3.5 函数中的综合问题-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮讲义（人教A版2019）

第三章一元函数的导数及其应用 §3.5函数中的综合问题 ★[考试要求] 不等式证明问题、恒成立问题、函数的零点问题在高考中占有很重要的地位，不等式证明经常与函数的性 质、函数的零点与极值等相结合，恒成立问题经常与导数及其儿何意义、函数、方程等相交汇，解题方法多种多 样，如构造函数法、放缩法等。 跃升>关键能力 学生用书P51 核心考点分类突破 题型1〔利用导数研究恒（能）成立问题 规律方法 1.分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路 [例1] (2025·邯郸模拟)已知函数f(.x)=a·2 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在 rln 2. 能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据 (1)讨论函数f(x)的单调性； 不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是 (2)当a>0时，证明：不等式f(x)≤21na+】有实 参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究 a 变量表达式的最值就可以解决问题. 数解. 2.求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” [解](1)f(x)=aln2·2-ln2=ln2(a·2-1), 当a≤0时，广(.x)<0,则函数f(x)在（一o∞，十o∞） 通过分离参数法，先转化为f(a)≥ 上单调递减： g(x)(或f(a)≤g(.x)对Hx∈D恒 转化关 成立，再转化为f(a)≥g(x)nx（或 当a>0时，当x<1og时，了(x)<0,当> f(a)≤g(x)ain) 1og:时，了(x)>0,所以画数f(x)在 求最值关 求函数g(x)在区间D上的最大值 (或最小值)问题 (-o0,log:)上单词道减，在（1og:+∞上 单调递增. ①跟踪训练 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(-∞，十oo)上 (2025·郴州模拟)已知f(x)=alnx+x2-2a 单调递减； (a∈R且a≠0)在(0，十∞)上单调递增，g(x)= 当a>0时，画数f)在(-∞，log:)上单调递 cosr十csin. 减，在1og是+∞上单调递增。 (1)当a取最小值时，证明f(x)≤2r2-x-1恒 (2)证明：由1)得fx)m=f1og:)=a·2 成立。 -In 2X log:a =1+lna, 2)对￥∈[-，，3∈[日e,使得 a≤g(x,)成立，求实数a的取值范围。 则只要证明1+lna≤21na十上即可， 解：(1)由题意可知f(x)=4+x-2>0在(0，十∞) 即证1na十1-1≥0. 上恒成立， 即a≥(2x-x2)m=1,.amn=1, 令h(a)=lna+1-1(a>0), 此时/x)=lnx+-2z 则a-- 当0<a<1时，h'(a)<0,当a>1时，h'(a)>0, (x=1-1=1-工， 所以函数h(a)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上 x 单调递增， 令'(.x)>0→0<x<1,令h'(.x)<0→x>1, 所以h(a)≥h(1)=0,即lna+1-1≥0. h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十o∞)上单调递减. ∴.h(.x)≤h(1)=0 所以当a>0时，不等式fx)≤2na十】有实数解. )r--1恒成立 ·79· 高考总复习数学A版 (2)g'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x. 则a的取值范围是函数y=一2x°一x十1，x∈ 当x∈(0，受)时x0sx>0,g'(x)>0. (一1，十∞)的值域， ∴g(r)在(0，受上单调递增： 又通数)=-22-x+1在(-1.