第3章 拓展视野3 隐零点问题、泰勒展开式、洛必达法则（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教版2019）

一、隐零点问题 在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题． 已知函数f(x)＝. (1)若∀x>0都有f(x)≥msinx，求正数m的最大值； (2)求证：f(x)>. 解：(1)因为f(x)＝， 所以f′(x)＝ ＝， 令f′(x)>0，得x>1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 令f′(x)<0，得0<x<1，则f(x)在(0,1)上单调递减， 所以f(x)min＝f(1)＝， 令g(x)＝msinx，x∈(0，＋∞)， 因为m>0，所以g(x)∈[－m，m]，且x＝1＋4k，k∈N时，g(x)取最大值m， 因为∀x>0都有f(x)≥msinx，所以≥m， 所以m的最大值为. (2)证明：由(1)得，f(x)min＝f(1)＝， 令h(x)＝，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝， 令m(x)＝－ln x，则m′(x)＝－－<0， 所以函数m(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减， 因为m(1)＝1>0，m(e)＝－1<0， 所以函数m(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点， 设为x0，则x0∈(1，e)，且ln x0＝， 所以当x∈(0，x0)时，h′(x)>0， 即h(x)在(0，x0)上单调递增， 当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)<0， 即h(x)在(x0，＋∞)上单调递减， 所以h(x)max＝h(x0)＝＝， 因为x0∈(1，e)，所以∈， 因为<，所以f(x)min>h(x)max， 所以f(x)>. 规律方法 隐零点问题求解”三步曲“ 第一步：用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围； 第二步：以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式； 第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时第一步中的零点范围还可以适当缩小．　　 对点练1.已知函数f(x)＝x－ln x－. (1)判断函数f(x)的单调性； (2)证明：f(x)－x<ln 2－2. 解：(1)因为f(x)＝x－ln x－，定义域为(0，＋∞)， 所以f′(x)＝1－－＝. 令g(x)＝x－ex，则g′(x)＝1－ex<0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以g(x)<g(0)＝－1<0， 所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0， 所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：令F(x)＝f(x)－x＝－ln x－， 则F′(x)＝－－＝－. 令h(x)＝x＋(x－1)ex，则h′(x)＝1＋xex>0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 因为h＝<0，h(1)＝1>0， 所以存在x0∈，使得h(x0)＝0， 所以当x∈(0，x0)时，F′(x)>0，F(x)单调递增， 当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)<0，F(x)单调递减， 所以F(x)max＝F(x0)＝－ln x0－. 因为x0∈，且h(x0)＝x0＋(x0－1)ex0＝0， 所以ex0＝－， 所以F(x)max＝F(x0)＝－ln x0＋. 令φ(x)＝－ln x＋，x∈， 则φ′(x)＝－－<0， 所以φ(x)在上单调递减， 所以φ(x)<φ＝ln 2－2， 所以F(x)max<ln 2－2， 所以f(x)－x<ln 2－2. 学生用书↓第72页 二、泰勒展开式 1．泰勒公式 若函数f(x)在含有x0的开区间(a，b)内有n＋1阶导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于x－x0的多项式和一个余项的和： f(x)＝f(x0)＋f′(x0)·(x－x0)＋·(x－x0)2＋·(x－x0)3＋…＋·(x－x0)n＋Rn(x)． 2．常见的泰勒展开式 在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展开式： (1)ex＝1＋x＋＋＋…＋＋…. (2)ln(x＋1)＝x－＋＋…＋(－1)n＋1＋…. (3)sin x＝x－＋＋…＋(－1)n－1·＋…. (4)cos x＝1－＋＋…＋(－1)n－1·＋…. (5)＝1＋x＋x2＋x3＋…. (2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　) A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b 答案：C 解析：法一：(构造法)构造函数f(x)＝ln x＋，x>0，则f′(x)＝－，x>0，当f′(x)＝0时，x＝1，所以0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝1处取最小值f(1)＝1，所以ln x≥1－，当且仅当x＝1时取等号，所以ln 0.9>1－＝－，所以－ln 0.9<，所以c<b.因为－ln 0.9＝ln>1－＝，所以>e0.1，所以0.1e0.1<，所以a<b.因为0.1e0.1>0.1×1.1＝0.11，而－ln 0.9＝ln<＝<0.11，所以a>c，所以c<a<b.故选C. 法二：(利用不等式)由不等式ln x<(x>1)，得－ln 0.9＝ln<＝<0.11，又因为e0.1>0.1＋1＝1.1，所以a＝0.1e0.1>0.11，所以c<a；由ex≥x＋1，得e－x>－x＋1(0<x<1)，得ex<，所以e0.1<＝，所以a＝0.1e0.1<＝，所以a<b.综上，c<a<b.故选项C正确． 