·全国甲卷)已知a＝，b＝cos ，c＝4sin ，则( )
A．c＞b＞a B．b＞a＞c
C．a＞b＞c D．a＞c＞b
[听课记录]
反思领悟 几个常用不等式
(1)x∈(0，1)时，sin x＞ln (x＋1)；
(2)ln x≥1－(x＝1时取等号)；
(3)x＞0时，x＞sin x；
(4)x＞1时，ln x＞；
(5)sin x1．设a＝，b＝ln ，c＝sin ，则( )
A．bC．c2．已知3m＝e且a＝cos m，b＝1－m2，c＝，e是自然对数的底数，则( )
A．a＞b＞c B．c＞a＞b
C．c＞b＞a D．b＞a＞c
类型2 切线(割线)夹放缩解答导数零点差问题
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2】 已知函数f(x)＝x ln x－x．若f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1[听课记录]
反思领悟 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|．
3．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
培优课15 切割线放缩在导数中的应用
典例1 (1)C (2)A [(1)法一(构造函数)：设f(x)＝ex－1－x，则f'(x)＝ex－1>0在x>0时恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以ex－1－x>f(0)＝0，
即ex>1＋x，x>0，所以e0.01>1.01．
又ln 1.01>0，
所以eln 1.01>1＋ln 1.01，
即1.01>1－ln ，所以a>b>c．故选C．
法二(泰勒展开式)：设x＝0.01，则
a＝ex＝1＋0.01＋＋…，b＝1＋0.01，c＝1＋ln(1＋x)＝1＋ln(1＋0.01)＝1＋0.01－－…，
所以a>b>c．故选C．
(2)法一(构造函数)：
因为当x∈时，x故>1，故>1，所以c>b；
设f(x)＝cos x＋x2－1，x∈(0，＋∞)，
f'(x)＝－sin x＋x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f>f(0)＝0，所以cos>0，
所以b>a，所以c>b>a．故选A．
法二(泰勒展开式)：
设x＝0.25，则a＝，
b＝cos，
c＝4sin，计算得c>b>a，故选A．]
考教衔接
1．A [法一：令g，g'，
令g'>0，解得x>1；令g'<0，解得0所以g上单调递增，
所以g＝0，所以x－1≥ln x，由x－1≥ln x可知a>b．
设f(x)＝sin x－x，则f'(x)＝cos x－1在区间内单调递减，且f'>0，
所以函数f(x)在区间内单调递增．
所以f>f(0)＝0，即，即c>a．
故选A．
法二：b＝ln，
又由泰勒公式可知：sin x>x－，
所以sin，
即c＝＝a，
故c>a>b．]
2．B [∵3m＝e，∴ln 3m＝ln e，∴m＝∈(0，1)，∴a，b，c>0．
又sin x∴＝tan m>m，∴>cos m，即c>a．
法一：∵a－b＝cos m－1＋m2，
令f(x)＝cos x－1＋x2，x∈(0，1)，
∴f'(x)＝－sin x＋x>0，f(x)单调递增，
∴f(x)>f(0)＝0，
则a－b＝cos m－1＋m2>0，即a>b，
综上，c>a>b．故选B．
法二：由泰勒公式可知：cos x>1－，
所以cos m>1－，即a>b．综上可知c>a>b．]
典例2 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)内单调递减．
因为f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1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)－，0令g'(x)>0，则令g'(x)<0，则0所以g(x)在内单调递增，所以g(x)≥g＝0，
所以f(x)≥－x－在(0，1)内恒成立，
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－，x'2＝b＋e，
所以x2－x1因此x2－x1<2b＋e＋．
再证不等式x2－x1>be＋e．
函数f(x)的图象上有两点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x1x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e．
综上可得be＋e考教衔接
3．证明：f(x)＝(x＋1)(ex－1)，
令f(x)＝0，得x＝－1或x＝0，