-)上单调递 当xe(受j时xosr<0,gx)<0 增，在(-子十)上单调递减，且(-)名， 则函数y=-2.x2-x十1，x∈(-1，十c∞)的值域为 g)在（受上单调递减： (-,]所以a的取值范国是(-，号] (2)当0<a<1时，令g(x)=2x2十x-1十a,对称 1 ∴g(x)在(0，π)上的最小值为-1 轴x=一 4 易知g(x)为偶函数，由偶函数图象的对称性可知 则△=9-8a>0,g(-1)=4>0,g(0)=-1+a<0 g(x)在[一元，π]上的最小值为一1 则g(x)存在两个零，点x1,x2,一1<x<0<x2, 由题意可得3[日小使得/ 在(-1，x1)上，g(x)>0,f(x)>0,f(x)递增： 一a≤一1成立， 在(x1,xg)上，g(x)<0,f(x)<0,f(.x)递减； 即a-ln≥-与成立 在(x,十o∞)上，g(x)>0,f(x)>0,f(x)递增. 又f(0)=0,f(x1)>f(0)=0>f(x2), 由(1)可知x2-lnx≥1>0， 在(-1,0)上x2-x∈(0,2)，fx)<aln(x+1)+2, 则e-1∈(-1,0)，f(e号-1)<0，所以f(x)在 -lnc,设g(x)= 即a≥ -n7e[小 (一1,0)上零点个数为1 即只需a≥e(x）n即可. 又f(1)=aln2>0,所以，f(x)在(0，+o∞)上零点 (x)- x-1x-nx)-(2r- 个数为1，又f(0)=0. 综上，当0<a<1时，f(x)的零，点个数为3个. (x-In r) 规律方法 -1(合-lx+ 判断函数零点个数的3种方法 (x-In r)2 直接法令f(x)=0,则方程解的个数即为零点的个数 由(1)知lnx≤x-1得-lnx≥1一x, 转化为两个易画出图象的函数，看其交点 画图法 lhx+11-+1-2-号>0 的个数即可 令g'(x)>0→1<x<e,令g'(<0→1<x<1, 定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、 极值去解决 g()在（上单调道减，在1，e)上单润运 ①跟踪训练 增.∴g(x)n=g(1)=一 1 已知函数f(x)=(x-1)e十a.x ∴a- ，又已知a>L故a的取值范周为1，十e©) (1)当a=时，求函数f)在x=1处的切线方程： (2)若函数f(x)有两个零点，求参数a的取值范围. 题型2〔 利用导数研究函数的零点 [例2](2025·南通统考)函数f(x)=aln(x十1)十 解：1)当a=2时f(x)=(x-1De+号，所以 x2-x. f(x)=xe'+x, (1)若曲线y=f(x)存在垂直于y轴的切线，求实 所以f)-2f)=e+1, 数a的取值范围： (2)设0<a<1,试探究函数f(x)的零点个数. fc)在x=1处的切线方程为y一是=(c+1D-1D. [解](1)f(x)=aln(.x+1)+x2-x,则f(x) 2x+x-1+a,c>-1 即y=(e+10r-e-2 x十1 (2)(i)当a=0时，f(.x)=(x-1)e,不合题意； 由题意，存在x。∈(-1，+∞)，使得f(x)=0 若a≠0，由f(x)=(x-1)e+a.x2,所以f(x)= 即关于x的方程2.x2+x-1+a=0在(-1，+∞) xe'+2ax=x(e'+2a), 上有实根， (i)当a>0时，当x∈(0，十o∞)时，f(x)>0,即 该方程等价于a=一2x2-x十1， f(,x)单调递增： ·80· 第三章一元函数的导数及其应用 当x∈（一o,0)时，f(x)<0,即f(.x)单调递减， 又f(0)=一1<0，f(1)=a>0,由零点存在定理及 g()-I(r+D)+r-(r>-D). 函数的单调性可知： 1 存在唯一的x1∈(0,1)，使得f(x1)=0, 则1->-1 又当x→一∞时，f(x)→十∞，由零点存在定理及 当x>一1时，g'(x)≥0，所以g(x)在x>一1上单 函数的单调性可知： 调递增， 存在唯一的x2∈（一∞，0），使得f(.x2)=0, 又g(0)=0, 所以a>0满足题意； 故当x>0时，g(x)>g(0)=0,当一1<x<0时， (m)当a<0时，令f(x)=0,得x=0或x=ln(-2u), g(x)<g(0)=0, ①若-2<a<0,则1n(-2a)<0,则当xE(-0, h+1D+- >0恒成立， x ln(-2a))时，f(x)>0,即f(x)单调递增： 故fx 1 当x∈n(-2a),0)时，f(x)<0,即f(x)单调递减： >-2x+1 当x∈(0，+oo)时，f(x)>0,即f(x)单调递增： …规律方法 又fln(-2a)=-2a(ln(-2a)-1)+a(n(-2a) L.