第三章 第4节 第3课时 利用导数研完函数的零点问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（北师大版）

主题二第三章】 导数及其应用 第3课时利用导数研究函数的零点问题 可以利用转化与化归思想解决此类问题，即转化为相应方程根的问题或函数图象交点的问题，是高 考考查的热点. 题型1〔确定函数零点（相应方程根）的个数 跟踪训练 (2023·北京卷)设函数f(x)=x一x3er+b,曲线 [典例门 已知函数f(x)=1nx+1- ,a∈R且a ax a y=f(x)在点(1，f(1)的切线方程为y=一x+1. ≠0. (1)求a,b的值； (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)设g(x)=f(x),求g(x)的单调区间； (2)当：∈[片e]时，试判断函数g)=n-1） (3)求f(x)极值点的个数. ·e十x一m的零点个数. 方法指导 研究函数(x)零点的策略 (1)如果函数f(x)在已知区间上是单调的，则其 最多只有一个零点，再结合函数的零点存在 定理，确定其零点是否存在. (2)如果函数f(x)在已知区间不是单调的，则求 出这个函数的极值点和单调区间，再结合 g(x)的极值与零的大小，以及函数f(x)的单 调性、结合零点存在定理判断其零点的个数， ·63· 高考总复习数学(BS) 由函数零点（相应方程根）的 …方法指导 题型2 个数确定参数的取值范围 利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程 根的个数问题的一般思路： [典例](2024·北京卷)设函数f(x)=x+ ①将问题转化为函数零点的个数问题，进而转化 kln(1+x)(k≠0)，直线l是曲线y=f(x)在点 为函数图象交点的个数问题； (t,f(t))(t>0)处的切线， ②利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、 (1)当k=一1时，求f(x)的单调区间； 极值（最值）、端点值等性质； (2)求证：1不经过点(0,0)； (3)当k=1时，设点A(t,f(t)),(t>0),C(0, ③画出函数的大致图象，结合图象求解， f(t),O(0,0),B为l与y轴的交点，S△4c0与 跟踪训练 S△AB0分别表示△ACO与△ABO的面积，是否存在 点A使得2S△4c0=15S△ABo成立？若存在，这样的 已知函数)=g号+-lnax)-2(a>0. 点A有几个？（参考数据：1.09<1n3<1.10,1.60< 若函数f(x)在区间(0，+∞)内存在零点，求实 ln5<1.61,1.94<ln7<1.95) 数a的取值范围. ·64· 主题二第三章 导数及其应用 高考新题型一导数的新结构 …规律方法…。 题型3 新定义问题 函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性 质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点 [典例] (2024·上海卷)对于一个函数f(x)和 交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好 个点M(a,b),令s(x)=(x-a)2+(f(x)-b)2, 的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问 若P(xo,f(xo)是s(x)取到最小值的点，则称P 题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题 是M在f(x)的“最近点”. 的本质，转化为熟悉的问题来进行解决. (1)对于f(x)=上(x>0),求证：对于点M0,0),存 跟踪训练 在点P,使得点P是M在f(x)的“最近点”； 设y=f(x)是定义在R上的函数，若存在区间 (2)对于f(x)=e,M(1,0),请判断是否存在一 [a,b]和xo∈(a,b),使得y=f(x)在[a,xo]上严 个点P,它是M在f(x)的“最近点”，且直线MP 格递减，在[xo,b]上严格递增，则称y=f(x)为 与y=f(x)在点P处的切线垂直； “含谷函数”，xo为“谷点”，[a,b]称为y=f(x)的 (3)已知y=f(x)在定义域R上存在导函数 一个“含谷区间”. f(x),且函数g(x)在定义域R上恒正，设点 (1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请 M1(t-1,f(t)-g(t)),M2(t+1,f(t)+g(t). 