f'(x)＝ex(x＋2)－1，f'(－1)＝－1＋，f'(0)＝1，设曲线y＝f(x)在点(－1，0)处的切线方程为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)在点(0，0)处的切线方程为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＋，
即证x2－x1≤1＋2m＋．
4/4(共58张PPT)
专题六 函数、导数和不等式
培优课15 切割线放缩在导数中的应用
导数切割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，使问题简单化，利用切割线放缩法进行求解，能起到事半功倍的效果．
类型1 切线放缩法快速解答比较大小问题
1．几个常见函数的泰勒展开式(参阅教材人教A 版必修第一册P256T26)：
(1)ex＝1＋x＋＋…；
(2)＝1＋x＋x2＋x3＋…；
(3)ln (1＋x)＝x－＋…；
(4)cos x＝1－＋…；
(5)sin x＝x－＋…．
2．两个超越不等式
从泰勒展开公式中截取片段就构成了常见的不等式：
总结如下：(注意解答题需先证明后使用)
(1)对数型超越放缩：≤ln x≤x－1(x＞0)；
(2)指数型超越放缩：x＋1≤ex≤(x＜1)．
【典例1】 (1)已知a＝e0.01，b＝1.01，c＝1－ln ，则( )
A．c＞a＞b B．a＞c＞b
C．a＞b＞c D．b＞a＞c
(2)(2022·全国甲卷)已知a＝，b＝cos ，c＝4sin ，则( )
A．c＞b＞a B．b＞a＞c
C．a＞b＞c D．a＞c＞b
√
√
(1)C (2)A [(1)法一(构造函数)：设f (x)＝ex－1－x，则f ′(x)＝ex－1＞0在x＞0时恒成立，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以ex－1－x＞f (0)＝0，
即ex＞1＋x，x＞0，所以e0.01＞1.01．
又ln 1.01＞0，
所以eln 1.01＞1＋ln 1.01，即1.01＞1－ln ，
所以a＞b＞c．故选C．
法二(泰勒展开式)：设x＝0.01，则
a＝ex＝1＋0.01＋＋…，b＝1＋0.01，c＝1＋ln (1＋x)＝1＋ln (1＋0.01)＝1＋0.01－－…，
所以a＞b＞c．故选C．
(2)法一(构造函数)：
因为当x∈时，x＜tan x，
故＝4tan＞1，故＞1，所以c＞b；
设f (x)＝cos x＋x2－1，x∈(0，＋∞)，
f ′(x)＝－sin x＋x＞0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f ＞f (0)＝0，所以cos ＞0，
所以b＞a，所以c＞b＞a．故选A．
法二(泰勒展开式)：
设x＝0.25，则a＝＝1－，
b＝cos ≈1－，
c＝4sin ＝≈1－，计算得c＞b＞a，故选A．]
反思领悟 几个常用不等式
(1)x∈(0，1)时，sin x＞ln (x＋1)；
(2)ln x≥1－(x＝1时取等号)；
(3)x＞0时，x＞sin x；
(4)x＞1时，ln x＞；
(5)sin x1．设a＝，b＝ln ，c＝sin ，则( )
A．bC．c√
A [法一：令g＝x－1－ln x，g′＝1－＝，
令g′>0，解得x>1；令g′<0，解得0所以g在内单调递减，在上单调递增，
所以g＝g＝0，所以x－1≥ln x，
由x－1≥ln x可知a>b．
设f (x)＝sin x－x，则f ′(x)＝cos x－1在区间内单调递减，且f ′＝－1＝>0，
所以函数f (x)在区间内单调递增．
所以f >f (0)＝0，即sin >，即c>a．
故选A．
法二：b＝ln ＝ln 又由泰勒公式可知：sin x>x－，
所以sin >＝，
即c＝sin >>＝a，
故c>a>b．]
2．已知3m＝e且a＝cos m，b＝1－m2，c＝，e是自然对数的底数，则( )
A．a＞b＞c B．c＞a＞b
C．c＞b＞a D．b＞a＞c
√
B [∵3m＝e，∴ln 3m＝ln e，∴m＝∈(0，1)，
∴a，b，c＞0．
又sin x∴＝tan m＞m，∴＞cos m，即c＞a．
法一：∵a－b＝cos m－1＋m2，
令f (x)＝cos x－1＋x2，x∈(0，1)，
∴f ′(x)＝－sin x＋x＞0，f (x)单调递增，
∴f (x)＞f (0)＝0，则a－b＝cos m－1＋m2＞0，即a＞b，
综上，c＞a＞b．故选B．
法二：由泰勒公式可知：
cos x>1－，所以cos m>1－，即a>b．综上可知c＞a＞b．]
类型2 切线(割线)夹放缩解答导数零点差问题
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2】 已知函数f (x)＝x ln x－x．若f (x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1[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)内单调递减．