欲证函数不等式f(x)>g(x)(x>a),只需证明 =a[(n(-2a)-2ln(-2a)+2]<0,不合题意； f(x)-g(x)>0(.x>a),设h(x)=f(.x)-g(x),即 @若a=-则1n(-2a)=0,则f()≥0在R 证h(x)>0(x>a).若h(a)=0,h(.x)>h(a) (x>a).接下来往往用导数证得函数h(x)是增 上恒成立， 即f(x)在R上单调递增，不合题意： 函数即可， 2.欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈1，I是区间) ③若a<-7尉1a(-2a>0… 只需证明f(x)一g(x)>0(x∈I). 当x∈（一o,0)时，(x)>0,即f(x)单调递增： 设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0(x 当x∈(0，ln(-2a)时，f广(.x)<0,即f(x)单调递减； ∈I),也即证h(x)mm>0(x∈I)(若h(x)n不存 当x∈(ln(-2a),+∞)时，f(x)>0,即f(x)单调 在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往 递增： 往容易解决。 又f(0)=一1<0，不含题意， 1跟踪训练 综上所迷，参数a的取值范围为(0，十o∞). 设a为实数，函数f(x)=e-2x十2a,x∈R. 题型3( 利用导数证明不等式 (1)求f(x)的单调区间与极值： [例3](2025·海淀统考)已知函数f(.x)=xln(x+1). (2)求证：当a>ln2-1且x>0时，e>x2-2a.x+1. (1)判断0是否为f(x)的极小值点，并说明理由： 解：(1)由f(.x)=e-2x+2a(x∈R), (2)证明：9>-号+1. 知f(x)=e-2.令f(x)=0,得x=ln2. x2 当x<ln2时，f(x)<0,故函数f(x)在区间 [解](1)0是f(x)的极小值点，理由如下： (-o∞，ln2)上单调递减： f(x)=xn(.x十1)定义域为(-1，十∞)， 当x>ln2时，广(x)>0,故函数f(x)在区间 fx)=hu+1+z弄其中fo0)=ln1+91=0, 0 (ln2,十o∞)上单调递增. 所以f(x)的单调递减区间是（一∞，ln2),单调递 当x∈(-1,0)时，ln(r+1)<0,千1<0，故f(x) 增区间是(n2,十oo),f(x)在x=ln2处取得极小值 f(ln2)=e"-2ln2十2a=2-2ln2+2a,无极大值. =lh(x+1)+千<0. (2)证明：要证当a>ln2-1且x>0时， e>x2-2a.x+1, 当x∈(0，+oo)时.ln(x+1D>0千>0. 即证当a>n2-1且x>0时， e'-.x2+2a.r-1>0. 故fx)=lh+1)+>0, 设g(x)=e-x2+2ax-1(x>0). 故f(x)=xn(x十1)在(-1,0)上单调递减，在 则g'(x)=e-2x+2a, (0,十∞)上单调递增， 由(1)知g'(x)m=g'(n2)=2-2ln2+2a. 故0是f(x)的极小值点： 文a>ln2-1,则g'(x)mn>0. （2)9>-名+1等价于血少以-司+1. 于是对Hx∈R,都有g'(x)>0, 2 所以g(x)在R上单调递增. n(r+D)+ 于是对Hx>0,都有g(x)>g(0)=0. 即e-x+2ax-1>0, 即 ->0. 故e>x2-2a.x+1. ·81 高考总复习数学A版 培优拓展4 指对同构 学生用书P54 指对同构的常用形式 所以f(x)在（一1，十∞）上单调递增， (1)积型：ae≤blnb,一般有三种同构方式： 因为kx>0,lnx>0,所以kx>≥lnx,即k≥n工 ①同左构造形式：ae≤elnb,构造函数f(x) =xe'; 令h(x)=ln2(x>1),则(r)=1-lnr x x ②同右构造形式：elne"≤blnb,构造函数f(x)= 当x∈(1，e)时，h'(x)>0,h(x)单调递增， xIn x: 当x∈(e,+o∞)时，h'(x)<0,h(x)单调递减， ③取对构造形式：a+lna≤lnb+ln(lnb)(b>1), 构造函数f(x)=x十lnx. 