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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)<(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)>(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＋. 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)＝(x＋1)， 令F(x)＝f(x)－h(x)， 即F(x)＝(x＋1)(ex－1)－(x＋1)， F′(x)＝(x＋2)ex－， 当x≤－2 时， F′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0， 当x>－2 时，则F′(x)＝(x＋2)ex－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＋，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－ ＝1＋. 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－. (1)解 函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝ln(x＋1)＋， f′(1)＝ln 2. 所以切线方程为y＝ln 2·(x－1)， 即k＝ln 2，b＝－ln 2. (2)证明 设h(x)＝f(x)－kx－b ＝(x－1)ln(x＋1)－xln 2＋ln 2， h′(x)＝ln(x＋1)－＋1－ln 2. 令F(x)＝h′(x) ＝ln(x＋1)－＋1－ln 2， 则F′(x)＝＋>0， 所以F(x)单调递增，即h′(x)单调递增. 又h′(1)＝ln 2－1＋1－ln 2＝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)≥xln 2－ln 2. (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＝xln 2－ln 2， 令φ(x)＝xln 2－ln 2，即φ(x)＋m＝0， 即φ(x)＝－m 的根为x2′， 则x2′＝1－， 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－. 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[esin x－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[esin x－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[esin x－xln(x＋1)]＞(e－2)x， 即esin x－xln(x＋1)＞e－2 成立，则原不等式成立. ∵et≥t＋1，xln(x＋1)＜(ln 2)·x， ∴esin x－x·ln(x＋1)＋2－e＞sin x＋3－e－(ln 2)x. 由y＝sin x 的割线如图， 由割线放缩可得，sin x＞x＝(sin 1)x，0＜x＜1，sin 1＞sin ＝， ()2＝＞()2＝，∴(sin 1)x＞x， ∴sin x＋3－e－(ln 2)x＞(sin 1)x－(ln 2)x＋3－e＞x－(ln 2)x＋3－e ＝(－ln 2)·x＋3－e， 令g(x)＝(－ln 2)·x＋3－e，x∈(0，1)， g′(x)＝－ln 2＜0，x∈(0，1)，g(x)单调递减， 故g(x)＞g(1)＝＋3－e－ln 2＞－ln 2＞0 (e2＜8，＝ln e＜ ln 2)，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)＝xln x，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＋ln x，f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min＝f＝－. 又当0<x<1 时，f(x)<0，x>1 时，f(x)>0， ∴－<m<0 时，f(x)＝m 有2 个不等的根x1，x2(x2>x1). 当x∈时，可证得：f(x)<－x， 故y＝m 时，x1<－m； 当x∈时，可证得：>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x1ln x1＝x2ln x2＝a，且x1<x2， 求证：x2－x1<2a＋1＋e－2. 证明 设函数f(x)＝xln x(x>0)， f′(x)＝1＋ln x(x>0). 设p(x)＝1＋ln x(x>0)， 则p′(x)＝(x>0)， 当x>0 时，p′(x)>0，因而f′(x)在(0, ＋∞)上单调递增， 而当x＝时，f′(x)＝0， 所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)＝xln x 单调递减， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)＝xln x 单调递增. 而f(x)＝xln x＝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)＝xln x＋x＋e－2(x>0)，则h′(x)＝2＋ln x， 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)＝xln x－x＋1(x>0)，则φ′(x)＝ln x， 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)＝xnln x－nln x(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|<t＋. (1)解 当n＝1 时，f(x)＝(x－1)ln x， f′(x)＝ln x＋1－， 当0<x<1 时，ln x<0，1－<0，故f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x>1 时，ln x>0，1－>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n， 且n>1＝1，因此，Q 点坐标为(n，0)； ①f′(x)＝nxn－1ln x＋xn－1－， 所以f′(n)＝nln n， 则f(x)在点Q(n，0)处的切线方程为l1： g(x)＝nln n·， 令φ(x)＝f(x)－g(x)， 则φ′(x)＝f′(x)－g′(x)＝nxn－1ln x＋xn－1－－nln n， 当1<x<n 时，0<ln x<ln n，0<xn－1<n， ∴nxn－1ln x<nln n，nxn－1ln x－nln n<0， >＝n，而－<－n， ∴xn－1－<n－n＝0， ∴φ′(x)<0，φ(x)单调递减， 同理，当x>n 时，φ(x)单调递增， ∴φ(x)≥φ(n)＝ln n－ln n－nln n＋nln n＝0， 所以当x>1 时，f(x)≥g(x). ②f′(1)＝1－n，则f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为l2：m(x)＝(1－n)(x－1)， 令k(x)＝f(x)－m(x)， 则k′(x)＝nxn－1lnx＋xn－1－－(1－n) ＝＋nxn－1ln x， 当x∈(0，1)时，xn<1，x<1，ln x<0， 故k′(x)<0， 当x∈(1，＋∞)时，xn>1，x>1，ln x>0， 故k′(x)>0， 于是k(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以k(x)≥k(1)＝0，则 f(x)≥m(x)， 如图，不妨设0<a<1<b，直线y＝t 与直线l2，函数f(x)的图象和直线l1分别交于 a′，a，b，b′， 则有a′<a<b<b′， 于是|a－b|<|a′－b′|＝b′－a′＝n＋n－1－<t＋.
