专题一 微拓展 导数新定义问题的应用-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

第3编　微拓展升华 微拓展　导数新定义问题的应用 [考情分析]　随着高考的改革，各地模拟试题越来越新颖，压轴题更是百花齐放，泰勒展开式、帕德近似、拉格朗日中值定理等以高等数学为背景的题目出现的频率越来越高，在解决部分题目时往往使问题简捷巧妙，甚至可以“秒杀”，在突破难点方面起到了降维打击的作用． 考点一　泰勒展开式 1．泰勒公式 如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内具有直到(n＋1)阶的导数，则对∀x∈(a，b)， 有f(x)＝f(x0)＋(x－x0)＋(x－x0)2＋…＋(x－x0)n＋Rn(x)， 其中f(n)(x0)表示f(x)在x＝x0处的n阶导数，等号后的多项式称为函数f(x)在x＝x0处的n阶泰勒展开式． 2．麦克劳林公式 f(x)＝f(0)＋x＋x2＋…＋xn＋Rn(x)， 虽然麦克劳林公式是泰勒公式的特殊形式，仅仅是取x0＝0的特殊结果，由于麦克劳林公式使用方便，在高考中经常会涉及． 3．常见函数的麦克劳林展开式(o(xn)是高阶无穷小量) (1)ex＝1＋x＋＋…＋＋o(xn)； (2)sin x＝x－＋－…＋(－1)n－1＋o(x2n－1)； (3)cos x＝1－＋－＋…＋(－1)n＋o(x2n)； (4)ln (1＋x)＝x－＋－…＋(－1)n－1＋o(xn)，x∈(－1，1]； (5)＝1＋x＋x2＋…＋xn＋o(xn)； (6)(1＋x)α＝1＋αx＋x2＋…＋xn＋o(xn)，x∈(－1，1). 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：≤ln x≤x－1(x＞0)； (2)指数型超越放缩：x＋1≤ex≤(x＜1). [例1]　(1)已知a＝ln 1.01，b＝，c＝，则(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．c<b<a D．c<a<b 解析　由≤ln x≤x－1知 ln 1.01>＝＝c， ∴a>c， ln 1.01<1.01－1＝0.01＝， 又b＝>＝>>， ∴b>a，故b>a>c.故选D. 答案　D (2)(2022·新高考全国Ⅰ)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 解析　b＝≈0.111，由公式ex＝1＋x＋＋…， 可得e0.1≈1＋0.1＋＝1.105， 则a＝0.1e0.1≈0.110 5， c＝－ln 0.9＝ln ＝ln (1＋)， 由公式ln (1＋x)＝x－＋＋…， 得c＝ln (1＋)≈－≈0.104 9， 所以c<a<b.故选C. 答案　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． 跟踪训练1　(2025·高三安徽滁州三模)1715年英国数学家泰勒发现了如下公式：ex＝1＋x＋＋＋…＋＋…(其中n！＝1×2×3×…×n，e为自然对数的底数，e＝2.718 28……).已知f(x)＝. (1)证明：f(2x)＝[f(x)]2＋[ex－f(x)]2； (2)设x∈(0，＋∞)，证明：(x＋1)f(x)>ex； (3)若∀α∈[，]，f(t＋cos α)≤f(sin α＋sin 2α)恒成立，求t的取值范围． (1)证明　由题f(2x)＝， [f(x)]2＋[ex－f(x)]2＝()2＋(ex－)2＝()2＋()2＝＋＝， 故f(2x)＝[f(x)]2＋[ex－f(x)]2. (2)证明　由题 ＝ ＋＝1＋＋＋…， 所以(x＋1)f(x)＝(x＋1)×＝(x＋1)(1＋＋＋…)＝x(1＋＋＋…)＋(1＋＋＋…)＝(x＋＋＋…)＋(1＋＋＋…)＝1＋x＋＋＋＋＋... >1＋x＋＋＋＋＋...