所以r)=ie)=日即 e, (2)商型，g≤b a≤n6一般有三种同构方式： 所以k的最小值为上 ⑩同左构道形式：。<6构造函数)-号： [答案】日 @同右构造形式：品≤品。构意函数f) 名师点拨 利用恒等式x=lne和x=enr,通过暴转指或幂 转对进行等价变形，构造函数，然后由构造的函数 ③取对构造形式：a一lna≤lnb-ln(lnb)(b>1), 的单调性进行研究， 构造函数f(x)=x-lnx. 1跟踪训练 (3)和、差型：e“士a>b士lnb,一般有两种同构方式： 已知函数f(.x)=xe一a(x十2lnx)有两个零点， ①同左构造形式：e°士a>e士lnb,构造函数 则a的取值范围是 () f(x)=e土x: A.a≥1 B.a≤2 ②同右构造形式：e"士lne>b±lnb,构造函数 C.a≤e D.a>e f(.x)=,x±ln 解析：D [f(x)=x'e'-a(x+2In x)=e+2l [典例们(1)(2025·南京模拟)设a,b都为正数，e为 -a(x+2In x), 自然对数的底数，若ae<blnb,则 令t=x十2lnx,显然该函数单调递增，t∈R, A.abe B.b>e" 则e一at=0有两个根， C.ab<e D.b<e" 当t=0时，等式为1=0，不符合题意： [解析]由ae<lnb,得elne<blnb. 设f(.x)=xnx(.x>0), 故≠0时，等式转化为4=有两个根， 因为a>0,则e“>1, 因为b>0,且blnb>ae“>0,则b>1. 即4和y=号有两个交点， 当x>1时，f(x)=lnx+1>0, 设8)= 则f(x)在(1，十∞)上单调递增， e"In e"<bln b,f(e")<f(b), 求导得g'(x)=e(x-1) x? 所以e<b. 故当x∈(-∞，0)和x∈(0,1) [答案]B 时，g'(x)<0,g(x)单调递减：当 y=a (2)设实数k>0,对于任意的x>1,不等式ke≥lnz x∈(1，十∞)时，g'(x)>0,g(x) 恒成立，则k的最小值为 单调递增；且当x∈（一∞，0）时， [解析]由ke≥lnx得kxe≥xlnx, g(x)<0,g(1)=e, 即k.xe≥er·lnx, 令f(x)=xe,则f(kx)≥f(lnx). 故g(x)=9的大数图象如图所示. 因为f(x)=(x+1)e, 由图可得，a的取值范固是a>e.] ·82· 第三章一元函数的导数及其应用 [热点程化课4]三次函数的图象与性质 学生用书P54 三次函数f(.x)=a.x3十bx2十cx十d(a≠0)的性质 对于C:设切点(x,f(x),则切线方程为y一 1.奇偶性：f(x)不可能为偶函数：当且仅当b=d=0 f(x1)=f(x1)(x-x), 时是奇函数， 因为过点(0,2)，所以2-f(x1)=(x1)(一x1),2 2对称性：中心对称，且对称中心是（一名（一品）》 -x-a.x1-2=一3.x-a.x1,解得x1=0, 即只有一个切点，即只有一条切线，故C错误： 若(x)有极值，则它的对称中心是两个极值点的对称 对于D:f(x)=3x2十a,当a<-3时，f(.x)=0, 中心. 引申性质：若y=f(x)是可导函数，①若函数图象关于 x=士 -3 点(m,)对称，则y=f(x)图象关于直线x=m对称： ②若函数图象关于直线x=m对称，则y=∫(x)图象 当-,厂号时f>0)单调选增. 关于点(m,0)对称：③奇函数的导数是偶函数，偶函数 的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数， 当xe 3 厂号时，fx)0f)单调 3.韦达定理 递减， 设ax十hx2十cx十d=0的三个根分别为.x1,x2x,则 当x∈ 时，f(x)>0,f(.x)单调递增， a.x十bx十cx十d=a(x-x)(x-x2)(x-x3)=a.x3 a(x1十x2十x)x十a(xx2十xx十xx)x一axx· f(0)=2>0,所 比较系数可得工十西十江=一合十西十 以若函数f(x)有3个零，点， 则了(x)有极小值为 2a 4=6西xx=-4 +2<0 3 4.