指出谷点；若不是，请说明理由： 若对任意的t∈R,存在点P同时是M1,M2在 (i)y=21xl,(i)y=x+cos x; f(x)的“最近点”，试判断f(x)的单调性 (2)已知实数m>0,y=x2-2x-mln(x-1)是 含谷函数，且[2,4]是它的一个含谷区间，求m 的取值范围； (3)设p,q∈R,h(x)=-x4+px3+q.x2+(4一 3p-2g)x.设函数y=h(x)是含谷函数，[a,b]是 它的一个含谷区间，并记b一a的最大值为 L(p,q).若h(1)≤h(2),且h(1)≤0，求L(p,g) 的最小值. c温馨提污 学习至此，请完成配套训练 课时冲关22 ·65 高考总复习数学(BS) 培优拓展⑤ 洛必达法则 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“Q”型的代数式，就无法求其最值.“0”型的代数式，是大学数学中的 0 0 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(x)和g(x)满足下列条件： 名师点拨 (1)limf(x)=0 limg ()=0. 用洛必达法则处理号型函数的步骤：(1)分离变 (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且 g'(x)≠0. 量：2)出现号型式子：3)运用洛必达法则求值。 (3)limt）-=A,那么1imfx g(x) 4g(x) -limt'(2) g(x) A. 跟踪训练 ◆[法则2]若函数f(x)和g(x)满足下列条件： 已知函数f(x)=x(ex-1)-a.x2(a∈R). (1)limf(x)=o∞及limg(x)=∞. (1)若f(x)在x=一1处有极值，求a的值； (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且 (2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围. g'(x)≠0. 3)1imf'(x) 房4 A那么铝倍 [典例]已知函数f(x)=(x+1)ln(x十1).若对 任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取 值范围. 培优拓展6 泰勒展开式 1.泰勒公式 虽然麦克劳林公式是泰勒公式的特殊形式，仅仅 如果函数f(x)在含有xo的某个开区间(a,b)内 是取x0=0的特殊结果，由于麦克劳林公式使用 具有直到(n+1)阶的导数，则对Hx∈(a,b), 方便，在高考中经常会涉及. 有f(x)=f(xo)十 1(x-o)+(2 f'(xo) 3.常见函数的麦克劳林展开式(o(x")是高阶无穷 2 （x-2++fm2(x-)严+R(. 小量) n！ 其中fm)(xo)表示f(x)在x=xo处的n阶导 ②+…+" 1)e=1+x+ 十n1+o(x")； 数，等号后的多项式称为函数f(x)在x=x0处 2)simx=x3十5…十（-1)”1x2-1 的n阶泰勒展开式. (2n-1)I 2.麦克劳林公式 十o(x2m-1); )-0+9+0r++0 n! 8m-1-苏+若高+…+(-1 (2n)！ x”+Rn(x) +o(x2m); ·66· 主题二第三章 导数及其应用 n1+）=-号+号-+(-1) 2 2)设a=0.1e21,6=c=-1n0.9,则（ o(x"),x∈(-1,1]； A.a<b<c B.c<b<a ⑤1+x+2+…+x0+o(”》 C.c<a<b D.a<c<b (6)(1+x)=1+ax+aaDx2+…+ 名师点拨 21 a(a-1)(a-n+1x十o(x”),x∈(-1,1). 涉及比较大小的问题，如果其中同时含有指数 nl 式、对数式和多项式，可考虑利用泰勒展开式解 4.两个超越不等式（注意解答题需先证明后使用） (1)对数型超越放缩：-1≤1nx≤x-1(x>0); 决问题，特别注意结合赋值法，利用超越不等式 或其变形公式解决问题， 2)指数型超越放缩：x十1≤e≤已(<). 跟踪训练 [典例们 (1)已知a=1n1.01,b=1.01 10则 1 30e 已知a =s子e=4sn子则 1 () ( A.a<b<c B.a<c<b A.c>b>a B.b>a>c C.c<b<a D.c<a<b C.a>b>c D.a>c>b [热点强化课3] 隐零点与极值点偏移问题 题型1 隐零点问题 方法指导 如果(x)是超越形式，(x)的零点是存在但无 (1)函数不等式恒成立问题，要注意应用必要条 件探路，这样可以缩小参数的范围，减少分类 法求出，这时可采用虚设零点法.