＝ex，即(x＋1)f(x)>ex得证． (3)解　由题f(x)定义域为R，且f(－x)＝＝＝f(x)，故函数f(x)是偶函数，任取x1<x2<0，则f(x1)－f(x2)＝－＝＝＝(ex1－ex2)(1－)， 因为x1<x2<0，所以ex1、ex2∈(0，1)，ex1－ex2<0， 所以ex1ex2∈(0，1)，所以>1，故1－<0， 所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，则由函数的奇偶性得f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以f(t＋cos α)≤f(sin α＋sin 2α))在α∈[，]上恒成立， 则|t＋cos α|≤|sin α＋sin 2α|在α∈[，]上恒成立， 又因为当α∈[，]时，2α∈[，π]，所以sin α＋sin 2α>0 所以－sin α－sin 2α≤t＋cos α≤sin α＋sin 2α即－sin α－sin 2α－cos α≤t≤sin α＋sin 2α－cos α在α∈[，]上恒成立， 所以(－sin α－sin 2α－cos α)max≤t≤(sin α＋sin 2α－cos α)min，α∈[，]， 令g(α)＝sin α＋sin 2α－cos α＝(sin α－cos α)＋cos (2α－) ＝sin (α－)＋1－2sin2(α－)＝－[sin(α－)－]2＋，α∈[，]， 因为α－∈[0，]，所以sin (α－)∈[0，1]，sin (α－)－∈[－，]， 所以－[sin (α－)－]2∈[－，0]， 故－[sin (α－)－]2＋∈[1，]，即g(α)∈[1，]， 令h(α)＝－sin α－sin 2α－cos α＝－(sin α＋cos α)＋cos (2α＋)＝－sin (α＋)＋1－2sin2(α＋)＝－[sin(α＋)＋]2＋ 因为α＋∈[，]，所以sin (α＋)∈[，1]，故sin (α＋)∈[1，]， 所以[sin (α＋)＋]2∈[，＋]， 故－[sin (α－)－]2＋∈[－1－，－1]，即h(α)∈[－1－，－1]， 综上得－1≤t≤1，即t的范围为[－1，1]. 考点二　帕德近似 帕德近似：帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f(x)在x＝0处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)＝， 且满足f(0)＝R(0)，f′(0)＝R′(0)，f″(0)＝R″(0)，…，f(m＋n)(0)＝R(m＋n)(0). 其中f″(x)＝[f′(x)]′，f‴(x)＝[f″(x)]′，f(4)(x)＝[f‴(x)]′，f(5)(x)＝[f(4)(x)]′，…，f(m＋n)(x)＝[f(m＋n－1)(x)]′. 高中常见的帕德近似公式 ln (1＋x)≈，x∈(－1，1)， ex≈，x∈[－2，2]， sin x≈，x∈(－1，1)， cos x≈，x∈(－1，1)， tan x≈，x∈(－，). [例2]　(1)已知a＝e0.3，b＝＋1，c＝，则(　　) A．a<b<c B．b<c<a C．c<a<b D．a<c<b 解析　利用帕德近似可得， a＝e0.3≈＝≈1.349 9， b＝＋1≈×＋1 ＝×＋1≈1.202 7， 由公式(1＋x)α＝1＋αx＋x2＋…， 得c＝＝≈1＋×0.5－×0.52＝1.218 75.综上，b<c<a.故选B. 答案　B (2)(2025·益阳模拟)若a＝2ln 1.1，b＝0.21，c＝tan 0.21，则(　　) A．b<c<a B．a<c<b C．c<a<b D．a<b<c 解析　由帕德近似公式得 a＝2ln 1.1＝2ln (1＋0.1) ≈2×＝≈0.190 6， c＝tan 0.21≈＝≈0.213， 又b＝0.21，∴c>b>a.故选D. 答案　D 对于含指数、对数、正弦、余弦、正切的比较大小，利用帕德近似公式求近似值，非常直接，但是要注意公式的使用条件，公式不能记错． 跟踪训练2　(2025·高三四川成都三模)帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f(x)在x＝0处的[m，n]阶帕德近似定义为：R(x)＝，且满足：f(0)＝R(0)，f′(0)＝R′(0)，f″(0)＝R″(0)，…，f(m＋n)(0)＝R(m＋n)(0).(注：f″(x)＝[f′(x)]′，f‴(x)＝[f″(x)]′，f(4)(x)＝[f‴(x)]′，f(5)(x)＝[f(4)(x)]′，…；f(n)(x)为f(n－1)(x)的导数). (1)求函数f(x)＝ln (x＋1)在x＝0处的[1，1]阶帕德近似函数R(x)； (2)在(1)的条件下，试比较f(x)与R(x)的大小； (3)在(1)的条件下，若h(x)＝－(－m)f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求m的取值范围． 