三次函数切线条数 得到a<-3,故D正确. 设f(x)=a.x3+b.x2+cx十d(a>0)在对称中心N [答案]ABD 名师点拨 (品，(-品)处的切线为1f)的图象及1 三次函数是一类重要的函数，其规律性强，内容相对 把坐标平面分成I、Ⅱ、Ⅲ、N四个区域，如图1 独立，且有一些独有的结论和技巧，如果能得当运用 (a<0)、图2(a>0)所示. 三次函数的有关结论，可以大大简化解题过程. ①当定点P在对称中心N或在I和Ⅲ区域时，过 1跟踪训练 点P的切线有且仅有一条： ②当定点P在曲线上或在切线！上且不在对称中 已知函数f(x)=2x3-3x2+9.x- 子则(202s 心N时，过点P的切线有两条： +2s)+3s）++f 2025 ③当定点P在Ⅱ和N区域时，过点P的切线有三条. A.2024 B.2025 2 0 C.2025 D.2026 解析：B[由f(x)=2r2-3x+9x-2,可得 7 a> 图2 f(x)=6x2-6.x+9,f"(.x)=12x-6. [典例][多选](2025·合肥模拟)三次函数f(x)= 令f(x)=12x-6=0,得x=号，又f(侵) x十ax+十2叙述正确的是 ( A.当a=1时，函数f(x)无极值点 2x(-3×（）+9x号名-所以)图 B.函数(x)的图象关于点(0,2)中心对称 C.过点(0,2)的切线有两条 象的对称中心为（合）(2)+f侵器)-1 D.当a<一3时，函数f(x)有3个零点 品)+ =1,…,f2026 1012 [解析]对于A,a=1,f(x)=x3+x+2,(x)= 1013 1 2 3x十1>0，f(x)单调递增，无极值，点，故A正确： =1·八2026 2·f 2026 +f2026) 对于B,因为f(x)+f(一x)=4,所以函数f(x)的 3 2025 十十 =2025. 图象关于点(0,2)中心对称，故B正确； 八2026 2026 =1012×1+2 2· ·83- 高考总复习数学A版 培优拓展⑤ 洛必达法则 学生用书P55 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，但在泉最值时如果出现“8”型的代数式，就无法求其最值，“吕“型的代数式，是大学数学中的不定式问 题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则. 法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件： 令k(.x)=x-ln(.x+1)(.x>0), (1)limf(r)=0limg (x)=0. r (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且 k)=1-+有>0… ∴.k(x)在(0，十o∞)上单调递增. g'(x)≠0. .k(x)>k(0)=0, 8铝-A,那么得-号A +“g(x) ag(x） .x-ln(x+1)>0恒成立， 法则2若函数f(.x)和g(x)满足下列条件： g(x)>0,故g(x)在(0，+∞)上单调递增. (1)limf(.x)=o∞及1img(.xr)=o∞. 由洛必达法则知 (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且 limg()=lim (z+Dln(z+D=lim[ln(z+D)+1]=1. g'(x)≠0. 8得-A,那么侣-侣-A ∴.a≤1，故实数a的取值范国是（一o∞，1]. “g(x）g(x) 名师点拨 [典例们]已知函数f(x)=(.x十1)ln(x+1).若对任 用洛必达法则处理号型西数的步聚：D分离变量： 意x>0都有f(.x)>ax成立，求实数a的取值 范围. (2)出现号型式子：(3)运用洛必达法别求值。 [解]方法一：令o(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x +1)-a.x(x>0), 跟踪训练 则g'(x)=ln(x+1)十1-a.x>0,.ln(x+1) 已知函数f(.x)=,x(e-1)-a.x2(a∈R). >0. (1)若f(x)在x=一1处有极值，求a的值： ①当1-a≥0，即a≤1时，g'(x)>0, (2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围。 ∴p(x)在(0，十∞)上单调递增， 解：(1)f(x)=e-1+e-2a.x=(x+1)e-2a.z -1. 又9(0)=0,9(x)>0恒成立，故a≤1满足题意. ②当1-a<0,即a>1时， 依题意知f(-1)=2a-1=0,∴a=号 2 令9'(x)=0,得x=e1-1, ∴x∈(0，e"-1-1)时，g(x)<0: 经检验8=合特合题意。 x∈(e-t-1.+∞)时，p'(x)>0, (2)方法一：当x>0时，f(x)≥0， p(.x)在(0，e"1-1)上单调递减， 即x(e-1)-a.x2≥0，即e-1-ax≥0， 在(e1一1，十oo)上单调递增， 令g(x)=e-1-a.x(x>0),则g(x)m≥0， ∴g(xm=g(e-1-1)<g(0)=0与g(.x)>0恒 g'(x)=e-a. 成立矛盾，故a>1不满足题意。 ①当a≤1时，g'(x)=e-a>0, 综上有a≤1，故实数a的取值范围是（一o∞，1]. ∴(x)在(0，十∞)上单调递增， 方法二：当x∈(0，十∞)时， p(x)>(0)=0,∴a≤1满足条件. (x+1)ln(x+1)>a.x恒成立， ②当a>1时，若0<x<lna,则g'(x)<0, 即a<r+1)ln(r+D恒成立. 若x>lna,则(.x)>0. ∴.p(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna,+o)上单 ()-(+D)In(r+D(r>0). 调递增， g'(x)=x-ln(x+1) ∴.p(x)m=p(lna)=a-1-alna≥0. 4g(a)=a-1-aln a(a>1), ·84· 第三章一元函数的导数及其应用 ∴.g'(a)=1-(1+lna)=-lna<0, ∴h'(x)=e(x-1)+1 ∴.g(a)在(1，十o∞)上单调递减. ∴.g(a)<g(1)=0与g(a)≥0矛盾， 令k(x)=e(x-1)+1(x>0), 故a>1不满足条件， k'(x)=e·x>0, 综上，实数a的取值范国是（一∞，1门. ∴.k(x)在(0，十∞)上单调递增， 方法二：当x>0时，f(.x)≥0， .k(x)>k(0)=0,.h'(x)>0 即x(e-1)-a.x≥0，即e-1-a.x≥0， ,.h(x)在(0，十o)上单调递增. 即ar≤e-1,即u≤el恒成立， x 由洛必达法剥知，m4()=画会-m心=1， 令h(x)=e-1(x>0). ∴.a≤1.故实数a的取值范围是（一co,1门. 培优拓展6 泰勒展开式 学生用书P56 1.泰勒公式 4.两个超越不等式（注意解答题需先证明后使用） 如果函数f(x)在含有x。的某个开区间(a,b)内具 (1)对数型超越放缩：二1≤1nr≤x-1(x>0): 有直到(n+1)阶的导数，则对Hx∈(a,b), 有f)=fx,)+f(x-)+)x 1 2 (2指数型超越放缩：+1<e≤己<， )产+…+() (x-x。)"+R.(x), [集]a已知a=h1.o1.6Cc一而则( 其中f(x。)表示f(x)在x=x。处的n阶导数，等 A.a<b<c B.a<c<b 号后的多项式称为函数f(x)在x=x。处的n阶泰 C.c<b<a D.c<a<b 勒展开式. [解析] 由二1≤1nx≤x-1知 x 2.麦克劳林公式 =0+f0+f0++f0x n1.01>1L.01-11 2 n! .a>c, +R(x), 虽然麦克劳林公式是泰勒公式的特殊形式，仅仅是 1n1.01<1.01-1=0.01=100 取x。=0的特殊结果，由于麦克劳林公式使用方 又b=.011.01=1.011.01、1 便，在高考中经常会涉及。 30e30×390100100' 3.常见函数的麦克劳林展开式(o(x")是高阶无穷小量) ∴.b>a,故b>a>c. e=1+r+景+…+后+or: [答案]D 2-1 (2)(2022·新高考全国1)设a=0.1e1,6=1 =一+ 9 -…+(-1)-1 (2n-1)1 c=-ln0.9,则 +o(.x201): A.a<b<c B.c<b<a (8)s=1-员+看-青++(-1 w C.c<a<b D.a<c<b (2n)1 十0(x): [解析]6=≈0.11. (41n1+x)=x-号+ -…+(-1)1+ 由公式-1+x++… o(x"),x∈(-1,1]： 可得e1≈1+0.1+0,1=1.105. ()z=1+x+i++x+or) 则a=0.1e1≈0.1105， (6)(1+ry=1+ax+a1Dx2+…+ 21 c=-a0.9=ln9=(1+ a(a-1)…(a-n+1Dz+o(x),x∈(-1,1). n! 