逐步分析出“零 讨论情况，甚至无需分类讨论； 点”所在的范围和满足的关系式，然后分析出相应 (2)含参函数的最值经常涉及到隐零点，要注意 的函数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与 零点所满足的“关系”推演出所要求的结果， 隐零点范国的确完，如(2)由)ax十日≤0 [例1]已知函数f(x)=(2aer-x)e. 确定出隐零点x。的范围，是解题的关键 (1)若a=0,求f(x)的单调区间； (2)若对于任意的x∈R,f(x)+1≤0恒成立， [例2]已知函数f)=lnx+2:g)-日e 求a的最小值. 1n2(a>0). a (1)设函数h(x)=f(x十1)-x-2,求h(x)的最 大值： (2)证明：f(x)≤g(x). ·671++ 立：f1+x)+f1-x)=ln-2 2a1++br2+n+2a1-) 十b(-x)3=2a,故结论成立. (3)由函数的连续性及题意知：f(1) 一2，代入原函数，得a=一2， 所以f(x)=lnx-ln(2-x)-2x+ b(x-1)3,0<x2, ,1-2+3b(x-1)2 =(x-1)2(2 ((2-r+3b）: 22≥-2，故6≥-号时f 2 由 >0,f(x)单调递增，f(x)>f(1)=一2， x∈(1,2)， .2 当b-子时f(1)=0, 2 f(x)=x-1)2(z22+3b）》 -(x-1)2-3bx2+6bx+2 x(2-x) 令f(x)=0, 1<x<2,∴.-3bx2+6bx+2=0,得 x=1x2(x1x2）,且x1十x2= 6 2 36=2山1·=-37 故x1<1<x2,从而f(x)在(1，x2)上 单调递减，f(2)<f(1)=一2，不满 足题意.综上：b≥一3· 2 跟踪训练 [解](1)f(x)= acososin rcossin cosr -a cos r+3sin'3-2cos cosr cos'x 令c0s2x=t,则t∈(0,1)， 则f(x)-g(t)=a-3-24 -a2+21-3 2 当a=8,f(x)=g(0)=82+21-3 12 =(21-1)(41+3) 12 当(o,号)即x(,登) f'(x)0. 当（合）即x(0,) f'(x)>0. 所以f(x)在区间(0，平)上单调递 增，在区问（任，受）上单润递减。 (2)g(x)=f(r)-sin 2x,g'(x)= f(r)-2cos 2x=f'(x)-2(2cos2 x-1) _2+21-3-2(21-1) =a+2-4+2-3 t2 设9()=a+2-4+2-3 2, 9(t)=-4- 21-10(22+21+32>0. g(t)在(0,1)上为增函数， 所以(1)<p(1)=a-3. 参考答案 ①若a∈(-∞，3]，g(x)-g(t)<a 递增，故f(x)在x=0处取得最小值。 3≤0，即g(x)在(0，受)上单调递减， 所以对于任意x1,x2∈[一1,1， |f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件 所以g(x)<g(0)=0. 所以当a∈（-o∞，3]，f(x)<sin2x 是”90. 符合题意 @若ae(3,+∞)，当1-0,2-3 中{0i.0 设函数g(t)=e-1-e十1， =-3(-号)+-，所以 则g'(t)=e-1. p(t)-∞. 当t<0时，g(t)<0； g(1)=a-3>0.所以3t0∈(0,1)，使 当t>0时，g(t)>0. 故g(t)在（一∞，0）上单调递减， 得1)=0，即3∈(（0，受）使得 在(0，十∞)上单调递增. g'(x0)=0. 又g(1)=0,g(-1)=e1+2-e<0, 若t∈(t0,1),p(t)>0,即当x∈(0， 故当1∈[-1,1]时，g(t)≤0. x0),g(x)>0,g(x)单调递增. 当m∈[-1,1]时，g(m)0,g(一m) 所以当x∈(0，x0),g(x)>g(0)=0, 0, 不合题意， 即①式成立： 综上，a的取值范国为（一∞，3]. 当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)> 题型3 0,即em-n>e-l;当m<-1时， [典例][解](1)：f(x)-a++ g(-m)>0,即em十n>e-1. 综上，m的取值范国是[一1,1]. alnx,定义域为(0，十o∞). a+1 第3课时 .f(x)= 十 题型1 x2 =a.x-(a+1) [典例][解](1)f(x)=x(x> ①当-1<4<0时，+1<0，恒有 0),当a<0时，f(x)>0恒成立， ,.函数f(x)在(0，十∞)上单调递增： a f(x)<0. ,∴，函数f(x)的单调减区间是(0，十∞). 