微專題1　切割線放縮

微專題1切割線放縮【知識(shí)拓展】函數(shù)的凸性與切割線放縮：(1)下凸函數(shù)：如圖1，對(duì)于函數(shù)f(x)，若在其圖象上任取兩點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端點(diǎn)外，線段AB始終在函數(shù)f(x)的圖象的上方，在f(x)的圖象上任取點(diǎn)C(x0，f(x0))，函數(shù)f(x)在點(diǎn)C處的切線y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)除切點(diǎn)外，始終在f(x)圖象的下方，我們稱f(x)為下凸函數(shù)，滿足f″(x)≥0的函數(shù)f(x)為下凸函數(shù).對(duì)于下凸函數(shù)，可利用切割線進(jìn)行放縮，f(x)≥f′(x0)(x－x0)＋f(x0),當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f(x)<eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)(x－x1)＋f(x1).(2)上凸函數(shù)：如圖2，對(duì)于函數(shù)f(x)，若在其圖象上任取兩點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端點(diǎn)外，線段AB始終在函數(shù)f(x)的圖象的下方，在f(x)的圖象上任取點(diǎn)C(x0，f(x0))，函數(shù)f(x)在點(diǎn)C處的切線y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)除切點(diǎn)外，始終在f(x)圖象的上方，我們稱f(x)為上凸函數(shù)，滿足f″(x)≤0的函數(shù)f(x)為上凸函數(shù).對(duì)于上凸函數(shù)，可利用切割線進(jìn)行放縮，f(x)≤f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f(x)>eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)(x－x1)＋f(x1).【類型突破】類型一切線放縮證明不等式例1(2023·武漢質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ex－x2.(1)求曲線f(x)在x＝1處的切線方程；(2)求證：當(dāng)x>0時(shí)，eq\f(ex＋（2－e）x－1,x)≥lnx＋1.(1)解由題設(shè)得f′(x)＝ex－2x，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝e1－2×1＝e－2，,f（1）＝e－1，))所以曲線f(x)在x＝1處的切線方程為y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即y＝(e－2)x＋1.(2)證明要證當(dāng)x>0時(shí)，eq\f(ex＋（2－e）x－1,x)≥lnx＋1，即證ex＋(1－e)x－xlnx－1≥0，因?yàn)閒(0)＝1，且曲線f(x)在x＝1處的切線方程為y＝(e－2)x＋1.故可猜測(cè)：當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，f(x)的圖象恒在切線y＝(e－2)x＋1的上方，下面證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥(e－2)x＋1，設(shè)φ(x)＝f(x)－(e－2)x－1(x>0)，則φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，令F(x)＝φ′(x)，F(xiàn)′(x)＝ex－2，當(dāng)x∈(0，ln2)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，φ′(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(ln2，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，φ′(x)單調(diào)遞增，又φ′(0)＝3－e>0，φ′(ln2)<0，0<ln2<1，φ′(1)＝0，所以存在x0∈(0，1)，使得φ′(x)＝0，所以當(dāng)x∈(0，x0)∪(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0；當(dāng)x∈(x0，1)，φ′(x)<0，故φ(x)在(0，x0)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x0，1)上單調(diào)遞減，又φ(0)＝φ(1)＝0，所以φ(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))，故eq\f(ex＋（2－e）x－1,x)≥x(x>0).設(shè)t(x)＝x－lnx－1(x>0)，t′(x)＝1－eq\f(1,x)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，t′(x)>0，t(x)單調(diào)遞增，所以t(x)min＝t(1)＝0，從而有t(x)＝x－lnx－1≥0即x≥lnx＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)).所以eq\f(ex＋（2－e）x－1,x)≥x≥lnx＋1，即eq\f(ex＋（2－e）x－1,x)≥lnx＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立).規(guī)律方法切線放縮證明不等式的原理：f(x)≥l切≥g(x)或f(x)≤l切≤g(x).