由公式+)x多十写十… ·85· 高考总复习数学A版 得c=1+小日 ≈0.1049， 解析：A[根据题意，构造函数)=1一受 所以c<a<b. g(x)-cos .r,h()=sin [答案]C 名师点拨 则a=f(目)6=（日）c=() 涉及比较大小的问题，如果其中同时含有指数式、 对数式和多项式，可考虑利用泰勒展开式解决问 由于}较小，所以对g(x),h(x)在x=0处进行泰 题，特别注意结合赋值法，利用超越不等式或其变 勒展开： 形公式解决问题。 跟踪训练 8)=l-奇+看+ar).h)=l-奇+景+o 已知a 31 Γ32=c0 子c=4sin子，则 显然，在x=时u=f()K6=(日) A.c>b>a B.b>a>c C.u>b>c D.u>c>b [热点费化谋5] 导数与数列的综合问题 学生用书P56 [典例]已知函数f(.x)=lnx一ax十1，其中a∈R 名师点拨 (1)若函数f(x)的图象恒不在x轴上方，求实数a 由函数不等式化为数列不等式的方法 的取值范围： x-1≥ln.x→ln(1+.x)≤x(x>-1), (2)i证明：1+号+号+…+>nm+1,其中 则>nD,取x= 取x=1 1 n∈N. [解](1)由函数f(x)的图象恒不在x轴上方，且 <1nn+1) f(r)=In x-ax+1, 即f(.x)=lnx-ax十1≤0恒成立， ①跟踪训练 即a≥ln十1在(0，十0)上恒成立， 已知函数f(x)=e- 2a2-t. 令gx)=h+1(x>0),可得g(ar)=- In x (1)若f(x)在x∈R上单调递增，求a的值； 2 当.x∈(0.1)时，g(x)>0: (2)证明：+(+)-（+)e(m∈N且 当x∈(1，十o∞)时，g'(x)<0. n≥2). 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调 递减， 解：(1)函数f(x)=e一 2a.r-x,求导得了(x)= 所以g(.x)m=g(1)=1,所以a≥1， 即实数a的取值范围为[1，十o∞). e-ax-1, (2)由(1)知，当a=1时，f(x)=lnx-x+1≤0， 由于函数f(x)在R上单调递增，则∫(x)=e一 即x-1≥lnx,当且仅当x=1时取等号， ax-1≥0恒成立， 令x="+(m∈N),可得上>n"+1, 令h(x)=e'-a.x-1,则h'(x)=e-a, 当a=0时，f(x)=e'-1,当x<0时，f(x)<0, 所以1++号++>n号 2+h2+h1中 不满足条件： 当a<0时，h'(x)>0,h(.x)在R上单调递增 +1), 又h日=e-a…-1=-2<0 <0,不满足条件： ·86· 第三章一元函数的导数及其应用 当a>0时，令h'(x)=0,得x=lna,则当x<lna 因此当n∈N且n≥2时， 时，h'(x)<0,h(x)单调递减，当x>lna时，h'(x) >0,h(x)单调递增，于是当x=lna时，h(x)取得 n[+(+)（+]=n1+1)+ 最小值， 1+)+…+1+)1++…+号 h(In a)=e"-aln a-1=a-aln a-1, 于是h(lna)≥0，即a-1-alna≥0， 1111 而当n≥2时7<(m-D一元 令u(a)=a-l-alna,则u'(a)=-lna, 当0<a<1时，u(a)>0,u(a)单调递增； 所以1十 a>1时，t(a)<0,u(a)单调递减，则u(a)mx u(1)=0, -)+合)++（品】=1+ 由于a-l-alna≥0恒成立， -<2, 因此a-1-alna=0,则有a=1, 所以f(x)单调递增时，a的值为1. 则1+1(1+)-(+)]<2，所以.1+ (2)由(1)知，当a=1时，e一x-1≥0，即有e≥x+1, 当且仅当x=0时取等号，即当x>0时，ln(x十1)<x, w+-（+e. [热点强化课6] 飘带不等式与对数均值不等式 学生用书P57 1.