当a>0时，由f(>0,得>：迪 @当4=-1时，f(x)=-1<0, f(x)<0,得0<x<1 x ,∴.f(x)的减区间是(0，十∞). ③当a<-1时，x∈(0，a+）f(x) :画数了)在（日十）上单阴运 增，在(0，日)上单调递减 ≥0✉的增区间是(0，中)： 综上所述，当a<0时，函数f(x)在 e(,+）f<0. (0,十o∞)上单调递增；当a>0时，函 数f)在（日，+∞）上单调递增，在 “x)的减区同是(，十四)） (2)g (x)=2ax-axln x-(6a+ (0,日)上单调递浅. 3)(a<0), 因为存在实数x1,x2∈[1，e2],使得 (2②：当x[日e]时，函数gx) 不等式2g(x1)<g(x2)成立， (1nx-l)e+x-m的零点， …2g(x)min<g(x)max· 又g'(x)=a(1-lnx),且a<0, 即当r[日]时 .当x∈[1，e)时，g'(x)<0,g(x)是 方程(lnx-1)e十x=m的根. 减函数；当x∈(e,e2]时，g'(x)>0, 令h(x)=(lnx-1)e2+x, g(x)是增函数..g(x)mim=g(e)= ae-6a-3,g (x)max max(g (1), 则')-（仕+nx-1)小e+1. g(e2)}=-6a-3. .2ae-12a-6<-6a-3,则a 由1)知当a-1时，f()-1hx十子 3 72e-6 -1在（日1）上单调递减，在(1，) 3 又a<0,从而2e-6<a<0, 上单调递增， 即a的取值范因是(2c己60） 当x[日e]时5x≥f1)=0. 跟踪训练 +-1≥0在xe[日] 解：(1)证明：f'(x)=m(emx一1)十 恒成立. 2x,若m≥0，则当x∈（一∞，0）时， er-10,f(x)<0:当x∈(0，+∞) (x)-(+lnx-1）e+1 时，ew-1≥0，f'(x)>0.若m<0,则 0+1>0. 当x∈(-∞，0)时，emx-1>0, .h(x)=(lnx-1)e+x在x∈ f(x)<0;当x∈(0，十∞)时，emx-1 <0,f(x)>0.所以f(x)在(-∞，0) [,e上单调递增， 上单调递减，在(0，十∞)上单调递增. (2)由(1)知，对任意的m,f(x)在 a(n=A(台）-2e+6, [一1,0]上单调递减，在[0,1]上单调 h(r)max-e. ·405· 高考总复习数学(BS) 当m<-2e十1或m>e时，函数 e 在[日]上淡有家点 当-2e÷+ e m≤e时，函数g(x) 在[日©]小上有且只有一个零点 跟踪训练 解：(1)因为f(x)=x-xem+b,x∈ R,所以f'(x)=1-(3x2十ax3)· er+b,因为f(x)在(1，f(1)处的切线 方程为y=-x十1，所以f(1)=一1+1 =0,f(1)=-1, 则-13Xe+b=0, {1-(3十a)ea+b=-1, 解得=-1， b=1, 所以a=-1,b=1. (2)由(1)得g(x)=f'(x)=1-(3x2 -x3)ex+1(x∈R),则g(x)- -x(x2-6.x十6)ex+1,令x2-6.x+ 6=0,解得x=3士√5，不妨设x1= 3-√5，x2=3十V5,则0<x1<x2,易 知ex+1>0恒成立，所以令g(x)< 0,解得0<x<x1或x>x2:令g(x) >0,解得x<0或x1<x<r2:所以 g(x)在(0，x1),(x2,十o∞)上单调递 减，在(-∞，0)，(x1,x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0,3一√3) 和(3+√3，十∞)，单调递增区间为 (一∞，0)和(3-√3,3+√3). (3)由(1)得f(x)=x-x3e+1(.x∈ R),f(x)=1-(3x2-x3)ex+1,由 (2)知f(x)在(0，x1),(x2,十∞)上 单调递减，在（一∞，0），(x1,x2)上单 调递增，当x0时，f(一1)=1一4e2 0,f(0)=1>0,即f(-1)f(0) 0,所以f(x)在（一∞，0）上存在唯一 零点，不妨设为x3,则一1<x3<0,此 时，当x<x名时，f(x)0,则f(x)单 调递减；当x3<x<0时，f(x)>0,则 f(x)单调递增；所以f(x)在（一∞，0） 上有一个极小值点：当x∈(0，x1)时， f(x)在(0，x1)上单调递减，则f(x1) =f(3-W3)<f(1)=1-2<0,故 f(0)f(x1)<0,所以f(x)在(0，x1) 上存在唯一零点，不妨设为x4,则0 x4x1,此时，当0<xx4时，f(x) >0,则f(x)单调递增；当x4<x<x1 时，f(x)0,则f(x)单调递减：所以 f(x)在(0，x1)上有一个极大值点；当 