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)在内单调递减，在内单调递增，所以g(x)≥g＝0，
所以f (x)≥－x－在(0，1)内恒成立，
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－，x′2＝b＋e，
所以x2－x1＝2b＋e＋，因此x2－x1<2b＋e＋．
再证不等式x2－x1>be＋e．
函数f (x)的图象上有两点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＋e反思领悟 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|．
3．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，得x＝－1或x＝0，
f ′(x)＝ex(x＋2)－1，f ′(－1)＝－1＋，
f ′(0)＝1，设曲线y＝f (x)在点(－1，0)处的切线方程为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)在点(0，0)处的切线方程为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＋．
【教用·备选题】
1．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．即m的取值范围是，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1由m<0，故x2＋x－2<0，解得－2所以x1，x2∈(－2，1)，
记h(x)＝(－2令h′(x)＝0，得x＝，
当x∈时，h′(x)<0，
当x∈时，h′(x)>0，
则h(x)在内单调递减，在内单调递增．
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)内单调递增，且k(x)＞k(－2)＝3－2－1＝0，即h(x)＞h1(x)．
设曲线y＝h(x)在点处的切线方程过点(1，0)(x0≠1)，
则曲线y＝h(x)在点处的切线斜率为，
所以＝，解得x0＝－1，
则曲线y＝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)单调递减，
当x∈(－1，1)时，l(x)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)图象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＋．
2．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)若关于x的不等式f (x)≥λ(x－1)在(0，＋∞)上恒成立，求实数λ的值；
(3)若关于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)的变化情况列表如下：
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)的变化情况列表如下：
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(x′1)＝a，h(x′2)＝a，解得x′1＝＝a＋1，∴x′2－x′1＝2a＋1＋e-2．由g(x′1)＝a＝f (x1)≥g(x1)，以及g(x)是减函数，得x′1≤x1(当且仅当a＝－2e-2时取等号)；由h(x′2)＝a＝f (x2)≥h(x2)，以及h(x)是增函数，得x2≤x′2(当且仅当a＝0时取等号)，于是x′1≤x1＜x2≤x′2(等号不同时取得)，故|x1－x2|＜x′2－x′1＝2a＋1＋e-2．
重点培优练15 切割线放缩在导数中的应用
√
1．已知a＝e0.1－1，b＝sin 0.1，c＝ln 1.1，则( )
A．a＜b＜c B．b＜c＜a
C．c＜a＜b D．c＜b＜a
题号
1
3
2
4
D [法一(构造法)：令f (x)＝ex－x－1，则f ′(x)＝ex－1，
当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，
故f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f (0.1)＞f (0)，
即e0.1－0.1－1＞0，
故a＝e0.1－1＞0.1．
令g(x)＝sin x－x，则g′(x)＝cos x－1＜0在(0，1)上恒成立，
故g(x)＝sin x－x在(0，1)内单调递减，
题号
1
3
2
4
故g(0.1)＜g(0)，即sin 0.1－0.1＜0，
即b＝sin 0.1＜0.1＜a．
令h(x)＝ln (x＋1)－sin x，则h′(x)＝－cos x＝，
