第三章 第4节 第3课时 利用导数研究函数的零点问题（配套教参）-【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 学生用书P63 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 :当m<-2e÷+或m>e时，函数g(x)在 [典例们 已知函数f(x)=lnx十 1 ax a ,a∈R且a 【日上没有零点： ≠0. (1)讨论函数f(x)的单调性； 当-2e+≤m<e时，数8)在[上有 (2)当∈日q时，试判断西数g)=h工一1De+ 且只有一个零点 方法指导… x一m的零点个数 研究函数f(x)零点的策略 [解] (1)f(x)=ax二(x>0),当a<0时， (1)如果函数f(x)在已知区间上是单调的，则其最 f(x)>0恒成立，.函数f(x)在(0，十∞)上单调 多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理， 递增； 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 当a>0时，由fx)>0,得x>由fx)<0 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. .函数f（x)在 单调递增，在 1跟踪训练 (0,)上单别适减。 (2023·北京卷)设函数f(x)=x-x3e+,曲线y= f(.x)在点(1，f1)的切线方程为y=-x十1. 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，十∞)上单 (1)求a,b的值； 调递增：当a>0时，函数f()在合，十∞上单调 (2)设g(x)=f(x),求g(x)的单调区间； (3)求f(x)极值点的个数. 递增，在〔0，)上单调递成。 解：(1)因为f(x)=x一x3er+,x∈R, (2)当x∈[日时，画数gx)=Im-1De+ 所以f(x)=1-(3.x2+ax3)er+6, 因为f(x)在(1，f(1)处的切线方程为 x一m的零点， y=-x+1, 即当x合小时，方程nx一1+x=m的报. 所以f(1)=-1十1=0，f'(1)=-1, 令h(x)=(lnx-l)e+x, 则1-1'xe6=0, {1-(3+a)ea+b=-1, 1解得=-1， b=1, 则)=(+nx-1小e+1. 所以a=-1,b=1. (2)由(1)得g(x)=f(x)=1-(3.x2-x3)e+ 由(1)知当a=1时，f(x)=1nx十-1在 (x∈R),则g'(x)=-x(x2-6x十6)ex+1 (日山上单润递减，在(1，。上单调递增， 令x2-6.x十6=0，解得x=3土√3， 不妨设x1=3-√3，x2=3十√3，则0<x1<x2, 当x∈[，]时，fx)≥f1)=0, 易知e+1>0恒成立， 所以令g'(x)<0,解得0<x<x1或x>x2; “+h-1≥0在x[日e上恒成立 令g'(x)>0,解得x<0或x1<x<x2; h(x)=(2+Imx-1jc+1≥0+1>0， 所以g(x)在(0，x1),(x2,十o∞)上单调递减， 在（-o∞，0)，(x1,x2)上单调递增， :(x)=(Inx-1)e+x在x∈[e上单调 即g(x)的单调递减区间为(0,3一√3)和(3十√3，十∞)， 递增 单调递增区间为（一∞，0）和(3一√3,3十√3)， (3)由(1)得f(.x)=x-x3e+1(x∈R), f'(x)=1-(3.x2-x3)e+1, 97 高考总复习数学(BS) 由(2)知(x)在(0，x1),(x2,十∞)上单调递减， [解](1)因为k=-1, 在(-∞，0)，(x1,x2)上单调递增， 所以f(.x)=x-ln(1+x)(x>-1), 当x<0时，f(-1)=1-4e2<0,f(0)=1>0, 别fm)=1-x千>- 1 即f(-1)f'(0)<0, 所以f'(x)在（一∞，0）上存在唯一零点，不妨设为 当x∈(-1,0)时，f'(x)<0,f(x)单调递减， x3,则-1<x3<0, 当x∈(0，十o∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增. 此时，当x<x3时，f'(x)<0,则f(x)单调递减； 综上，f(x)的单调递减区间为（一1,0），单调递增 当x3<x<0时，f(x)>0,则f(.x)单调递增； 区间为(0，十∞). 所以f(x)在（一∞，0）上有一个极小值点； (2)证明：因为f(.x)=x十k1n(1+x), 当x∈(0，x1)时，f（x)在(0，x1)上单调递减， f=1+合2 则f'(x1)=f(3-V3)<f(1)=1-2<0, 所以曲线f(x)在点(t,f(t)处的切线方程为y一 故f'(0)'(x1)<0, 所以f(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4, +na+J-(+年)水z-. 则0<x4<x1, 茎理得y(+产》年，+1 此时，当0<x<x4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； 令x=0,则y=+n1+. 