高考數(shù)學(xué)重難點培優(yōu)全攻略(新高考專用)培優(yōu)點01　切線放縮(2大考點+強化訓(xùn)練)(原卷版+解析)

培優(yōu)點01切線放縮（2大考點+強化訓(xùn)練）在高考壓軸題中，經(jīng)?？疾榕c導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問題，這些問題可以用常規(guī)方法求解，也可以用切線不等式進(jìn)行放縮．導(dǎo)數(shù)切線放縮法是一種非常實用的數(shù)學(xué)方法，它可以幫助我們更好地理解函數(shù)的性質(zhì)和變化規(guī)律，更能使問題簡單化，利用切線不等式進(jìn)行求解，能起到事半功倍的效果．【知識導(dǎo)圖】【考點分析】考點一：單切線放縮常見的切線放縮：?x∈R都有ex≥x＋1.當(dāng)x>－1時，ln(x＋1)≤x.當(dāng)x>0時，x>sinx；當(dāng)x<0時，x<sinx.規(guī)律方法該方法適用于凹函數(shù)與凸函數(shù)且它們的凹凸性相反的問題(拆成兩個函數(shù))，兩函數(shù)有斜率相同的切線，這是切線放縮的基礎(chǔ)，引入一個中間量，分別證明兩個不等式成立，然后利用不等式的傳遞性即可，難點在合理拆分函數(shù)，尋找它們斜率相等的切線隔板.【例1】（2023上·遼寧大連·高三大連八中?？计谥校┮阎瘮?shù)，．(1)若函數(shù)（其中：為的導(dǎo)數(shù)）有兩個極值點，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)時，求證：．【變式】（2023上·貴州黔東南·高三統(tǒng)考期中）函數(shù).(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)時，若，求證：.考點二：雙切線放縮規(guī)律方法含有兩個零點的f(x)的解析式(可能含有參數(shù)x1，x2)，告知方程f(x)＝b有兩個實根，要證明兩個實根之差小于(或大于)某個表達(dá)式．求解策略是畫出f(x)的圖象，并求出f(x)在兩個零點處(有時候不一定是零點處)的切線方程(有時候不是找切線，而是找過曲線上某兩點的直線)，然后嚴(yán)格證明曲線f(x)在切線(或所找直線)的上方或下方，進(jìn)而對x1，x2作出放大或者縮小，從而實現(xiàn)證明．【例2】（2024上·浙江嘉興·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)．(1)若時，在其定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若，時，函數(shù)有兩個極值點，，求證：．【變式】（2024下·河北·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知函數(shù)(1)若、在處切線的斜率相等，求的值；(2)若方有兩個實數(shù)根，試證明：;(3)若方程有兩個實數(shù)根，試證明：.【強化訓(xùn)練】1．（2024上·江蘇揚州·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)的最小值為.(1)求實數(shù)的值；(2)若有兩個不同的實數(shù)根，求證：.2．（2024上·重慶·高三重慶南開中學(xué)?？茧A段練習(xí)）若函數(shù)在定義域內(nèi)存在兩個不同的數(shù)，，同時滿足，且在點，處的切線斜率相同，則稱為“切合函數(shù)”.(1)證明：為“切合函數(shù)”；(2)若為“切合函數(shù)”（其中為自然對數(shù)的底數(shù)），并設(shè)滿足條件的兩個數(shù)為，.（?。┣笞C：；（ⅱ）求證：.3.(2023·重慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinx－aln(x＋1)．(1)若a＝1，證明：當(dāng)x∈[0,1]時，f(x)≥0；(2)若a＝－1，證明：當(dāng)x∈[0，＋∞)時，f(x)≤2ex－2.4.(2023·柳州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－2x.(1)當(dāng)a>0時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)．5.(2023·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－x.若f(x)＝b有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1<x2.求證：be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).6.(2023·山東省實驗中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若函數(shù)g(x)＝f(x)－m(m>0)有兩個零點x1，x2，且x1<x2，證明：x2－x1≤1＋2m＋eq\f(m,e－1).7．(2023·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)．(1)證明：當(dāng)x>－1時，f(x)≤x；(2)已知n∈N*，證明：>sin(n＋1)．8．(2023·遂寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝a(x＋1)－eq\f(x＋3,ex)，x∈R.(1)若f(x)是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若f(x)有兩個極值點x1，x2，其中x1<x2，求證：x2－x1>eq\f(2a,e)＋2.