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-mln2
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(a0)有两个不相等的实根x1，x2，证明：a(2x0?1)1?x0+1x1
答案精析
1.(1)解函数f(x)的定义域为(-1，+∞)，
f(x)=ln(x+1)+x?1x+1，f(1)
所以f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=ln2·(x-1)，
即y=ln2·x-ln2，
故k=ln2，b=-ln2.
(2)证明设h(x)=f(x)-kx-b
=(x-1)ln(x+1)-xln2+ln2，x∈(-1，+∞)，
则h(x)=ln(x+1)-2x+1+1-ln
令F(x)=h(x)=ln(x+1)-2x+1+1-ln2，x∈(-1，+
则F(x)=1x+1+2
所以F(x)为增函数，即h(x)为增函数.
又h(1)=ln2-1+1-ln2=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)≥xln2-ln2.
(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x1x2，
由题知，曲线y=f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=xln2-ln2，
令φ(x)=xln2-ln2，
设关于x的方程φ(x)=-m的根为x2，
则x2=1-mln2
由(2)知，f(x2)≥φ(x2)，
所以φ(x2)=f(x2)≥φ(x2)，
因为φ(x)为增函数，所以x2≥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x1，
则x1=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(x1)=f(x1)≥t(x1)，
又t(x)为减函数，所以x1≤x1.
所以|x2-x1|=x2-x1≤x2-x1=1-m-mln2
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)=-10，f(1)=e-10，
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xx0时，f(x)0，
当xx0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?x0，g(x)0?x0，
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x0时，g(x)0，即f(x)+x0，
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)=
令h(x)=f(x)-(ex0-1)(x
则h(x)=f(x)-ex0+1=xex-
当x∈(x0，1)时，h″(x)=(x+1)ex0，
所以h(x)在(x0，1)上单调递增，
又h(x0)=x0ex0-ex0=(x0-1
h(1)=e-ex0
所以h(x)在(x0，1)上有1个零点，记作α，
当x0xα时，h(x)0；
当αx1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)-(ex0-1)(x-1)
故f(x)(ex0-1)(x-1)，
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?0x1，
不妨设x1x2，
因为a0，所以必有0x1x0x21，且f(x1)=f(x2)=a，
由f(x1