x∈(x1x2)时，f(x)在（工1x2)上单 调递增，则f(x2)=f(3十√3)> f(3)=1>0,故f(x1)f(x2)<0,所 以f(x)在(x1,x2)上存在唯一零点， 不妨设为x5,则x1<x<x2,此时，当 x1<x<5时，f(x)<0,则f(x)单 调递减：当x<x<x2时，f(x)>0, 则f(x)单调递增；所以f(x)在(x1, x2)上有一个极小值点：当x>x2=3 +√3>3时，3x2-x3=x2(3-x)<0, 所以f(x)=1-(3x2-x3)·e+1 >0,则f(x)单调递增，所以f(x)在 (x2,十∞)上无极值点：综上，f(x)在 (一∞，0)和(x1x2)上各有一个极小 值点，在(0，工1)上有一个极大值点，共 有3个极值，点 题型2 g(t)的极小值为g(4)=20-13ln5<0, [典例][解](1)因为k=一1， 作出g(t)的大致图象如图所示， 所以f(x)=x-ln(1+x)(x>-1), 所以g(t)在(0，十∞)上有两个零点， 则f(x)=1一1十x1十元 1 ,t(x>-1) 故有两个这样的点A使2S△AC0 =15S△AB0· 当x∈(-1,0)时，f(x)<0,f(x)单 调递减， 当x∈(0，十∞)时，f(x)>0,f(x)单 调递增. 综上，f代x)的单调递减区间为（一1,0）， 单调递增区间为(0，十∞). (2)证明：因为f(x)=x十kln(1十x), 跟踪训练 f(x)=1++x k 解：法一：由f(x)一气十c-lhax) 所以曲线f(x)在点(t,f(t))处的切线 -2(a>0),可得f'(x)= 方程为y-[t+kln(1+t)] (-) k kt 设y=e --a,x>0,a>0,则y' 整理得y=（1+年) kIn(1+t). 心1(x-山，令y=0解得x=1, 令x-0,则y-+n1+0. .y在x∈(0,1)上单调递减，在x∈ (1,十∞)上单调递增，故ymin=y(1) 令h(t)= +1+a =1-a. ①当0<a1时，令f(x)=0解得 kt 则h'()=1十，又因为≠0， x=1,当x∈(0,1)时，f(x)单调递减， 当x∈(1，十∞)时，f(x)单调递增， t>0,则当k>0时， h'(t)>0,所以h(t)在(0，+∞)上单 .f(r)min=f(1)=a-1-In a>0, 时f(x)在区间(0，十o∞)内无零，点； 调递增， 所以当t∈(0，+)时，h(t)>h(0) ②当a=1时，f(1)=a-1-lna=0, 此时f(x)在区间(0，十∞)内有零点： =0； 当k<0时，h'(1)<0,h(t)在(0，十∞) ③当a>1时，令(x)= er-T 上单调递减，所以当t∈(0，十∞)时， h(t)h(0)=0, ret-1 (x-a-0,解得x=1或1或 即当1∈(0，十∞)时，h(t)≠0， 所以L不经过点(0,0). x2,且0<x1<1<x2, (3)存在. 此时f(x)在x∈(0，x)上单调递减， 由(2)得，当k=1时，l的方程为y= x∈(x1,1)上单调递增，在x∈(1，x2) 上单调递减，在x∈(x2,十∞)上单调递 (+中)-++ln1+),所以 增，当x=x1或x2时，f(x)粒小位=0， 此时f(x)在区间(0，十∞)内有两个 B(0,a1+0-千） 零，点；综合①②③知f(x)在区间 (0,十∞)内有零，点，则a≥1. 若2S△AC0=15S△A0成立，则2× 1 法二：由题意可得ex十1+l(ax)= In(ax)-x+2,e-*+1+l(ar)-[-x ×OC×AC=15× ,×BO×AC,即 +1+ln(ax)]-1=0,因为e≥x+1, 2OC=15B0. 当x=0时等号成立，所以一x十1十 即2[t+ln(1+t) nax)-0,即ax=e1,a=e, =151n(1+t)- 15L=0. 整理得21-131n(1+)+ r8()-1x(r-D)e (x)-e 易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1， 15L0 (下面判断2红-13ln(1+)+ +∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1) =1,又x趋近于0和正无穷时，g(x) 解的个数，即为点A的个数) 趋近于正无穷，所以a≥1. 