進(jìn)階3切割線放縮［分值：34分］1.(17分)已知函數(shù)f(x)=(x1)ln(x+1)，曲線y=f(x)在點(1，0)處的切線方程為y=kx+b.(1)求k，b的值；(4分)(2)證明：f(x)≥kx+b；(5分)(3)若函數(shù)g(x)=f(x)+m(m∈R)有兩個零點x1，x2，證明：|x1x2|≤1mmln2.(8分2.(17分)已知函數(shù)f(x)=(x1)(ex1).(1)證明：f(x)存在唯一的極小值點x0；(7分)(2)若關(guān)于x的方程f(x)=a(a<0)有兩個不相等的實根x1，x2，證明：a(2x0-1)1-x0+1<x1+x2<2答案精析1.(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(1，+∞)，f'(x)=ln(x+1)+x-1x+1，f'(1)所以f(x)在點(1，0)處的切線方程為y=ln2·(x1)，即y=ln2·xln2，故k=ln2，b=ln2.(2)證明設(shè)h(x)=f(x)kxb=(x1)ln(x+1)xln2+ln2，x∈(1，+∞)，則h'(x)=ln(x+1)2x+1+1ln令F(x)=h'(x)=ln(x+1)2x+1+1ln2，x∈(1，+∞則F'(x)=1x+1+2所以F(x)為增函數(shù)，即h'(x)為增函數(shù).又h'(1)=ln21+1ln2=0，所以當(dāng)x∈(1，1)時，h'(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，+∞)時，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)≥xln2ln2.(3)證明g(x)=f(x)+m(m∈R)的兩個零點x1，x2，即為關(guān)于x的方程f(x)=m的兩個根，不妨設(shè)x1<x2，由題知，曲線y=f(x)在點(1，0)處的切線方程為y=xln2ln2，令φ(x)=xln2ln2，設(shè)關(guān)于x的方程φ(x)=m的根為x'2，則x'2=1mln2由(2)知，f(x2)≥φ(x2)，所以φ(x'2)=f(x2)≥φ(x2)，因為φ(x)為增函數(shù)，所以x'2≥x2.設(shè)曲線y=f(x)在點(0，0)處的切線方程為y=t(x)，因為f'(0)=1，所以t(x)=x，設(shè)關(guān)于x的方程t(x)=m的根為x'1，則x'1=m.令T(x)=f(x)t(x)，同(2)證明可得T(x)≥0，即f(x)≥t(x)，f(x1)≥t(x1)，所以t(x'1)=f(x1)≥t(x1)，又t(x)為減函數(shù)，所以x'1≤x1.所以|x2x1|=x2x1≤x'2x'1=1mmln22.證明(1)由題意，f'(x)=ex1+(x1)ex=xex1，f″(x)=(x+1)ex，所以f″(x)>0?x>1，f″(x)<0?x<1，從而f'(x)在(∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，+∞)上單調(diào)遞增，因為f'(0)=1<0，f'(1)=e1>0，所以f'(x)在(1，+∞)上有1個零點，而當(dāng)x≤1時，顯然f'(x)<0，所以f'(x)在(∞，1］上沒有零點，故f'(x)有且僅有1個零點，設(shè)為x0，當(dāng)x<x0時，f'(x)<0，當(dāng)x>x0時，f'(x)>0，所以f(x)在(∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，+∞)上單調(diào)遞增，從而f(x)存在唯一的極小值點x0.(2)設(shè)g(x)=f(x)+x，則g(x)=(x1)ex+1，所以g'(x)=xex，從而g'(x)>0?x>0，g'(x)<0?x<0，故g(x)在(∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min=g(0)=0，從而g(x)≥0恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取等號，故當(dāng)x>0時，g(x)>0，即f(x)+x>0，所以f(x)>x.①f(x)過(x0，f(x0))，(1，0)兩點的割線方程為y=f(x0)x0-1(x1)=(令h(x)=f(x)(ex01)(x1則h'(x)=f'(x)ex0+1=xex當(dāng)x∈(x0，1)時，h″(x)=(x+1)ex>0，所以h'(x)在(x0，1)上單調(diào)遞增，又h'(x0)=x0ex0ex0=(x01h'(1)=eex0所以h'(x)在(x0，1)上有1個零點，記作α，當(dāng)x0<x<α?xí)r，h'(x)<0；當(dāng)α<x<1時，h'(x)>0，故h(x)在(x0，α)上單調(diào)遞減，在(α，1)上單調(diào)遞增，又h(x0)=h(1)=0，所以h(x)<0在(x0，1)上恒成立，即f(x)(ex01)(x1)故f(x)<(ex01)(x1)，因為方程f(x)=a有2個實根x1，x2，顯然f(0)=f(1)=0，所以f(x)<0?0<x<1，不妨設(shè)x1<x2，因為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)<(ex01)(x21所以x2>aex從而x1+x2>a+aex由f'(x0)=x0ex01=0可得ex故x1+x2>a+a1x0另一方面，要證x1+x2<2x0，只需證x2<2x0x1，因為0<x1<x0<x2<1，所以2x0x1>x0，結(jié)合f(x)在(x0，+∞)上單調(diào)遞增知，要證x2<2x0x1，只需證f(x2)<f(2x0x1)，又f(x1)=f(x2)，所以只需證f(x1)<f(2x0x1)，即證f(x1)f(2x0x1)<0，設(shè)φ(x)=f(x)f(2x0x)(0<x<x0)，則φ'(x)=f'(x)+f'(2x0x)=xex+(2x0x)e2xφ″(x)=(x+1)exe2x0-x(2=(x+1)ex(2x0+1x)e2因為當(dāng)0<x<x0時，易證0<x+1<2x0+1x，0<ex<e2從而(x+1)ex<(2x0+1x)e2所以φ″(x)<0，故φ'(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，又φ'(x0)=2x0ex0所以φ