文档文本内容
进阶3 切割线放缩
［分值：34 分］
1.(17 分)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；(4 分)
(2)证明：f(x)≥kx+b；(5 分)
(3)若函数g(x)=f(x)+m(m∈R)有两个零点x1，x2，证明：|x1-x2|≤1-m- m
ln2.(8 分)
2.(17 分)已知函数f(x)=(x-1)(ex-1).
(1)证明：f(x)存在唯一的极小值点x0；(7 分)
(2)若关于x 的方程f(x)=a(a<0)有两个不相等的实根x1，x2，证明：a(2 x0-1)
1- x0
+1<x1+x2<2x0.(10 分)
答案精析
1. (1)解 函数f(x)的定义域为(-1，+∞)，
f'(x)=ln(x+1)+ x -1
x +1，f'(1)=ln 2.
所以f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=ln 2·(x-1)，
即y=ln 2·x-ln 2，
故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，x∈(-1，+∞)，
则h'(x)=ln(x+1)- 2
x +1+1-ln 2.
令F(x)=h'(x)=ln(x+1)- 2
x +1+1-ln 2，x∈(-1，+∞)，
则F'(x)= 1
x +1+
2
( x +1)
2>0，
所以F(x)为增函数，即h'(x)为增函数.
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，即为关于x 的方程f(x)=-m 的两个根，不妨设x1<x2，
由题知，曲线y=f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=xln 2-ln 2，
令φ(x)=xln 2-ln 2，
设关于x 的方程φ(x)=-m 的根为x'2，
则x'2=1- m
ln 2.
由(2)知，f(x2)≥φ(x2)，
所以φ(x'2)=f(x2)≥φ(x2)，
因为φ(x)为增函数，所以x'2≥x2.
设曲线y=f(x)在点(0，0)处的切线方程为y=t(x)，
因为f'(0)=-1，所以t(x)=-x，
设关于x 的方程t(x)=-m 的根为x'1，
则x'1=m.
令T(x)=f(x)-t(x)，
同(2)证明可得T(x)≥0，即f(x)≥t(x)，
f(x1)≥t(x1)，
所以t(x'1)=f(x1)≥t(x1)，
又t(x)为减函数，所以x'1≤x1.
所以|x2-x1|=x2-x1≤x'2-x'1=1-m- m
ln 2.
2. 证明 (1)由题意，f'(x)=ex-1+(x-1)ex=xex-1，f″(x)=(x+1)ex，
所以f″(x)>0⇔x>-1，f″(x)<0⇔x<-1，
从而f'(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，
因为f'(0)=-1<0，f'(1)=e-1>0，
所以f'(x)在(-1，+∞)上有1 个零点，
而当x≤-1 时，显然f'(x)<0，
所以f'(x)在(-∞，-1］上没有零点，
故f'(x)有且仅有1 个零点，
设为x0，当x<x0时，f'(x)<0，
当x>x0时，f'(x)>0，
所以f(x)在(-∞，x0)上单调递减，
在(x0，+∞)上单调递增，
从而f(x)存在唯一的极小值点x0.
(2)设g(x)=f(x)+x，
则g(x)=(x-1)ex+1，
所以g'(x)=xex，
从而g'(x)>0⇔x>0，g'(x)<0⇔x<0，
故g(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，所以g(x)min=g(0)=0，
从而g(x)≥0 恒成立，当且仅当x=0 时取等号，
故当x>0 时，g(x)>0，即f(x)+x>0，
所以f(x)>-x.
①
f(x)过(x0，f(x0))，(1，0)两点的割线方程为y=f ( x0)
x0-1 (x-1)=(e
x0-1)(x-1)，
令h(x)=f(x)-(e
x0-1)(x-1)，
则h'(x)=f'(x)-e
x0+1=xex-e
x0，
当x∈(x0，1)时，h″(x)=(x+1)ex>0，
所以h'(x)在(x0，1)上单调递增，
又h'(x0)=x0e
x0-e
x0=(x0-1)e
x0<0，
h'(1)=e-e
x0>0，
所以h'(x)在(x0，1)上有1 个零点，记作α，
当x0<x<α 时，h'(x)<0；
当α<x<1 时，h'(x)>0，
故h(x)在(x0，α)上单调递减，在(α，1)上单调递增，
又h(x0)=h(1)=0，所以h(x)<0 在(x0，1)上恒成立，
即f(x)-(e
x0-1)(x-1)<0 恒成立，
故f(x)<(e
x0-1)(x-1)，
②
因为方程f(x)=a 有2 个实根x1，x2，
显然f(0)=f(1)=0，
所以f(x)<0⇔0<x<1，
不妨设x1<x2，
因为a<0，所以必有0<x1<x0<x2<1，且f(x1)=f(x2)=a，
由f(x1)=a 和不等式①可得a=f(x1)>-x1，
所以x1>-a；
由f(x2)=a 和不等式②可得
a=f(x2)<(e
x0-1)(x2-1)，
所以x2>
a
e
x0-1+1，
从而x1+x2>-a+
a
e
x0-1+1，
由f'(x0)=x0e
x0-1=0 可得e
x0= 1
x0
，
故x1+x2>-a+
a
1
x0
-1+1=a(2 x0-1)
1- x0
+1.
另一方面，要证x1+x2<2x0，
只需证x2<2x0-x1，
因为0<x1<x0<x2<1，
所以2x0-x1>x0，
结合f(x)在(x0，+∞)上单调递增知，
要证x2<2x0-x1，
只需证f(x2)<f(2x0-x1)，
又f(x1)=f(x2)，
所以只需证f(x1)<f(2x0-x1)，
即证f(x1)-f(2x0-x1)<0，
设φ(x)=f(x)-f(2x0-x)(0<x<x0)，
则φ'(x)=f'(x)+f'(2x0-x)
=xex+(2x0-x)e
2 x0- x-2，
φ″(x)=(x+1)ex-e
2 x0- x-(2x0-x)e
2 x0- x
=(x+1)ex-(2x0+1-x)e
2 x0- x，
因为当0<x<x0时，
易证0<x+1<2x0+1-x，0<ex<e
2 x0- x，
从而(x+1)ex<(2x0+1-x)e
2 x0- x，
所以φ″(x)<0，故φ'(x)在(0，x0)上单调递减，
又φ'(x0)=2x0e
x0-2=0，
所以φ'(x)>0 在(0，x0)上恒成立，故φ(x)在(0，x0)上单调递增，
显然φ(x0)=0，所以φ(x)<0 在(0，x0)上恒成立，
从而中φ(x1)=f(x1)-f(2x0-x1)<0，
故x1+x2<2x0成立，
综上所述，a(2 x0-1)
1- x0
+1<x1+x2<2x0.