令R0)=2a-1Bh1+0+兴>0， 题型3 [典例][解](1)当M(0,0)时，s(x) g(r0=22-9r+4 (1+t)9 --0+(-0)）-2+ =(21-1)(1-4 (1+t)2 22·-2当且仅当2-即 当1∈(0，号）时g'(0>0g)单调 =1时取等号，故对于点M(0,0),存 在点P(1,1),使得该，点是M(0,0)在 递增，当1E（24)时，g()<0 f(x)的“最近点”. g(t)单调递减，当1∈(4，十∞)时， (2)由题设可得s(x)=(x-1)2+ g(t)>0,g(t)单调递增，又当→0时， (e2-0)2=(.x-1)2+e2x,则s(.x= g(t)-0,1→十∞时，g(t)→+∞，g(t)的 2(x-1)+2e2x,因为y=2(x-1), 极大值为g() y=2e2r均为R上单调递增函数，则 s'(x)=2(x-1)十2e2r在R上为严格 ·406· 增函数，而s(0)=0,故当x<0时， 若满足谷点，则有 s'(x)<0,当x>0时，s(x)>0,故 (g'(2)=2-m<0, s(x)mn=s(0)=2,此时P(0,1),而 f'(x)=e2,k=f(0)=1,故f(x)在 g'(4)=6->0.解得2<m<18. 点P处的切线方程为y=x十1.而 故m的取值范国是(2,18) 0-1 (3)因为h(x) -x4+p.x3十gx2十 kP=1-0 =一1，故kP·k=一1，故直 (4-3p-2g)x, 线MP与y=f(x)在，点P处的切线垂直 所以h'(x)=-4x3+3p.x2+2g.x十 (3)设31(x)=(x-1+1)2+(f(x) (4-3p-2g)=4(1-x) f(t)+g(t)2,s2(x)=(x-t-1)2+ (f(x)-f(t)-g(t)2,而s(x)=2(x [+(-)+(-米-号)门 -1+1)+2(f(x)-f(t)+g(t)) f(x),s2(x)=2(x-t-1)+2(f(x) 若2+(-)+ 一f(t)一g(t))f(x),若对任意的t∈ R,存在点P同时是M1,M2在f(x)的 (0-歌-号)≥0恒成立： “最近点”，设P(x0,%),则x0既是 则函数y=h(x)在x1时严格递增， s1(x)的最小值点，也是s2(x)的最小 在x≥1时严格递减，不是谷函数，不 值，点，因为两函数的定义域均为【，则 满足题意； 工。也是两函数的极小值点，则存在 因此关于x的方程2十(-)十 x0,使得1（x0)=32（x0)=0,即 '(x0)=2(x0-t+1)+2f(x) (1-华-号)=0有两个相异实极， [f(xo)-ft)+g(t)]-0,① 即△>0， s2'(x0)-2(x0-t-1)+2f(x0) 设两根为a,3且a3, [f(xo)-f(t)-g(t)]=0,② 因为h(1)0=h(0),所以函数y= 由①②相等得4十4g(t)·f(x0)=0, 即1十f(x0)g(1)=0, h(x)在区间（一∞，1]上不为严格 递增， 1 即f(xo)= g(t)' 但是当x<min{1,a,}时，h(x)>0,3 又因为函数g(x)在定义域R上恒正， =h(x)为严格递增，所以y=h(x)在 区间（一∞，1门上的单调性至少改变一 则f(x0)= g(t) <0恒成立， 次，从而必有一个驻点，即a<1,同理， 接下来证明xo=t, 因为h(1)≤h(2),所以3>1，因此， 因为x0既是s1(x)的最小值点，也是 y=h(x)在区间(-∞，a]和[1，]上严 2(x)的最小值点，则1(x0)≤x(t), 格递增，在区间[a,1]和[3，十∞)上严 s2（ro)s(t), 格递减，从而函数y=h(x)的含谷区 即(xo-t+1)2+(f(xo)-f(t)+ 间[a,b]必满足[a,b]二[a,3],即 g(t)2≤1+(g(t)2,③ L(p:q)=8-a=/A= (x0-t-1)2+(f(xo)-f(t)- g(t)2≤1+(g(t)2,④ √-)-(--号) ③+④得2(0-t)2+2+2[f(x0) 3 f(u)]2+2g2()≤2+2g2(t), √层2+2-3+24. 即(xo-t)2十(f(x0)-f(t)2≤0，因 因为h(1)=-1+p+q+4-3p-2g 为(x0-t)2≥0，(f(x0)-f(t)2≥0， =3-2p-q,h(2)=-16+8p+4q+8 -6p-4g=-8十2p,由h(1)h(2) 则{0一1=0， 解得xo=t, 得3-2p-q≤-8+2p,所以4p十9≥ f(xo)-f(i)=0, 11,由h(1)0得3-2p一q0,所以 则f(t)= g0<0恒成立，因为t 2p十q≥3， 的任意性，则f(x)严格单调递减. 所以0≥2 跟踪训练 当p≤4时，L(p,q)≥ 解：(1)函数y=2x= {-2xx0,当x∈(-∞，0]时，单调 √gp2-竖p+19. 9 2x,x≥0， 当p>4时，L(p,q) 递减，当x∈[0，十∞)时，单调递增， 所以y=2x是含谷函数，谷，点x=0: 9 V16p2- 含p+3≥E, 函数y=x十cosx,求导y=1一sinx ≥0恒成立，函数单调递增，所以不是 因此L(p,q)的最小值为√2， 含谷函数。 