法三：(泰勒公式)设x＝0.1，则a＝xex＝0.1，b＝＝0.1(1＋0.1＋0.01＋0.001＋…)，c＝－ln(1－x)＝0.1＋＋＋…，所以c<a<b.故选C. 对点练2.若a＝ln，b＝0.02sin 0.01，c＝0.01sin 0.02，则(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．b<c<a D．c<a<b 答案：B 解析：易知a＝ln<ln 1＝0，而b>0，c>0.当x→0时，由泰勒公式展开，得b＝0.02sin 0.01＝0.02＝2×10－4－×10－8＋o(x3)，c＝0.01sin 0.02＝0.01＝2×10－4－×10－8＋o(x3)．可知×10－8<×10－8，所以b>c.故b>c>a.故选B. 三、洛必达法则 1．在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型或“”型的代数式，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则． 2．洛必达法则 法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝0及g(x)＝0； (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3) ＝A，那么 ＝ ＝A. 法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝∞及g(x)＝∞； (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3) ＝A，那么 ＝ ＝A. 学生用书↓第73页 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)． (1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值； (2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax ＝(x＋1)ex－2ax－1， 依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，所以a＝. (2)法一：当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0， 令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)， 则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a. ①当a≤1时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)>φ(0)＝0，所以a≤1满足条件． ②当a>1时，若0<x<ln a，则φ′(x)<0， 若x>ln a，则φ′(x)>0. 所以φ(x)在(0，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0. 令g(a)＝a－1－aln a(a>1)， 所以g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0， 所以g(a)在(1，＋∞)上单调递减， 所以g(a)<g(1)＝0与g(a)≥0矛盾， 故a>1不满足条件． 综上，实数a的取值范围是(－∞，1]． 法二：当x>0时，f(x)≥0， 即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0， 即ax ≤ex－1，即a≤恒成立， 令h(x)＝(x>0)， 所以h′(x)＝， 令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)， 所以k′(x)＝ex·x>0， 所以k(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以k(x)>k(0)＝0，所以h′(x)>0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 由洛必达法则知， h(x)＝ ＝ex＝1， 所以a≤1. 故实数a的取值范围是(－∞，1]． 对点练3.已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围． 解：法一：令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)， 则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a， 因为x>0，所以ln(x＋1)>0. ①当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又φ(0)＝0， 所以φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意． ②当1－a<0，即a>1时， 令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1， 所以x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0； x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)min＝φ(ea－1－1)<φ(0)＝0与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意． 综上有a≤1， 故实数a的取值范围是(－∞，1]． 法二：x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立， 即a<恒成立． 令g(x)＝(x>0)， 所以g′(x)＝. 令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)， 所以k′(x)＝1－＝>0， 所以k(x)在(0，＋∞)上单调递增． 所以k(x)>k(0)＝0， 所以x－ln(x＋1)>0恒成立， 所以g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 由洛必达法则知 g(x)＝ ＝ ＝1， 所以a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]． 学生用书↓第74页 学科网（北京）股份有限公司 $$