解　(1)由f(x)＝ln (x＋1)得f′(x)＝，f″(x)＝－， 则函数f(x)＝ln (x＋1)在x＝0处的[1，1]阶帕德近似函数R(x)＝， 由于f(0)＝R(0)＝0，所以a0＝0， 故R(x)＝＝＝－ R′(x)＝，R″(x)＝－， 因为f′(0)＝R′(0)，f″(0)＝R″(0)，所以， 解得a＝1，b＝. 所以R(x)＝＝. (2)令f(x)＝f(x)－R(x)，(x>－1)， 则F′(x)＝f′(x)－R′(x)＝－＝＝≥0恒成立， 所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且F(0)＝0， 所以当－1<x<0时，f(x)<0，即f(x)<R(x)， 当x＝0时，f(x)＝0，即f(x)＝R(x)， 当x>0时，f(x)>0，即f(x)>R(x). (3)h(x)＝－(－m)f(x)＝－(－m)ln (x＋1)＝(＋m)ln (x＋1)，(x>0)， h′(x)＝－＋(＋m)×＝， 因为h(x)＝－(－m)f(x)在(0，＋∞)上存在极值， 所以h′(x)在(0，＋∞)上存在变号零点， 令g(x)＝mx2＋x－(x＋1)ln (x＋1)，x>0， g′(x)＝2mx＋1－1－ln (x＋1)＝2mx－ln (x＋1)， ①当m≤0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减， g(x)<g(0)＝0，所以h′(x)无零点，不符合题意； 记m(x)＝g′(x)＝2mx－ln (x＋1)，则m′(x)＝2m－＝； ②当m≥时，由于m≥，所以2m(x＋1)－1≥x＋1－1＝x>0，故m′(x)>0，故g′(x)在(0，＋∞)上单调递增， g′(0)＝0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)＝0，所以h′(x)无零点，不符合题意； ③当0<m<时，令m′(x)＝0，得x＝－1， 当0<x<－1时，m′(x)<0，当x>－1时， m′(x)>0， 所以g′(x)在(0，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)min＝g(－1)＝2m(－1)－ln (－1＋1)＝1－2m＋ln (2m)， 令H(x)＝1－x＋ln x，0<x<1， H′(x)＝－1＋>0，所以H(x)在(0，1)上单调递增，H(x)<H(1)＝0， 所以g(－1)＝1－2m＋ln (2m)<0， 因为x>0，0<m<，所以x(m－1)<0， 故(mx2－1)－(mx－1)(x＋1)＝x(1－m)>0，进而>mx－1， 所以1＋－ln (x＋1)>mx－ln (x＋1)； g(x)＝(x＋1)[－ln (x＋1)]， 令G(x)＝－ln (x＋1)＝1＋－ln (x＋1)>mx－ln (x＋1)＝m(x＋1)－ln (x＋1)－m； 设k(x)＝ln x－x＋1， 则当x>1时k′(x)＝－1<0，k(x)单调递减，当0<x<1时，k′(x)>0，k(x)单调递增，故当k(x)≤k(1)＝0，故ln x≤x－1，故ln x≤x， ln ()≤，故ln (x＋1)≤2， 所以G(x)>m(x＋1)－2－m＝(x＋1)－m＋[(x＋1)－2]， 令x＝－1，则x＋1＝，所以(x＋1)－2≥0， (x＋1)－m＝－m>0， 所以g(－1)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上存在零点，即h(x)在(0，＋∞)上存在极值点， 所以m的取值范围为(0，). 考点三　拉格朗日中值定理 1．拉格朗日中值定理：若f(x)满足以下条件： (1)f(x)在闭区间[a，b]上连续； (2)f(x)在开区间(a，b)内可导，则f(x)在(a，b)内至少存在一点ξ，使得f′(ξ)＝. 2.几何意义：弦AB的斜率k＝＝f′(ξ)，在曲线弧AB上至少有一点，在该点处的切线平行于弦AB. [例3]　(2025·襄阳模拟)柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用．