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培优点14 切线夹逼证明函数不等式
[考情分析] 双变量的证明问题一直是教学中的难点，我们接触较多的是极值点偏移问题，但有关函数中
两零点间距离的证明问题，对学生而言存在一定难度，这类问题的设计背景来源于解析几何中的弦长公式|
AB|=√1+ k
2|x1-x2|，函数的形式多变.
例 已知函数f(x)=1- x
2
e
x
.
(1)求函数f(x)的零点x0，以及曲线y=f(x)在x=x0处的切线方程；
(2)设方程f(x)=m(m>0)有两个实根x1，x2，求证：|x1-x2|<2-m(1+ 1
2e).
(1)解 令f(x)=1- x
2
e
x
=0，得x=±1，所以函数f(x)的零点x0=±1，又f'(x)= x
2-2 x -1
e
x
，则f'(-1)=2e，f'(1)=-2
e ，
则曲线y=f(x)在点(-1，0)，(1，0)处的切线方程分别为y=2e(x+1)和y=-2
e (x-1).
(2)证明
画出函数f(x)=1- x
2
e
x
的图象，易知 x1，x2∈(-1，1)，
又f(0)=1，f'(0)=-1，所以曲线y=f(x)在点(-1，0)，(0，1)处的切线方程分别为y=2e(x+1)和y=-x+1.
令g(x)=2e(x+1)，h(x)=-x+1.
先证f(x)<g(x)(-1<x<1)，再证f(x)≤h(x)(-1<x<1).
构造函数F(x)=f(x)-g(x)=1- x
2
e
x
-2e(x+1) (-1<x<1)，
易证当-1<x<1 时，F'(x)= x
2-2 x -1
e
x
-2e<0，所以F(x)在(-1，1)上单调递减，
故F(x)=1- x
2
e
x
-2e(x+1)<F(-1)=0，
即f(x)<g(x)(-1<x<1).
f(x)-h(x)=1- x
2
e
x
+x-1
=( x -1)[e
x -( x +1)]
e
x
(-1<x<1)，
令φ(x)=ex-(x+1)(-1<x<1)，
φ'(x)=ex-1，
令φ'(x)<0，得-1<x<0，
令φ'(x)>0，得0<x<1，
则φ(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，
所以当-1<x<1 时，φ(x)≥φ(0)=0，
又当-1<x<1 时，x-1<0，ex>0，
所以f(x)-h(x)≤0，
即f(x)≤h(x)(-1<x<1)，
不妨设-1<x1<x2<1，方程g(x)=m 的根为x'1，
可得x'1= m
2e -1.
因为g(x)在(-1，1)上单调递增，且g(x1)>f(x1)=m=g(x'1)，
所以x1> x'1.
类似地，设方程h(x)=m 的根为x'2，可得x'2=1-m.
因为h(x)在(-1，1)上单调递减，且h(x2)≥f(x2)=m=h(x'2)，所以x2≤ x'2.
由此可得x2-x1< x'2-x'1=1-m-(
m
2e -1)=2-m(1+ 1
2e).
综上，|x1-x2|<2-m(1+ 1
2e).
[规律方法] 当方程的根无法求解时，可以联想到弦长公式的求法|AB|=√1+k
2|x1-x2|，设而不求，尝试转化，
借助第(1)问，利用切线夹逼，这是一种以直代曲的思想(定积分的思想)，将不可求解问题化归为可求解问
题，在选取切线时需合理，且需要严格论证.
跟踪演练 已知函数f(x)=xln x.
(1)对于任意的x>0，证明：f(x)≥-2x-e-3；
(2)若f(x)=b 有两个实根x1，x2(x1≠x2)，求证：|x1-x2|<3
2b+1+ 1
2e
3.
证明 (1)令g(x)=f(x)+2x+e-3=xln x+2x+e-3，g'(x)=ln x+3，
显然g'(x)=0 时，x=e-3，当x∈(0，e-3)时，g'(x)<0，
∴函数g(x)在(0，e-3)上单调递减；
当x∈(e-3，+∞)时，g'(x)>0，
∴函数g(x)在(e-3，+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(e-3)=-3e-3+2e-3+e-3=0.
∴对于任意的x>0，f(x)≥-2x-e-3.