培優(yōu)點01切線放縮（2大考點+強化訓(xùn)練）在高考壓軸題中，經(jīng)?？疾榕c導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問題，這些問題可以用常規(guī)方法求解，也可以用切線不等式進(jìn)行放縮．導(dǎo)數(shù)切線放縮法是一種非常實用的數(shù)學(xué)方法，它可以幫助我們更好地理解函數(shù)的性質(zhì)和變化規(guī)律，更能使問題簡單化，利用切線不等式進(jìn)行求解，能起到事半功倍的效果．【知識導(dǎo)圖】【考點分析】考點一：單切線放縮常見的切線放縮：?x∈R都有ex≥x＋1.當(dāng)x>－1時，ln(x＋1)≤x.當(dāng)x>0時，x>sinx；當(dāng)x<0時，x<sinx.規(guī)律方法該方法適用于凹函數(shù)與凸函數(shù)且它們的凹凸性相反的問題(拆成兩個函數(shù))，兩函數(shù)有斜率相同的切線，這是切線放縮的基礎(chǔ)，引入一個中間量，分別證明兩個不等式成立，然后利用不等式的傳遞性即可，難點在合理拆分函數(shù)，尋找它們斜率相等的切線隔板.【例1】（2023上·遼寧大連·高三大連八中?？计谥校┮阎瘮?shù)，．(1)若函數(shù)（其中：為的導(dǎo)數(shù)）有兩個極值點，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)時，求證：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）先求得，然后求得，根據(jù)在有兩個變號零點列不等式組，由此求得的取值范圍.（2）要證，即證，設(shè)，，，利用切線放縮可證，利用單調(diào)性證得所證不等式成立.【詳解】（1）依題意知：，，∴，，∴，∵有兩個極值點，∴在有兩個變號零點，令得：，，關(guān)于x的一元二次方程有兩個不等的正根，記為，，∴，即，解得，∴，故a的取值范圍為：．（2）證明：當(dāng)時，，要證，即證，即證，設(shè)，，，∴，先證，令，，當(dāng)時，，∴在上單調(diào)遞增，又∵，∴時，即．再證，令，，當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減．∴，∴，即成立，∴，∴時，單調(diào)遞增，∴當(dāng)，，當(dāng)，，∴，又，是上的增函數(shù)，所以函數(shù)在上增函數(shù)，，即當(dāng)，，綜上，，，命題得證．【點睛】思路點睛：本題第二問屬于利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，可先用分析法化簡轉(zhuǎn)化所證不等式，即證，通過構(gòu)造函數(shù)，再結(jié)合導(dǎo)數(shù)，利用切線放縮，，可證，再由單調(diào)性來證得不等式成立.【變式】（2023上·貴州黔東南·高三統(tǒng)考期中）函數(shù).(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)時，若，求證：.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分類討論a的取值范圍，結(jié)合解不等式，即可求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)時，確定在單調(diào)遞增，，由此可判斷是否相等的情況，當(dāng)時，分別位于內(nèi)，構(gòu)造函數(shù)，判斷其性質(zhì)，結(jié)合其性質(zhì)即可證明不等式成立.【詳解】（1）由題意定義域為，，當(dāng)時，令，解得或，此時的單調(diào)增區(qū)間為；令，解得，的單調(diào)減區(qū)間為；當(dāng)時，，等號僅在是成立，此時的單調(diào)增區(qū)間為，無減區(qū)間；當(dāng)時，令，解得或，此時的單調(diào)增區(qū)間為；令，解得，的單調(diào)減區(qū)間為；綜合上述：時，的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為；當(dāng)時，的單調(diào)增區(qū)間為，無減區(qū)間；當(dāng)時，的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為；（2）當(dāng)時，，由（1）知在單調(diào)遞增，且，故當(dāng)時，必有，此時，當(dāng)時，則必有分別位于內(nèi)；令，令，則，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減，故，即，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪?；令，則，故恒成立，不妨設(shè)，則，即，又，即，故，則，即，綜合上述可得.【點睛】難點點睛：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間以及證明不等式；難點在于不等式的證明，解答時要注意到當(dāng)時，單調(diào)遞增，且，由此可判斷的取值情況，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合其性質(zhì)即可證明不等式.考點二：雙切線放縮規(guī)律方法含有兩個零點的f(x)的解析式(可能含有參數(shù)x1，x2)，告知方程f(x)＝b有兩個實根，要證明兩個實根之差小于(或大于)某個表達(dá)式．求解策略是畫出f(x)的圖象，并求出f(x)在兩個零點處(有時候不一定是零點處)的切線方程(有時候不是找切線，而是找過曲線上某兩點的直線)，然后嚴(yán)格證明曲線f(x)在切線(或所找直線)的上方或下方，進(jìn)而對x1，x2作出放大或者縮小，從而實現(xiàn)證明．