定理内容为：设函数f(x)，g(x)满足： ①图象在[a，b]上是一条连续不断的曲线； ②在(a，b)内可导； ③对∀x∈(a，b)，g′(x)≠0，则∃ξ∈(a，b)，使得＝. 特别地，取g(x)＝x，则∃ξ∈(a，b)，使得＝f′(ξ)，此情形称之为拉格朗日中值定理． (1)设函数f(x)满足f(0)＝0，其导函数f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，证明：函数y＝在(0，＋∞)上单调递增； (2)若∀a，b∈(0，e)且a>b，不等式－＋m(－)≤0恒成立，求实数m的取值范围. (1)证明　由题＝， 由拉格朗日中值定理知，对∀x>0，∃ξ∈(0，x)， 使得＝f′(ξ)，即＝f′(ξ)， 又f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)>f′(ξ)， 即f′(x)>，即当x>0时，xf′(x)－f(x)>0， 所以[]′＝>0， 故y＝在(0，＋∞)上单调递增． (2)解　因为a>b，所以－＋m(－)≤0⇔≤m， 取f(x)＝x ln x，g(x)＝x2， 因为a>b，且a，b∈(0，e)， 所以由柯西中值定理，∃ξ∈(b，a)， 使得＝ ＝＝， 由题意得≤m， 设G(x)＝(0<x<e)， G′(x)＝， 当0<x<1时，G′(x)>0，当1<x<e时，G′(x)<0， 所以G(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，所以G(x)max＝G(1)＝，故m≥， 所以实数m的取值范围是[，＋∞). 利用拉格朗日中值定理求参数的步骤： (1)分离参数； (2)构造成的形式，求其最值(范围). 跟踪训练3　(2025·高三江西鹰潭二模)法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下：如果函数y＝f(x)满足如下条件：①在闭区间[a，b]上的图象是连续的；②在开区间(a，b)上可导，则在开区间(a，b)上至少存在一个实数ξ，使得＝f′(ξ)成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”． (1)已知f(x)＝2x＋＋m ln x，∀a，b∈(1，3)且a<b， (ⅰ)若>1恒成立，求实数m的取值范围； (ⅱ)当－1≤m<0时，求证：>f(). (2)已知函数g(x)＝x ln ＋aex－x(a>0)有两个零点，记作x1，x2，若0<2x1<x2，证明：ex1＋2x2>32. (1)(ⅰ)解　方法一　由>1，且a<b化简得f(a)－f(b)<a－b，即f(a)－a<f(b)－b， 令H(x)＝f(x)－x＝x＋＋m ln x，可知H(x)在(1，3)上单调递增， 则H′(x)＝1－＋≥0在(1，3))上恒成立，即m≥－x在(1，3))上恒成立， 令h(x)＝－x，显然h(x)在(1，3))上单调递减， 所以m≥h(1)＝0，即m≥0，故实数m的取值范围为[0，＋∞). 方法二　由拉格朗日中值定理可知，∃x0∈(a，b)，使得＝f′(x0)， 故问题转化为f′(x0)>1恒成立． 又f′(x)＝2－＋，则f′(x0)＝2－＋>1恒成立，即m>－x0恒成立， 因为x0∈(a，b)⊆(1，3)， 故令P(x)＝－x，显然P(x)在(1，3))上单调递减， 所以∀x∈(1，3)，P(x)<P(1)＝0，所以m≥0，故实数m的取值范围为[0，＋∞). (ⅱ)证明　要证>f()，即证2f(a)＋f(b)>3f()， 即证f(b)－f()>2f()－2f(a)， 又1<a<<b<3， 由拉格朗日中值定理可知，存在ξ1∈(a，)，ξ2∈(，b)， f(b)－f()＝f′(ξ2)·， 2f()－2f(a)＝2f′(ξ1)·＝f′(ξ1)·. 由题意知f′(x)＝2－＋，当－1≤m<0时，f′(x)在(1，3)上单调递增， 则f′(ξ2)>f′(ξ1)，故f′(ξ2)·>f′(ξ1)·， 即f(b)－f()>2f()－2f(a)，所以命题得证． (2)证明　函数g(x)＝x ln ＋aex－x有两个零点，即方程x ln ＋aex－x＝0有两个根，即方程ln ＋－1＝0有2个根． 