(2)当x=1 时，f(1)=0，由函数f(x)=xln x 在点(1，0)处切线的斜率k=f'(1)=1，
可得在(1，0)处的切线方程为y=x-1，
作出直线y=x-1 与f(x)=xln x 的图象，如图，根据图象可得x1，x2∈(0，1)，易证f(x)>x-1(0<x<1)，
记直线y=-2x-e-3，y=x-1 分别与y=b 交于点(x'1，b)，(x'2，b)，
可得x'1=-b-e
-3
2
，x'2=b+1，不妨设x1<x2，则x'1≤x1，x2<x'2，
故|x1-x2|=x2-x1<x'2-x'1=(b+1)-(- b
2 - 1
2e
3)=3
2b+1+ 1
2e
3，
故|x1-x2|<3
2b+1+ 1
2e
3.
专题强化练
[分值：34 分]
1.(17 分)已知函数f(x)=4x-x4，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间；(4 分)
(2)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)；(6 分)
(3)若方程f(x)=a(a 为实数)有两个实数根x1，x2，且x1<x2，求证：x2-x1≤-a
3+4
1
3.(7 分)
(1)解 由f(x)=4x-x4，可得f'(x)=4-4x3.
当f'(x)>0，即x<1 时，函数f(x)单调递增；
当f'(x)<0，即x>1 时，函数f(x)单调递减.
所以f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞).
(2)证明 设点P 的坐标为(x0，0)，
则x0=4
1
3，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).
因为F'(x0)=0，f'(x)=4-4x3是R 上的减函数，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，
则对于任意实数x，F(x)≤F(x0)=0，
即对任意实数x，都有f(x)≤g(x).
(3)证明 由(2)知，g(x)=-12(x - 4
1
3)，
设方程g(x)=a 的根为x'2，可得x'2=- a
12+4
1
3.
因为g(x)在R 上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2)，因此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)，f'(0)=4，
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=a
4 ，
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，如图所示，由此可得x2-x1≤x'2-x'1=-a
3+4
1
3.
2.(17 分)已知f(x)=x-xln x-1，记f(x)在x=1
e 处的切线方程为y=g(x).
(1)证明：g(x)≥f(x)；(8 分)
(2)若方程f(x)=m 有两个不相等的实根x1，x2(x1<x2)，证明：x1-x2>2m+2-e-1
e .(9 分)
证明 (1)f(x)=x-xln x-1 的定义域为(0，+∞)，
∵f'(x)=1-(ln x+1)=-ln x，∴f'(
1
e)=1，
f (
1
e)=1
e +1
e -1=2
e -1，
∴f(x)在x=1
e 处的切线方程为
y-(
2
e -1)=x-1
e ，
则g(x)=x+1
e -1.
令F(x)=g(x)-f(x)=x+1
e -1-(x-xln x-1)=1
e +xln x，x∈(0，+∞)，
则F'(x)=1+ln x，令F'(x)=0，解得x=1
e ，
∴当0<x<1
e 时，F'(x)<0，F(x)在(0，1
e)上单调递减，
当x>1
e 时，F'(x)>0，F(x)在(
1
e ，+ ∞)上单调递增，∴F(x)min=F(
1
e)=0，
∴F(x)≥0 在(0，+∞)上恒成立，即g(x)≥f(x).
(2)由(1)知f'(x)=-ln x，令f'(x)=0，得x=1，
∴当0<x<1 时，f'(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增，
当x>1 时，f'(x)<0，f(x)在(1，+∞)上单调递减，
∴f(x)max=f(1)=0，
当x→0 时，f(x)→-1；
当x>e 时，f(x)<f(e)=-1，
∵方程f(x)=m 有两个不相等的实根x1，x2(x1<x2)，
∴-1<m<0，且0<x1<1<x2<e，
∵f'(e)=-1，f(e)=-1，
∴函数f(x)在x=e 处的切线方程为y-(-1)=-(x-e)，即y=-x+e-1.
下证f(x)≤-x+e-1，
令h(x)=-x+e-1-f(x)=-x+e-1-(x-xln x-1)=-2x+xln x+e，x∈(0，+∞)，
则h'(x)=-2+ln x+1=-1+ln x，
令h'(x)=0，解得x=e，
∴当0<x<e 时，h'(x)<0，h(x)在(0，e)上单调递减，
当x>e 时，h'(x)>0，h(x)在(e，+∞)上单调递增，∴h(x)min=h(e)=0，
∴h(x)≥0 在(0，+∞)上恒成立，即f(x)≤-x+e-1，当且仅当x=e 时等号成立.
∵1<x2<e，
∴m=f(x2)<-x2+e-1，即-x2>m-e+1，
由(1)知，f(x)≤g(x)=x+1
e -1，
∵0<x1<1，∴m=f(x1)≤x1+1
e -1，
即x1≥m-1
e +1，∴x1-x2>2m+2-e-1
e .