訓(xùn)練1已知f(x)＝ex＋cos2x＋2x2＋x－2.(1)求f(x)在x＝0處的切線；(2)求證：f(x)≥ln(2x＋1).(1)解由題意知f′(x)＝ex－2sin2x＋4x＋1，則f′(0)＝2，而f(0)＝0，所以f(x)在x＝0處的切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)證明因?yàn)閒(0)＝0，且曲線f(x)在x＝0處的切線方程為y＝2x，故可猜測(cè)，f(x)的圖象恒在切線y＝2x的上方，先證f(x)≥2x，令g(x)＝f(x)－2x＝ex＋cos2x＋2x2－x－2，則g′(x)＝ex－2sin2x＋4x－1，g″(x)＝ex－4cos2x＋4>0恒成立，∴g′(x)單調(diào)遞增，又g′(0)＝0，易知g(x)≥g(0)＝0，∴f(x)≥2x(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立).再證2x≥ln(2x＋1)，令h(x)＝2x－ln(2x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)))，h′(x)＝2－eq\f(2,2x＋1)＝eq\f(4x,2x＋1)，令h′(x)＝0，解得x＝0.當(dāng)x>0時(shí)，h′(x)>0，則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)－eq\f(1,2)<x<0時(shí)，h′(x)<0，則h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上單調(diào)遞減，所以h(x)≥h(0)＝0，即2x≥ln(2x＋1)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)，綜上f(x)≥ln(2x＋1)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立).類型二切線放縮求參數(shù)例2若ex－2xlnx－kx－1≥0對(duì)任意實(shí)數(shù)x>0都成立，求k的取值范圍.解由ex－2xlnx－kx－1≥0，得k≤eq\f(ex－1,x)－2lnx，設(shè)μ(x)＝eq\f(ex－1,x)－2lnx，μ′(x)＝eq\f(1＋ex（x－1）－2x,x2)，令μ′(x)＝0，得1＋ex(x－1)－2x＝0，∴ex－2－eq\f(1,x－1)＝0，記φ(x)＝ex－2－eq\f(1,x－1)，則x>1時(shí)，φ(x)單調(diào)遞增，x→1時(shí)，φ(x)<0，x＝2時(shí)，φ(x)>0.設(shè)其根為x0，則x0∈(1，2)，所以μ(x)的極值點(diǎn)在x＝1附近.因此考慮在x＝1處進(jìn)行切線放縮，而y＝eq\f(ex－1,x)在x＝1處的切線為y＝x＋e－2，所以有eq\f(ex－1,x)≥x＋e－2，即μ(x)≥x＋e－2－2lnx.設(shè)h(x)＝x－2lnx＋e－2，h′(x)＝1－eq\f(2,x)，可得h(x)在x＝2處取最小值，h(2)＝e－2ln2，即k≤e－2ln2.∴k的取值范圍為(－∞，e－2ln2].規(guī)律方法利用切線放縮求參數(shù)范圍：可先分離參數(shù)，然后找到所設(shè)函數(shù)的極值點(diǎn)范圍后運(yùn)用切線放縮.訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(x2,2)－1，(1)若直線y＝x＋a為f(x)的切線，求a的值；(2)若對(duì)x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥bx，求b的取值范圍.解(1)設(shè)直線y＝x＋a與曲線f(x)相切于點(diǎn)(x0，y0)，因?yàn)閒′(x)＝ex－x，則f′(x0)＝ex0－x0＝1，解得x0＝0，則y0＝f(x0)＝0，即0＋a＝0，解得a＝0.(2)因?yàn)閒(0)＝0，且曲線f(x)在x＝0處的切線方程為y＝x.故可猜測(cè)f(x)的圖象恒在切線y＝x的上方，先證當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)≥x，即證當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，ex－eq\f(x2,2)－x－1≥0，設(shè)h(x)＝ex－eq\f(x2,2)－x－1(x>0)，則h′(x)＝ex－x－1，設(shè)P(x)＝h′(x)＝ex－x－1，則P′(x)＝ex－1，因?yàn)镻′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又因?yàn)閔′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(0)＝0，所以ex－eq\f(x2,2)－x－1>0，即ex－eq\f(x2,2)－1>x，由此可得只需x≥bx即可.解得b≤1.類型三切線夾的應(yīng)用例3(2023·南京調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ln(x＋1)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，0)處的切線方程為y＝kx＋b.(1)求k，b的值；(2)證明：f(x)≥kx＋b；(3)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋m(m∈R)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，證明：|x1－x2|≤1－m－eq\f(m,ln2).(1)解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)，f′(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(x－1,x＋1)，f′(1)＝ln2.