令φ(x)＝ln x＋x－1(x>0)，φ′(x)＝＋1>0， 所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0，即方程＝1有2个根，且这两根即为方程ln ＋－1＝0的根， 所以，则＝＝t，则由0<2x1<x2，得 t∈(0，)，x1＝tx2，ex1＝tex2⇒x1－x2＝ln t， 所以tx2－x2＝ln t，则x2＝，x1＝tx2＝， 要证ex1＋2x2>32，即证x1＋2x2>5ln 2， 又x1＋2x2＝，令m(t)＝，m′(t)＝， 令u(t)＝－3ln t＋t－＋1，u′(t)＝－＋1＋＝， 又t∈(0，)，所以u′(t)>0，故u(t)在(0，)上单调递增， 所以∀t∈(0，)，u(t)<u()＝3ln 2－<0， 所以m′(t)<0，故m(t)在(0，)上单调递减，所以m(t)>m()＝5ln 2， 即x1＋2x2>5ln 2， 即ex1＋2x2>32，所以不等式得证． 提升思维　拓展训练 1．(2025·郑州统考)计算器计算ex，ln x，sin x，cos x等函数的函数值，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”的内容为：如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内可以进行多次求导数运算，则当x≠x0时，有f(x)＝f(x0)＋(x－x0)＋(x－x0)2＋(x－x0)3＋…，其中f′(x)是f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，f‴(x)是f″(x)的导数，….取x0＝0，则sin 1精确到0.01的近似值为(　　) A．0.82 B．0.84 C．0.86 D．0.88 B　[根据题意，f(x)＝sin x，f′(x)＝cos x， f″(x)＝－sin x，f‴(x)＝－cos x，…， 取x0＝0，可得f(x)＝f(0)＋x＋x2＋x3＋…， 则f(x)＝sin x＝0＋1×x＋0×x2＋(－1)×x3＋0×x4＋1×x5＋…＝x－x3＋x5－…， 令x＝1，代入上式可得 f(1)＝sin 1＝1－＋－…＝－…≈0.84， 所以sin 1≈0.84.故选B.] 2．(2025·安康模拟)已知a＝e0.2－1，b＝ln 1.2，c＝，则(　　) A．a<c<b B．b<a<c C．b<c<a D．c<b<a D　[由帕德近似公式得 a＝e0.2－1≈－1≈0.221 4， b＝ln 1.2＝ln (1＋0.2)≈≈0.182 3， c＝≈0.166 7，故c<b<a.故选D.] 3．已知a＝e0.1－1，b＝sin 0.1，c＝ln 1.1，则(　　) A．a<b<c B．b<c<a C．c<a<b D．c<b<a D　[∵sin x＝x－＋－…， ln (1＋x)＝x－＋－…， ex＝1＋x＋＋＋…， ∴sin 0.1＝0.1－＋－…， ln 1.1＝0.1－＋－…， e0.1＝1＋0.1＋＋＋…， 则e0.1－1＝0.1＋＋＋…， ∴ln 1.1<sin 0.1<0.1<e0.1－1，故c<b<a.故选D.] 4．若a＝sin ，b＝2ln 3－3ln 2，c＝，则(　　) A．c<b<a B．a<b<c C．c<a<b D．a<c<b C　[由帕德近似公式得 a＝sin ≈＝≈0.062 5， b＝2ln 3－3ln 2＝ln 9－ln 8 ＝ln ＝ln (1＋) ≈＝≈0.117 8， c＝≈≈0.054 1，∴c<a<b.故选C.] 5．已知a＝tan ，b＝，c＝e，则(　　) A．c>a>b B．c>b>a C．a>b>c D．a>c>b B　[a＝tan ≈＝≈0.545 5， b＝≈0.571 4，c＝e ≈× ≈0.838 6，∴c>b>a. 故选B.] 6.数学家研究发现，对于任意的x∈R，sin x＝x－＋－＋…＋(－1)n－1＋…(n∈N*)，称为正弦函数的泰勒展开式．在精度要求不高的情况下，对于给定的实数x，可以用这个展开式来求sin x的近似值．如图，百货大楼的上空有一广告气球，直径为6米，在竖直平面内，某人测得气球中心B的仰角∠BAC＝30°，气球的视角α＝2°，则该气球的高BC约为 米．(精确到1米) 86　[ 由题意过点B作切线的垂线交于点D， 在△ABD中，BD＝3， sin 1°＝，所以AB＝， 在Rt△ABC中，sin ∠BAC＝sin 30°＝， 联立可得BC＝＝≈≈86.故答案为：86] 7．(2025·高三山东日照三模)英国数学家泰勒发现了如下公式：sin x＝x－＋－＋…，cos x＝1－＋－＋…，其中n！