当p=4,g=一5时成立. (2)由题意可知函数y=x2一2x 培优拓展5 nln(x一1)在区间[2,4]上先减后增， [典例][解]方法一：令9(x)=f(x) 且存在谷点， -a.x=(.x+1)ln(x+1)-ax(x>0), 令g(x)=x2-2.x-nln(x-1),所以 则g(x)=ln(x+1)+1-a. g'(x)=2.x-2-m x>0,∴.ln(x+1)>0. -1 ①当1一a≥0，即a1时，0'(x)>0, 设q(x)-g(x)=2x-2-m ,·p(x)在(0，十o∞)上单调递增， x-11 又g(0)=0,.(x)>0恒成立 故a1满足题意. 所以g(x)=2十 (x-1)2,由m>0可 ②当1一a0,即a>1时， m 知g（)=2汁D>0恒成立， 令9(x)=0,得x=ea-1-1, ∴.x∈(0，e4-1-1)时，9(x)<0: 所以g'(x)在区间[2,4]上单调递增， x∈(e4-1-1,+∞)时，g'(x)>0, ·407· 参考答案 ∴o(x)在(0，e-1-1)上单调递减， 在(e“-1一1，十o∞)上单调递增， ·g(x)min=g(e“-1-1)<e(0)=0与 (x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足 题意， 综上有a1,故实数a的取值范国是 (-∞，1]. 方法二：当x∈(0，十∞)时， (x+1)ln(x十1)>ax恒成立， 即a<+lnr+D恒成立. g()-(r+D)in(r+D (r>0). …g(x)=x-h(x+1) 令k(x)=x-ln(x十1)(x>0), 1 (x)=1-+市1千>0， ,k(x)在(0，十∞)上单调递增 .k(x)>k(0)=0, ·x一ln(x十1)>0恒成立， g(x)>0,故g(x)在(0，十o∞)上单 调递增. 由洛必达法则知limg(x)= lim+DIn(i =lim[ln(x+1)+1]=1,.a1,故实 数a的取值范国是（一∞，1]. 跟踪训练 解：(1)f'(x)=e-1十xe-2a.x =(x+1)e2-2ax-1, 依题意知f(-1)=2a一1=0， ∴a一号.经检验a-令符合题意。 (2)方法一：当x>0时，f(x)≥0， 即x(ex-1)-ax2≥0，即e-1-ax ≥0，令g(x)=e2-1-ax(x>0), 则g(x)mn≥0,9'(x)=e-a. ①当a≤1时，g(x)=ex-a>0, ·(x)在(0，十∞)上单调递增， .o(x)>o(0)=0,∴.a1满足条件. ②当a>1时，若0<x<lna,则p(x) <0,若x>lna,则0(x)0. ∴g(x)在(0，lna)上单调递减， 在(Ina,十∞)上单调递增， .,o(r)min=(In a)=a-1-aln a 0.4 g(a)=a-1-aln a(a>1), .g(a)=1-(1+lna)=-lna0, ·g(a)在(1，十∞)上单调递减. …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（一∞，1]. 方法二：当x>0时，f(x)≥0， 即x(ex-1)-ax2≥0，即ex-1-a.x ≥0， 即ar≤C-1,即a≤上恒成立， 令h(x)=-1(x>0, 元 …h'(x)=e(x-1)+1 令k(x)=e(x-1)+1(x>0), .k'(x)=ee·x>0, ∴，k(x)在(0，十∞)上单调递增， .k(x)>k(0)=0,,h(x)>0, ,h(x)在(0，十)上单调递增 由洛必达法则知，limh(x)=lim一」 =lime=1,∴.a1.故实数a的取值 范围是（一∞，1]. 高考总复习数学(BS) 培优拓展6 [典例](1)[解析]由二1≤1nx≤x -1知lm1.01>01-1=1 1.01101=c, .a>c,1n1.01<1.01-1=0.01= 6->g-> 30e 90 1.011 100>100…b>a,故b>a> [答案]D （2)[解析]6=寸≈0.11， 由公式e=1+x十 可得e01≈1+0.1+0-1.105， 2 则a=0.1e0.1≈0.1105， c=-lho.9=lhg=ln(+号)】 由公或1a(1十)=-号+号+… 得c=h(+)≈号 ) 2 ≈0.1049， 所以cab. 「答案]C 跟踪训练 A[根据题意，构造函数f(x)=1一 28(x)=cos r,h(r)-sin 则a=f(行)b=(行) -h(） 由于于较小，所以对g(x),h(x)在 x=0处进行泰勒展开： gx)-1-号+片+o. h(r)=1-37+57+o(r). 