所以切線方程為y＝ln2·(x－1)，即k＝ln2，b＝－ln2.(2)證明設(shè)h(x)＝f(x)－kx－b＝(x－1)ln(x＋1)－xln2＋ln2，h′(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2,x＋1)＋1－ln2.令F(x)＝h′(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2,x＋1)＋1－ln2，則F′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋eq\f(2,（x＋1）2)>0，所以F(x)單調(diào)遞增，即h′(x)單調(diào)遞增.又h′(1)＝ln2－1＋1－ln2＝0，所以當(dāng)x∈(－1，1)時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝0，即h(x)≥0，所以f(x)≥xln2－ln2.(3)證明g(x)＝f(x)＋m(m∈R)的兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，即為f(x)＝－m的兩根，不妨設(shè)x1<x2，由題知，曲線y＝f(x)在(1，0)處的切線方程為y＝xln2－ln2，令φ(x)＝xln2－ln2，即φ(x)＋m＝0，即φ(x)＝－m的根為x2′，則x2′＝1－eq\f(m,ln2)，由(2)知，f(x2)≥φ(x2)，∴φ(x2′)＝f(x2)≥φ(x2)，∵φ(x)單調(diào)遞增，∴x2′≥x2.設(shè)曲線y＝f(x)在(0，0)處的切線方程為y＝t(x)，∵f′(0)＝－1，∴t(x)＝－x，設(shè)方程t(x)＋m＝0，即t(x)＝－m的根為x1′，則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)單調(diào)遞減，∴x1′<x1，∴|x2－x1|＝x2－x1≤x2′－x1′＝1－m－eq\f(m,ln2).規(guī)律方法1.一般地，給出函數(shù)的表達(dá)式，證明關(guān)于函數(shù)零點(diǎn)差的不等式(無(wú)等號(hào))，可以考慮切線夾技巧來(lái)解決.2.切線夾的本質(zhì)是把兩零點(diǎn)利用切線的零點(diǎn)來(lái)放縮不等式.訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若方程f(x)＝m有兩個(gè)實(shí)根x1，x2，且x1<x2，證明：x2－x1≤1＋eq\f(m（1－2e）,1－e).證明如圖，設(shè)f(x)在(－1，0)處的切線方程為y＝h(x)，由f′(x)＝(x＋2)ex－1，易得，h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))(x＋1)，令F(x)＝f(x)－h(huán)(x)，即F(x)＝(x＋1)(ex－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))(x＋1)，F(xiàn)′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，當(dāng)x≤－2時(shí)，F(xiàn)′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)≤－eq\f(1,e)<0，當(dāng)x>－2時(shí)，則F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)單調(diào)遞增，又F′(－1)＝0，所以當(dāng)x<－1時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)x>－1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以函數(shù)F(x)在區(qū)間(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，故F(x)≥F(－1)＝0，f(x1)≥h(x1)，設(shè)h(x)＝m的根為x1′，則x1′＝－1＋eq\f(me,1－e)，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)，又函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，故x1′≤x1，又設(shè)f(x)在(0，0)處的切線方程為φ(x)，易得φ(x)＝x.令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，g′(x)＝(x＋2)ex－2，當(dāng)x≤－2時(shí)，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，當(dāng)x>－2時(shí)，g′(x)＝(x＋2)ex－2單調(diào)遞增，又g′(0)＝0，所以當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)≥g(0)＝0，即(x＋1)(ex－1)≥x，故f(x)≥φ(x)，則f(x2)≥φ(x2)，設(shè)φ(x)＝m的根為x2′，則x2′＝m，且φ(x2′)＝f(x2)≥φ(x2)，又函數(shù)φ(x)單調(diào)遞增，故x2′≥x2，又x1′≤x1，x2－x1≤x2′－x1′＝m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(me,1－e)))＝1＋eq\f(m（1－2e）,1－e).類型四割線放縮及割線夾例4證明：當(dāng)0＜x＜1時(shí)，x[esinx－xln(x＋1)]＞ex－x－1恒成立.