在进行放缩的时候，转化 (1)若f(x)=a.x2是[1，十∞)上的“Good函数”，求 的本质就是把曲线转化为 =n3 (x-1 a的取值范围； 直线进行简化运算，即用 +】 (2)(i)证明：g(.x)=lnx是(0，+o∞)上的“Good 直线代替曲线，在切点处 函数”； 曲线可以近似的用直线代 (i)设nEN”,证明：a(2a+1D>1+号+号+号 替，但是随着x的变化，直线与曲线的差距越来越 大，放缩的精度越来越粗糙，所以有时采用曲线来 十…+1 代替直线.如图所示的几个特殊函数，有如下不等 [解](1)由题可知任意x1,x2∈[1，十∞)，且x 有关系 f(x)-f(x）、2 2(-nx<20<<1.2D x1一x2 x1十x2 x十1 x+1 2 因为十∈(2，十o),所以u>,即u的取值 2.对数均值不等式：两个正数a和b的对数平均定 a-b 范国为[合十∞） 义：L(a,b) lna-lnba≠b), (2)(I)证明：设x1x∈(0，十∞) la(a=b). g(x)-g(r） 一=lnx-ln 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：√ab 2 x1+x2 2 ≤L(a,b)≤a+b In 1一1 (此式记为对数平均不等式)，取等条件：当且仅当 十1 工2 a=b时，等号成立. [典例]定义在区间D上的函数f(x)满足：若对任 令r-,且xe1.+)4x)=nr2, x+1 意4x∈D,且>，都有)-f x∈(1，+o∞) x1一xg 4=(x-1)2 2 -京总0 x1十x2 ,则称f(x)是D上的“Good函数”， 在(1，十○)上单调递增， ·87· 高考总复习数学A版 所以h(x)>h(1)=0,即）一g(）- 又因为函数y=f(x)在x=1处的切线为x轴， 2 x1十x2 所以g(.x)=lnx是(0，十∞)上的“Good函数”. 所以f1)=1-受=0， (i)证明：由(1)可知，当x∈(1，十oo)时， 解得a=2. lnx,-lnxx一 2 x:十x2 (2)由1)可知fx)=1nx-2r-1D r+1x>0. 令x1=2n+1,x2=2n-1,n∈N, 所以(x)=1-4=(x-1) 则ln(2n+D-ln(2m-1)>1 2n ++≥0. 所以函数在(0，十○)上单调递增， 即ln(2m+1)-ln(2m-1)>1 所以函数的单调递增区间为(0，十∞)，无单调递减 故ln3-ln1+ln5-ln3+…+ln(2n+1)-ln(2m 区间： -1>++号++ (3)证明：由(2)可知函数f(x)在(0，十∞)上单调 递增，且f(1)=0, 化简可得1n(2a+1D>1+号+号十号++ 所以当x>1时，f(x)>0, 名师点拨 又因为x>x>0,所以5>1，有f 对数均值不等式实际上是对数不等式链：2(？一1) x十1 >nx2,有lnx1-lnx2>0, <In x>1在双变元情形下的 2-1 由 >0,得1n5-0. 应用， T? x1+1 2 跟踪训练 24-1 (2025·贵阳模拟)已知函数f(x)=lnx I: =2.2 在=1处的切线为：输 即ln互> L十1 x1十x2 T2 (1)求数a的值： 即lnr,-lnr>2.i-(￥). (2)求f(.x)的单调区间： x1十x2 8者4>>0.证明n品 又因为lnx1-lnx>0,x1十xz>0,将(*)式两边 2 C1十x 解：(1)因为f(x)=lnx-ax-1D x+1x>0, 同时乘以2nE,-1nx) x1一xg1十x2 所以f(x)= 12a 2 x(r+1)x>0, 得1n-n: [热点藏化课7]极值点偏移 学生用书P59 1.已知函数f(x)的图象的 2,若十工≠x。,则极值点偏移，此时函数f(x)在c 2 顶点的横坐标就是极值 =x,两侧，函数值变化快慢不同，如图2、图3. 点工，若f(x)=c的两优编移，左右对称，一次函数 根的中点刚好满足 若，与x山，则x+=2 图1 工十=，即极值点在 2 }就 (上陆右缓，极位点向左偏移制左级名陡，极值点向石俏移) 两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函 若x=f0则+x>2x 若片，则+x<26 图2 图3 数f(x)在x=x。两侧，函数值变化快慢相同，如 [典例]已知函数f(x)=2alnx-x2+2(a-1)x+a. 图1. (1)若a=1,证明：f(x)<2x一x2; ·88.