显然，在 x=时a=/() g()<c-6(什)）故a<<] 热点强化课3 题型1 [例1][解](1)因a=0,所以f(x) =-xe2,f(x)=-(x+1)e2. 令f(x)=0,得x=-1. 当x∈(-∞，-1)时，f(x)>0: 当x∈(-1，十o∞)时，f(x)<0. 故f(x)的单调递增区间是（一∞，一1）， 单调递减区间是（一1，十∞）. (2)f'(x)=4ae2x-(x+1)ex=-e2 (x+1-4ae).因为Hx∈R,f(x)+ ≤0，又f(0)-2a,所以2a十≤ a a 0,则a<0.令g(x)=x+1-4ae',则 g(x)在R上单调递增.因为当x<0 时，g(x)<x+1-4a,所以g(4a-1)< 4a-1十1-4a=0.因为g(-1)= -4ae1>0,所以3x0∈(4a-1,-1), 使得g(xo)=0且当x∈(-∞，x0) 时，g(x)0,则f(x)>0,当x∈(x0, +∞)时，g(x)>0,则f(x)<0, 所以f(x)在（一∞，x0)上单调递增， 在(x0,十∞)上单调递减.故f(x)max 题型2命题点1 =f(xo)=2ae2xu-xoe.g(Io)= [例3][解](1)f(x)定义域为(0，十∞)， +1-4ae-0,得a=+] r-(位)e-+1 由f(x)x十是≤0，得c一e2· a (-)+(-士) xo+1 4er 4 2≥0+ (任+ 结合x0十1<0，得x号-1≤8，所以-3 令f(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时， ≤≤-1.令(r)=(-3≤r≤1. f(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(1， 十∞)时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 4e f(x)≥f(1)=e十1-a,若f(x)≥0， 则)-是>0.所以(x在[-3. 则e十1-a≥0，即ae十1，所以a的 取值范国为（一∞，e十1]. -1)上单调递增，所以h(x)≥h(一3) (2)证明：由题知，f(x)一个零点小于 e 之即a≥，故口的最小 1,一个零点大于1，不妨设x1<1< 维为一三 漫证自<1，即注<分，因为 [例2]解：(1)因为h(x)=ln(x十1) 0,,即证)>f(） x12 1 x(x>-1),所以(x)中市 因为f(x1)=f(x2),即证 +ix>-1). >f(）即运 -In x+x- =一 当x∈(-1,0)时，h'(x)>0: re2-lnx-1>0,x∈(1，+oo), 当x∈(0，十∞)时，h'(x)0. 所以h(x)在（一1,0）上为增函数， 即证g-e 在(0，十∞)上为减函数，从而h(x)max =h(0)=0. 2[nx-(-)]小>0. (2)证明：原不等式等价于(x)= ea-alnx-2u-aln2≥0 下面证明x>1时，号-xe>0, 则g(x)-2e2z-4-2xe2-a mx-(-)）K0 x 令m(x)-2e2x-a 设g(x)= e -xe,x>1, x 则m'（-4e2+号>0， 则)-（任） 所以'(x)在(0，十∞)上单调递增. 令t(.x)=2xe2x-a,则t(0)=-a<0, (+e()月 t(a)-2ae2a-a=a(2e2a-1)>0, (-)-(-) 所以存在唯一xo∈(0，a)使得t(xo) =2x0e2x-a=0,即p'(x0)=2e2 -(-)(-)】 a=0,当0<x<x0时，9(x)<0;当 x>0时，g'(x)>0,此时e(x)在(0， x0)上单调递减，在(x,十∞)上单调 设(x)= (x>0), 递增，要证(x)≥0，即要证p(x0)≥ 0.于是原问题转化为证明不等式组 )-(3)e-e>0, 2e2-a=0. 所以g(x)>g(1)=e,而e<e, 2≥0 ro)--aln to-2a-aln a 所以-e>0,所以g(x)>0, 由2e-兰-0，得一云代入 所以g(x)在(1，十∞)上单调递增，即 g(x)>g(1)=0,所以g-x>0, 2 fzo)-e2,-aln to-2a-aln a 令h()=lnr- 对e一云两边取对数得1血一 (-）1. K(x)= 1 n号-2，代入9x,)2品。 (+) 2z-2-1--(x=102<0, ln-2a-aln子，得p)一会 2.x2 2x2 所以h(x)在(1，十∞)上单调递减， +2axo-2a. 即h(x)<h(1)=0, 因为g(x）=2 ,4+2ax0-2a≥ 所以nx一专(-士)K0: ·2a0-2a=0,当且仅当x0 2n2x0 综上 -xe 1 =之，a=e时，等号成立， [血x-(-)]>o 所以f(x)≤g(x). 所以x1x2<1. ·408·