證明如圖函數(shù)y＝ex經(jīng)過(guò)A(0，1)，B(1，e)的割線方程為y＝(e－1)x＋1，易證當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，(e－1)x＋1＞ex，故要證x∈(0，1)時(shí)，x[esinx－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[esinx－xln(x＋1)]＞(e－2)x，即esinx－xln(x＋1)＞e－2成立，則原不等式成立.∵et≥t＋1，xln(x＋1)＜(ln2)·x，∴esinx－x·ln(x＋1)＋2－e＞sinx＋3－e－(ln2)x.由y＝sinx的割線如圖，由割線放縮可得，sinx＞eq\f(sin1－sin0,1－0)x＝(sin1)x，0＜x＜1，sin1＞sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，(eq\f(\r(2),2))2＝eq\f(1,2)＞(eq\f(2,3))2＝eq\f(4,9)，∴(sin1)x＞eq\f(2,3)x，∴sinx＋3－e－(ln2)x＞(sin1)x－(ln2)x＋3－e＞eq\f(2,3)x－(ln2)x＋3－e＝(eq\f(2,3)－ln2)·x＋3－e，令g(x)＝(eq\f(2,3)－ln2)·x＋3－e，x∈(0，1)，g′(x)＝eq\f(2,3)－ln2＜0，x∈(0，1)，g(x)單調(diào)遞減，故g(x)＞g(1)＝eq\f(2,3)＋3－e－ln2＞eq\f(3,4)－ln2＞0(e2＜8，eq\f(2,3)＝lneeq\f(2,3)＜ln2)，故原不等式恒成立.規(guī)律方法1.割線放縮關(guān)鍵是根據(jù)不等式的特點(diǎn)和需要，找準(zhǔn)相關(guān)的函數(shù)及其割線，才能恰當(dāng)?shù)馗罹€放縮.2.割線夾本質(zhì)與切線夾類似.訓(xùn)練4(2023·廣州質(zhì)檢改編)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若方程f(x)＝m有2個(gè)根x1，x2(x2>x1)，求證：x2－x1>1＋em.證明(割線夾)f′(x)＝1＋lnx，f(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)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).又當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)<0，x>1時(shí)，f(x)>0，∴－eq\f(1,e)<m<0時(shí)，f(x)＝m有2個(gè)不等的根x1，x2(x2>x1).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，可證得：f(x)<－x，故y＝m時(shí)，x1<－m；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時(shí)，可證得：eq\f(x－1,e－1)>f(x)，故y＝m時(shí)，x2>1＋(e－1)m，∴x2－x1>1＋em.【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、基本技能練1.設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)，x∈[0，1].求證：(1)f(x)≥1－x＋x2；(2)eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).證明(1)因?yàn)?－x＋x2－x3＝eq\f(1－（－x）4,1－（－x）)＝eq\f(1－x4,1＋x)，由于x∈[0，1]，得eq\f(1－x4,1＋x)≤eq\f(1,1＋x)，即1－x＋x2－x3≤eq\f(1,1＋x)，從而得f(x)≥1－x＋x2.(2)由于x∈[0，1]，得x3≤x(割線放縮).故f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)≤x＋eq\f(1,1＋x)－eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(（x－1）（2x＋1）,2（x＋1）)＋eq\f(3,2)≤eq\f(3,2).當(dāng)x＝1時(shí)恰好等號(hào)能同時(shí)滿足.再結(jié)合第(1)問(wèn)的結(jié)論，得到f(x)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(19,24)>eq\f(3,4)，從而得到結(jié)論eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).2.已知函數(shù)f(x)＝4ex－1＋ax2，曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝bx＋1.(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)x>0且x≠1時(shí)，證明：曲線y＝f(x)的圖象恒在切線y＝bx＋1的上方；(3)證明不等式：4xex－1－x3－3x－2lnx≥0.(1)解f′(x)＝4ex－1＋2ax，由曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝bx＋1知：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝4＋2a＝b，,f（1）＝4＋a＝b＋1，))解得a＝－1，b＝2.