专题一　培优点1　切线放缩 2024年高考数学大二轮复习课件（含讲义）

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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.
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>sin x；当x<0时，x　　(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝sin x－aln(x＋1).(1)若a＝1，证明：当x∈[0,1]时，f(x)≥0；
首先证明sin x≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下：构造j(x)＝sin x－x，x∈[0，＋∞)，则j′(x)＝cs x－1≤0恒成立，故j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，故j(x)≤j(0)＝0，所以sin x≤x，x∈[0，＋∞).当a＝1时，f(x)＝sin x－ln(x＋1)，x∈[0,1]，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，故f(x)≥f(0)＝0.
(2)若a＝－1，证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤2ex－2.
令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞).当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sin x－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)，下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sin x≥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)＝sin x－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)，
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－sin x＋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.
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.
　　　(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ －2x.(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；
对于二次函数y＝2x2－x＋a，Δ＝1－8a.
f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
即证ex>ln x＋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.
当00，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ln x－x＋1≤0，则ex－(x＋1)＋[x－(ln x＋1)]＝ex－(ln x＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，即ex>ln x＋2.从而不等式得证.
　　(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x－x.若f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0得，0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，
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)，
易证x1x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.
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.
　　　(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x1f(x)＝(x＋1)(ex－1)，令f(x)＝0，有x1＝－1，x2＝0，
f′(0)＝1，设曲线y＝f(x)在(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，
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，
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)，
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＋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，
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；
令h(x)＝ln(x＋1)－x(x>－1)，
当－10，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)已知n∈N*，证明： 　　　　　 >sin(n＋1).
由(1)可得ln(x＋1)≤x，
2.(2023·遂宁模拟)已知函数f(x)＝a(x＋1)－　　，x∈R.(1)若f(x)是减函数，求实数a的取值范围；
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)若f(x)有两个极值点x1，x2，其中x1 ＋2.
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所以g(x)>e(x＋2).设方程e(x＋2)＝－a的根为x3，
过点(－1，e)和(0,0)的直线方程为y＝－ex，设m(x)＝g(x)＋ex，x∈(－1，＋∞)，
所以m(x)在(－1，＋∞)上单调递增，所以m(x)>m(－1)＝0，则g(x)>－ex，