【例2】（2024上·浙江嘉興·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)．(1)若時，在其定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若，時，函數(shù)有兩個極值點，，求證：．【答案】(1)或(2)證明見解析【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，將函數(shù)在其定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為方程有解，構(gòu)造函數(shù)，，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，確定其取值范圍，結(jié)合驗證，即可求得答案；（2）函數(shù)有兩個極值點，即有兩解，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與直線有兩個交點的問題，進(jìn)而設(shè)的圖象與x軸的交點為，，表示出兩點處的切線方程，即可求得與直線交點的橫坐標(biāo)，的表達(dá)式，結(jié)合，整理變形，即可證明結(jié)論.【詳解】（1）當(dāng)時，，．令，顯然不是該方程的解，故，令，，當(dāng)以及時，；當(dāng)時，；在遞減，在遞減，在單調(diào)遞增．當(dāng)時，；當(dāng)時，．由于函數(shù)在其定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，即方程有解，從而或，當(dāng)時，令，則，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增，故，即，取等號，此時在上單調(diào)遞增，不符合題意，故或；（2）時，，．因為函數(shù)有兩個極值點，即有兩解，即函數(shù)的圖象與直線有兩個交點，令，得．當(dāng)，；當(dāng)，，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，所以．設(shè)的圖象與x軸的交點為，，則函數(shù)的圖象在點P處的切線為．又，，，所以，函數(shù)的圖象在Q處的切線為．設(shè)直線與直線，的交點的橫坐標(biāo)分別為，，則，，所以，由于，故，即．【點睛】難點點睛：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及到函數(shù)的單調(diào)性以及極值和不等式的證明問題，難點在于（2）根據(jù)函數(shù)有兩個極值點，證明不等式，解答時要將函數(shù)有兩個極值點，即有兩解，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與直線有兩個交點，進(jìn)而再借助于切線方程，證明結(jié)論【變式】（2024下·河北·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知函數(shù)(1)若、在處切線的斜率相等，求的值；(2)若方有兩個實數(shù)根，試證明：;(3)若方程有兩個實數(shù)根，試證明：.【答案】(1)1(2)證明見解析；(3)證明見解析【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解即可；（2）由題意得，首先證明，再結(jié)合差比性質(zhì)得，變形后，結(jié)合換元法及導(dǎo)數(shù)知識求證即可得證；（3）首先令去掉絕對值符號，再求得，的根，以及方程的根，結(jié)合放縮的知識可得，所以原不等式可得.【詳解】（1），,又,所以.（2）由（1）知，則令，令時，單調(diào)遞增時，單調(diào)遞減所以因為由差比的性質(zhì)知：，又，則欲證：即證：不妨設(shè)：下證，令下證令所以在上單調(diào)遞增，所以所以（3）不妨設(shè)，下證在處的切線方程為構(gòu)造當(dāng)時，;時，;所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增又所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以，設(shè)方程的函數(shù)值為的根，則因為在上單調(diào)遞減，所以，在處的切線方程為,構(gòu)造當(dāng)時，;時，;所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增又所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增所以所以設(shè)方程的根又，由在上單調(diào)遞增所以又所以.【點睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合運用：求切線的斜率切線方程，求函數(shù)單調(diào)性和最值，考查分類討論思想方法和構(gòu)造函數(shù)法，考查化簡運算能力和推理能力，屬于難題．【強化訓(xùn)練】1．（2024上·江蘇揚州·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)的最小值為.(1)求實數(shù)的值；(2)若有兩個不同的實數(shù)根，求證：.【答案】(1)1；(2)證明見解析.【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性，結(jié)合最小值求參數(shù)值即可；（2）根據(jù)題設(shè)及導(dǎo)數(shù)判斷的單調(diào)性及區(qū)間符號，進(jìn)而有，根據(jù)極值點偏移，構(gòu)造并利用導(dǎo)數(shù)研究上的單調(diào)性，證明，再記函數(shù)與和交點的橫坐標(biāo)分別為，結(jié)合導(dǎo)數(shù)證得、，有，即可證結(jié)論.【詳解】（1）因為，令，可得，當(dāng)時單調(diào)遞減；當(dāng)時單調(diào)遞增.所以，所以.（2）證明：由（1）知，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，當(dāng)時，