(2)證明由題意只需證：當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，4ex－1－x2>2x＋1；設(shè)g(x)＝4ex－1－x2－2x－1，則g′(x)＝4ex－1－2x－2，g″(x)＝4ex－1－2，易知g″(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增；且g″(1)＝2>0，g″(0)＝eq\f(4,e)－2<0，∴必定存在x0∈(0，1)，使得g″(x0)＝0，則g′(x)在(0，x0)單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)單調(diào)遞增，其中g(shù)′(0)＝eq\f(4,e)－2<0，g′(1)＝0，即g(x)在(0，1)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝0，即當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，g(x)>0成立；所以當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，曲線y＝f(x)的圖象在切線y＝bx＋1的上方.(3)證明要證4xex－1－x3－3x－2lnx≥0，只需證4ex－1－x2－3－eq\f(2lnx,x)≥0.由(2)知x>0時(shí)，4ex－1－x2≥2x＋1.故只需證2x＋1≥3＋eq\f(2lnx,x)，即證x2－x－lnx≥0，設(shè)φ(x)＝x2－x－lnx，則φ′(x)＝2x－1－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－x－1,x)＝eq\f(（2x＋1）（x－1）,x)，易知φ(x)在(0，1)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增，∴φ(x)≥φ(1)＝0；即不等式4xex－1－x3－3x－2lnx≥0成立.3.(2023·青島模擬改編)已知x1lnx1＝x2lnx2＝a，且x1<x2，求證：x2－x1<2a＋1＋e－2.證明設(shè)函數(shù)f(x)＝xlnx(x>0)，f′(x)＝1＋lnx(x>0).設(shè)p(x)＝1＋lnx(x>0)，則p′(x)＝eq\f(1,x)(x>0)，當(dāng)x>0時(shí)，p′(x)>0，因而f′(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增，而當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)，f′(x)＝0，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)<0，f(x)＝xlnx單調(diào)遞減，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)＝xlnx單調(diào)遞增.而f(x)＝xlnx＝0，解得x＝1.取其在x＝e－2和x＝1處的切線，分別為l1：g(x)＝－x－e－2和l2：m(x)＝x－1，令h(x)＝f(x)－g(x)＝xlnx＋x＋e－2(x>0)，則h′(x)＝2＋lnx，當(dāng)0<x<e－2時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>e－2時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增.于是h(x)≥h(e－2)＝0，從而f(x)≥g(x)，令φ(x)＝f(x)－m(x)＝xlnx－x＋1(x>0)，則φ′(x)＝lnx，當(dāng)0<x<1時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，于是φ(x)≥φ(1)＝0，從而f(x)≥m(x)，如圖.直線y＝a與直線l1，函數(shù)f(x)的圖象和直線l2分別交于x1′，x1，x2，x2′，則有：x1′<x1<x2<x2′，x2－x1<x2′－x1′＝(a＋1)－(－a－e－2)＝2a＋1＋e－2.二、創(chuàng)新拓展練4.(2023·蘭州一診)已知函數(shù)f(x)＝xnlnx－nlnx(n∈N*).(1)當(dāng)n＝1時(shí)，求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)n>1時(shí)，函數(shù)y＝f(x)的圖象與x軸交于P，Q兩點(diǎn)，且點(diǎn)Q在右側(cè).①若函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)Q處的切線為y＝g(x)，求證：當(dāng)x>1時(shí)，f(x)≥g(x)；②若方程f(x)＝t(0<t<n－1)有兩根a，b，求證：|a－b|<eq\f(\r(n,n1－n),lnn)t＋eq\r(n,n).(1)解當(dāng)n＝1時(shí)，f(x)＝(x－1)lnx，f′(x)＝lnx＋1－eq\f(1,x)，當(dāng)0<x<1時(shí)，lnx<0，1－eq\f(1,x)<0，故f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，lnx>0，1－eq\f(1,x)>0，故f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，綜上，函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，1).(2)證明當(dāng)n>1時(shí)，可知函數(shù)存在零點(diǎn)1和neq\f(1,n)，且neq\f(1,n)>1eq\f(1,n)＝1，因此，Q點(diǎn)坐標(biāo)為(neq\f(1,n)，0)；①f′(x)＝nxn－1lnx＋xn－1－eq\f(n,x)，所以f′(neq\f(1,n))＝neq\f(n－1,n)lnn，則f(x)在點(diǎn)Q(neq\f(1,n)，0)處的切線方程為l1：g(x)＝neq\f(n－1,n)lnn·eq\b\lc\