令m(x)＝1－(x＋1)cos x，则m′(x)＝－cos x＋(x＋1)sin x，
易知m′(x)在内单调递增，
且m′＝－＝＜0，
故m′(x)＜0在内恒成立，
题号
1
3
2
4
故m(x)在内单调递减，
又m(0)＝1－1＝0，故m(x)＜0在内恒成立，
故h′(x)＜0在内恒成立，
故h(x)在内单调递减，
故h(0.1)＜h(0)＝0，
即ln 1.1－sin 0.1＜0，即c＜b，故c＜b＜a．故选D．
题号
1
3
2
4
法二(泰勒公式)：设x＝0.1，则
a＝e0.1－1＝0.1＋＋…，
b＝sin 0.1＝0.1－＋…，
c＝ln 1.1＝0.1－＋…，
故c＜b＜a．故选D．]
题号
1
3
2
4
√
2．已知实数a，b分别满足ln ＝0.01，eb＝1.01，且c＝，则( )
A．aC．c题号
1
3
2
4
C [由eb＝1.01，ln ＝0.01，得b＝ln 1.01，a＝e0.01－1，
设g＝ex－x－1，则g′＝ex－1，
所以当x∈时，g′<0，g单调递减，
当x∈时，g′>0，g单调递增，所以g≥g＝0，即ex－1≥x，
同理可证ln ≤x，所以ln ≤x≤ex－1，
当x＝0.01时，可得ln 1.01题号
1
3
2
4
设f ＝ln x－(x>0)，则f ′＝，
所以当x∈时，f ′<0，f 单调递减，
当x∈时，f ′>0，f 单调递增，
所以f>f ，即ln 1.01－>ln 1，整理得ln 1.01>，即b>c，所以c题号
1
3
2
4
3．已知函数f (x)＝4x－x4，x∈R．
(1)设曲线y＝f (x)与x 轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f (x)≤g(x)；
(2)若方程f (x)＝a(a为实数)有两个正实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：．
题号
1
3
2
4
[解] (1)设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝，f ′(x0)＝－12．曲线y＝
f (x)在点P处的切线方程为y＝f ′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f ′(x0)(x－x0)．令函数f (x)＝f (x)－g(x)，即f (x)＝f (x)－f ′(x0)(x－x0)，则f ′(x)＝f ′(x)－
f ′(x0)．由于f ′(x)＝－4x3＋4在R上单调递减，故f ′(x)在R上单调递减．又f ′(x0)＝0，所以当x∈(－∞，x0)时，f ′(x)＞0；当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)＜0，所以f (x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，都有f (x)≤f (x0)＝0，即对于任意的实数x，都有f (x)≤g(x)．
题号
1
3
2
4
(2)证明：如图，设曲线y＝f (x)在x＝处的切线方程为y＝g(x)，由(1)知g(x)＝．设方程g(x)＝a的根为x′2，可得x′2＝．因为g(x)在R上单调递减，又由(1)知g(x2)≥f (x2)＝a＝g(x′2)，可得x2≤x′2．类似地，设曲线y＝f (x)在原点处的切线方程为y＝h(x)，可得h(x)＝4x．对于任意的x∈R，有f (x)－h(x)＝－x4≤0，即f (x)≤h(x)，设方程h(x)＝a的根为x′1，可得x′1＝．因为h(x)＝4x在R上单调递增，且h(x′1)＝a＝f (x1)≤h(x1)，因此x′1≤x1．由此可得x2－x1≤x′2－x′1＝．
题号
1
3
2
4
4．已知函数f (x)＝(x＞0，a∈R)．
(1)求证：f (x)＞＋1；
(2)若方程f (x)＝a有两个正实数根x1，x2(0＜x1＜x2)，证明：＜a－1．
题号
1
3
2
4
[证明] (1)不等式等价于ex＞＋x＋1．记g(x)＝ex－－x－1，x＞0，则g′(x)＝ex－x－1．当x＞0时，ex＞x＋1，故g′(x)＞0，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(0)＝0，所以ex＞＋x＋1，得证．
题号
1
3
2
4
(2)由(1)可得＞＋1，令m(x)＝＋1，根据对勾函数的性质可得m(x)在(0，)内单调递减，在(，＋∞)上单调递增．画出y＝f (x)，y＝m(x)与y＝a的图象如图所示．设函数m(x)的图象与直线y＝a的交点的横坐标为x3，x4，显然有0＜x3＜x1＜x2＜x4，而且x3，x4是方程＋1＝a的两根，即x3，x4是方程x2＋2(1－a)x＋2＝0的两根，所以x3＋x4＝2(a－1)，x3x4＝2，又＞＞＞＞0，所以＜＝＝＝＝＜a－1．得证．
题号
1
3
2
4
谢 谢！