所以，先證明.記，則，當(dāng)時，，所以單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，，即，故，即.又，由單調(diào)性知：，即.再證明.記函數(shù)與和交點的橫坐標(biāo)分別為.①當(dāng)時，，故，所以，.（或：的圖象在的圖象的下方，且兩個函數(shù)在上都是減函數(shù)）②當(dāng)時，記，所以.當(dāng)時單調(diào)遞減；當(dāng)時單調(diào)遞增.又，當(dāng)時，，即.故所以，故.（或的圖象在的圖象的下方，且兩個函數(shù)在上都遞增）綜上，.【點睛】關(guān)鍵點睛：第二問，首先應(yīng)用極值點偏移構(gòu)造證，再記函數(shù)與和交點的橫坐標(biāo)分別為，依次證、為關(guān)鍵.2．（2024上·重慶·高三重慶南開中學(xué)校考階段練習(xí)）若函數(shù)在定義域內(nèi)存在兩個不同的數(shù)，，同時滿足，且在點，處的切線斜率相同，則稱為“切合函數(shù)”.(1)證明：為“切合函數(shù)”；(2)若為“切合函數(shù)”（其中為自然對數(shù)的底數(shù)），并設(shè)滿足條件的兩個數(shù)為，.（?。┣笞C：；（ⅱ）求證：.【答案】(1)證明見解析(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）假設(shè)存在，滿足題意，結(jié)合題意，，即可求解；（2）結(jié)合新定義“切合函數(shù)”滿足的條件，得到，的關(guān)系，構(gòu)造新的函數(shù)求導(dǎo)利用單調(diào)性證明.【詳解】（1）假設(shè)存在，滿足題意，易知，由題可得：，代入上式可解得，，或，，故為“切合函數(shù)”.（2）由題可知，因為為“切合函數(shù)”，故存在不同的，（不妨設(shè)），使得，即，（?。┫茸C：，即證：，令，則由可知，要證上式，只需證：，易知，故在上單調(diào)遞減，所以，故有成立，由上面的②式可得；（ⅱ）由上面的②式可得：，代入到①式中可得：，且由（?。┛傻?（另解：由上面的②式可得，代入到①式的變形：，整理后也可得到）故要證，只需證：，設(shè)，則即證：，，設(shè)，，，在上單調(diào)遞增，，下面證明在上恒成立，令，則，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在處取得最小值，，所以在上恒成立，所以當(dāng)時，，即，在上單調(diào)遞增，，所以原不等式成立.【點睛】方法點睛：考查了函數(shù)的新定義以及不等式的證明問題，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，通過構(gòu)造新函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性證明.3.(2023·重慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinx－aln(x＋1)．(1)若a＝1，證明：當(dāng)x∈[0,1]時，f(x)≥0；(2)若a＝－1，證明：當(dāng)x∈[0，＋∞)時，f(x)≤2ex－2.【解析】證明(1)首先證明sinx≤x，x∈[0，＋∞)，證明如下：構(gòu)造j(x)＝sinx－x，x∈[0，＋∞)，則j′(x)＝cosx－1≤0恒成立，故j(x)＝sinx－x在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故j(x)≤j(0)＝0，所以sinx≤x，x∈[0，＋∞)．當(dāng)a＝1時，f(x)＝sinx－ln(x＋1)，x∈[0,1]，f′(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)＝1－2sin2eq\f(x,2)－eq\f(1,1＋x)≥1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2－eq\f(1,x＋1)＝1－eq\f(x2,2)－eq\f(1,1＋x)≥1－eq\f(x,2)－eq\f(1,x＋1)(0≤x≤1)，故f′(x)≥eq\f(2＋2x－x2－x－2,2＋2x)＝eq\f(x1－x,2＋2x)≥0在x∈[0,1]上恒成立，所以f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，故f(x)≥f(0)＝0.(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)．