＝1×2×3×4×5×…×n.这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性． (1)用前三项计算cos 0.3； (2)已知a＝，b＝cos ，c＝4sin ，试证明：c>b>a. (1)解　由泰勒公式cos x＝1－＋－＋…，则cos 0.3≈1－＋＝1－＋＝＝. (2)证明　方法一　由泰勒公式cos x＝1－＋－＋…可知 cos ＝1－()2＋()4－()6＋…＋()4n－()4n＋2＋… ＝1－()2＋(()4n－()4n＋2) ＝1－()2＋·()4n(1－·) >1－()2＝， 下面证：tan x>x，x∈(0，). 证明： 如图，在单位圆中，∠TOA＝x，OT与单位圆的交点为P，AT⊥OA， 因S△OAT大于扇形OAP的面积，故×OA×AT>×x×12， 故tan x>x，x∈(0，). 由上述不等式可得tan >，故4sin >cos ， 综上，有4sin >cos >，即c>b>a. 方法二　由泰勒公式cos x＝1－＋－＋…可知 cos ＝1－()2＋()4－()6＋…＋()4n－()4n＋2＋… ＝1－()2＋()4n－()4n＋2]＝1－()2＋·()4n(1－·)>1－()2＝， 而cos ＝1－()2＋()4－()6＋()8…－()4n－2＋()4n－… ＝1－()2＋()4－()4n－2－()4n]＝1－()2＋()4－()4n－2(1－·) <1－()2＋()4＝， 又因为4sin ＝4[－()3＋()5－()7＋…＋()4n－3－()4n－1＋…] ＝4[－()3＋(()4n－3－()4n－1)] ＝4[－()3＋·()4n－3(1－·)] >4[－()3]＝＝>， 故有4sin >>cos >，所以c>b>a. 8．(2025·高三云南昆明二模)已知函数f(x)＝x2－3x＋a ln x，a∈R. (1)当a＝1时，求函数f(x)在区间x∈[1，2]上的最小值； (2)若函数f(x)在区间[1，2]上单调递减，求a的取值范围； (3)若函数g(x)的图象上存在两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1<x2，使得g′()＝，则称y＝g(x)为“拉格朗日中值函数”，并称线段AB的中点为函数的一个“拉格朗日平均值点”．试判断函数f(x)是否为“拉格朗日中值函数”，若是，判断函数f(x)的“拉格朗日平均值点”的个数；若不是，说明理由． 解　(1)由题意可知当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)≥0，且x∈[1，2] 所以f′(x)≥0，f(x)在区间x∈[1，2]上为增函数， 所以函数f(x)的最小值为f(1)＝－2 ； (2)由题意可得f′(x)＝2x－3＋＝， 若函数f(x)在区间[1，2]上单调递减，则2x2－3x＋a≤0在x∈[1，2]恒成立， 即a≤－2x2＋3x在x∈[1，2]恒成立，只需a≤(－2x2＋3x)min即可， 又因为当x∈[1，2]时y＝－2x2＋3x∈[－2，1]，所以a≤－2. (3)假设函数f(x)是“拉格朗日中值函数”， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)是f(x)上不同的两点，且0<x1<x2， 由题意可得f(x1)＝x－3x1＋a ln x1，f(x2)＝x－3x2＋a ln x2， 则kAB＝ ＝＝x2＋x1－3＋， 函数f(x)在拉格朗日平均值点处的切线斜率k＝f′()＝x1＋x2－3＋， 由kAB＝k整理可得＝， 当a＝0时，＝恒成立， 则函数f(x)是 “拉格朗日中值函数”，且“拉格朗日平均值点”有无数个； 当a≠0时，＝即ln ＝， 令＝t(t>1)，上式化为ln t＝＝2－，即ln t＋＝2， 令h(t)＝ln t＋，则h′(t)＝－＝， 因为t>1，所以h′(t)>0恒成立，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝2恒成立， 所以在(1，＋∞)上不存在t使得ln t＋＝2，即不存在这样的A，B两点使得f′()＝； 综上所述，当a＝0时，函数f(x)是 “拉格朗日中值函数”，且“拉格朗日平均值点”有无数个；当a≠0时，f(x)不是“拉格朗日中值函数”． 学科网（北京）股份有限公司 $