當(dāng)a＝－1時，g(x)＝2ex－2－sinx－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)，下證：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sinx≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0處取等號，令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，則r′(x)＝ex－1≥0，故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故r(x)≥r(0)＝0，且在x＝0處取等號，由(1)知j(x)＝sinx－x在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故j(x)≤j(0)＝0，且在x＝0處取等號，令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，則t′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)≥0，故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0處取等號，綜上有g(shù)(x)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0處取等號，即(2ex－2)－f(x)≥0，即證f(x)≤2ex－2.4.(2023·柳州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－2x.(1)當(dāng)a>0時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)．【解析】(1)解由題意可知x>0，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)－2＝－eq\f(2x2－x＋a,x2)，對于二次函數(shù)y＝2x2－x＋a，Δ＝1－8a.當(dāng)a≥eq\f(1,8)時，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<eq\f(1,8)時，二次函數(shù)y＝－2x2＋x－a有2個大于零的零點，分別是x1＝eq\f(1－\r(1－8a),4)，x2＝eq\f(1＋\r(1－8a),4)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≥eq\f(1,8)時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<eq\f(1,8)時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明要證ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)，即證ex>lnx＋2.不妨設(shè)h(x)＝ex－(x＋1)，則h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，當(dāng)x<0時，h′(0)<0，當(dāng)x>0時，h′(0)>0，因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立．令m(x)＝lnx－x＋1，m′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)0<x<1時，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝1時，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此lnx－x＋1≤0，則ex－(x＋1)＋[x－(lnx＋1)]＝ex－(lnx＋2)>0恒成立(等號成立的條件不一致，故舍去)，即ex>lnx＋2.從而不等式得證．5.(2023·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－x.若f(x)＝b有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1<x2.求證：be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).【解析】證明f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0得，0<x<1，所以f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減．因為f(x)＝b有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1<x2.所以0<x1<1<x2，先證不等式x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e)，因為f(e)＝0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(2,e)，f′(e)＝1，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－1，所以曲線y＝f(x)在x＝eq\f(1,e)和x＝e處的切線分別為l1：y＝－x－eq\f(1,e)和l2：y＝x－e，如圖，令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,e)))＝xlnx＋eq\f(1,e)，0<x<1，則g′(x)＝1＋lnx，令g′(x)>0，則eq\f(1,e)<x<1；令g′(x)<0，則0<x<eq\f(1,e)，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，所以g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以f(x)≥－x－eq\f(1,e)在(0,1)上恒成立，設(shè)直線y＝b與直線l1交點的橫坐標(biāo)為x′1，則x′1≤x1，設(shè)直線y＝b與直線l2交點的橫坐標(biāo)為x′2，同理可證x2≤x′2，因為x′1＝－b－eq\f(1,e)，x′2＝b＋e，所以x2－x1<x′2－x′1＝b＋e－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b－\f(1,e)))＝2b＋e＋eq\f(1,e)(兩個等號不同時成立)，因此x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).再證不等式x2－x1>be＋e，函數(shù)圖象f(x)上有兩點A(1，－1)，B(e,0)，設(shè)直線y＝b與直線OA：y＝－x，AB：y＝eq\f(1,e－1)(x－e)的交點的橫坐標(biāo)分別為x3，x4，易證x1<x3<x4<x2，且x3＝－b，x4＝(e－1)b＋e，所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.綜上可得be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e)成立．6.(2023·山東省實驗中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若函數(shù)g(x)＝f(x)－m(m>0)有兩個零點x1，x2，且x1<x2，證明：x2－x1≤1＋2m＋eq\f(m,e－1).【解析】證明f(x)＝(x＋1)(ex－1)，令f(x)＝0，有x1＝－1，x2＝0，f′(x)＝ex(x＋2)－1，f′(－1)＝－1＋eq\f(1,e)，f′(0)＝1，設(shè)曲線y＝f(x)在(－1,0)處的切線方程為y＝h(x)，則h(x)＝f′(－1)(x＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))(x＋1)，令F(x)＝f(x)－h(huán)(x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,e)))，則F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，令m(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，則m′(x)＝(x＋3)ex，所以當(dāng)x<－3時，m′(x)<0；當(dāng)x>－3時，m′(x)>0，所以F′(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，在(－3，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x→－∞時，F(xiàn)′(x)→－eq\f(1,e)，又F′(－1)＝0，所以當(dāng)x<－1時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，所以F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，則f(x1)≥h(x1)，設(shè)h(x)＝m的根為x3，則x3＝－1＋eq\f(em,1－e)，又h(x)單調(diào)遞減，且m＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3))＝f(x1)≥h(x1)，所以x3≤x1，設(shè)曲線y＝f(x)在(0,0)處的切線為y＝t(x)，則t(x)＝x，令G(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，則G′(x)＝(x＋2)ex－2，依據(jù)F′(x)的單調(diào)性可知，G′(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，在(－3，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x→－∞時，G′(x)→－2，且G′(0)＝0，所以G(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以G(x)≥G(0)＝0，所以f(x)≥t(x)恒成立，所以f(x2)≥t(x2)，設(shè)t(x)＝m的根為x4，則x4＝m，又函數(shù)t(x)單調(diào)遞增，且m＝t(x4)＝f(x2)≥t(x2)，所以x4≥x2，所以x2－x1≤x4－x3＝m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(em,1－e)))＝1＋eq\f(2e－1m,e－1)＝1＋2m＋eq\f(m,e－1)，即證x2－x1≤1＋2m＋eq\f(m,e－1).7．(2023·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)．(1)證明：當(dāng)x>－1時，f(x)≤x；(2)已知n∈N*，證明：>sin(n＋1)．證明(1)令h(x)＝ln(x＋1)－x(x>－1)，則h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝－eq\f(x,x＋1)，當(dāng)－1<x<0時，h′(x)>0，則函數(shù)h(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增，當(dāng)x>0時，h′(x)<0，則函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤x.(2)由(1)可得ln(x＋1)≤x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號，令x＝eq\f(1,n)，∴eq\f(1,n)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝lneq\f(n＋1,n)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>lneq\f(2,1)