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点； 当x∈(x1,x2)时，f(x)在(x1,x2)上单调递增， 令）=+a1+0: 则f'(x2)=f(3+√3)>f'(3)=1>0, 则)=a年又固为≠04心0. kt 故f'(x1)f(x2)<0, 所以f'(x)在(x1,x2)上存在唯一零点，不妨设为 则当>0时，h'(t)>0,所以h(t)在(0，十∞)上单 调递增， x5,则x1<x5<x2, 此时，当x1<x<x时，f(x)<0,则f(x)单调递 所以当t∈(0，+o∞)时，h(t)>h(0)=0; 当k<0时，h'(t)<0,h(t)在(0，十∞)上单调递减， 减；当x<x<x2时，f(x)>0,则f(x)单调递增； 所以当t∈(0，+∞)时，h(t)<h(0)=0, 所以f(x)在(x1,x2)上有一个极小值点； 即当t∈(0，+∞)时，h(t)≠0， 当x>x2=3+V5>3时，3x2-x3=x2(3-x)<0, 所以L不经过点(0,0). 所以f(x)=1-(3x2-x3)e+1>0, (3)存在 则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2,十∞)上无极值点； 由2)得，当=1时，的方程为y-〔+十) 综上，f(x)在（一∞，0）和(x1,x2)上各有一个极小 值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极 千+ia1+,所以B(0a1+)-千) 值点。 若2S6cm=15Sam成立，则2×号×0CXAC 由函数零点（相应方程根）的 题型2 个数确定参数的取值范围 =15×号×B0XAC,即20C=-15B0, [典例门] (2024·北京卷)设函数f(x)=x+k1n(1+ 即2[+lna+]=15[n1+0-+] x)(k≠0)，直线L是曲线y=f(.x)在点(t,f(t)) (t>0)处的切线. 芝理得21-18nc1中十-0 (1)当k=一1时，求f(x)的单调区间； (2)求证：l不经过点(0,0)； (下西判新2-13ln1+)+平，-0解的个数，即 (3)当k=1时，设点A(t,f(t),(t>0),C(0, 为点A的个数) f(t),O(0,0),B为L与y轴的交点，S△0与 令g0=21-18h1+)+0>0,g() S△0分别表示△ACO与△ABO的面积，是否存在点 A使得2S△w=15S△成立？若存在，这样的点A 22-9t+4_(2t-1)(t-4) (1+t) (1+t)2 有几个？（参考数据：1.09<ln3<1.10,1.60<1n5< 1.61,1.94<1n7<1.95) 当1(0，》时g()≥0，g率润递培， ·98· 主题二第三章导数及其应用 当1(24时，g(<0,g)单调道减， 当x=x1或x2时，f(x)板小位=0，此时f(x)在区间 (0,十∞)内有两个零点： 当t∈(4，十∞)时，g'(t)>0,g(t)单调递增， 综合①②③知f(x)在区间(0，十∞)内有零点， 又当t→0时，g(t)0,t→十o∞时，g(t)→十o∞， 则a≥1. g(t)的极大值为 1 6-131n ->0,g(t)的极 法二：由题意可得ex+1+lnar)=ln(a.x)一x十2， 即e+1+ha)-[-x+1+ln(a.x)]-1=0, 小值为g(4)=20-13ln5<0, 因为e≥x十1，当x=0时等号成立， 作出g(t)的大致图象如图所示， 所以-x+1十ln(a.x)=0,即a.x=e'1 所以g(t)在(0，十∞)上有两个零点，故有两个这样 a=e--1 的点A使2S△c0=15S△0. 8(x)=1x(-D)e' 令g(x)=1 e y 易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)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)趋近于正无穷，所 以a≥1. 高考新题型一导数的新结构、 题型3 新定义问题 方法指导 [典例] (2024·上海卷)对于一个函数f(x)和一个 利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根 点M(a,b),令s(x)=(x-a)2+(f(x)-b)2,若 的个数问题的一般思路： P(x。,f(xo))是s(x)取到最小值的点，则称P是 ①将问题转化为函数零点的个数问题，进而转化为 M在f(x)的“最近点”. 函数图象交点的个数问题； (1)对于f(x)=1(x>0),求证：对于点M(0,0), ②利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极 值（最值）、端点值等性质； 存在点P,使得点P是M在f(x)的“最近点”； ③画出函数的大致图象，结合图象求解 (2)对于f(x)=e,M(1,0),请判断是否存在一个 :跟踪训练 点P,它是M在f(x)的“最近点”，且直线MP与y =f(x)在点P处的切线垂直； 已知函数f)=号+x-ln(ax)-2(a>0),若 (3)已知y=f(x)在定义域R上存在导函数f(x), 且函数g(x)在定义域R上恒正，设点M1(t一1， 函数f(x)在区间(0，十o∞)内存在零点，求实数a f(t)-g(t)),M2(t+1,f(t)+g(t).若对任意的 的取值范围， t∈R,存在点P同时是M1,M2在f(x)的“最近 解：法一：由f(x)= e-l +x-ln(a.x)-2(a>0), 点”，试判断f(x)的单调性 [解](1)当M(0,0)时，s(x)=(x-0)2十 可得f(x)= 设y= e a,x>0,a>0,则y= 1(x-1,令 当且仅当x2=即x=1时取等号， y=0解得x=1,.y在x∈(0,1)上单调递减，在 故对于点M(0,0),存在点P(1,1),使得该点是 x∈(1，十o∞)上单调递增，故ymm=y(1)=1-a. M(0,0)在f(x)的“最近点”. ①当0<a<1时，令f'(x)=0解得x=1,当x∈ (2)由题设可得s(x)=(x-1)2+(e-0)2 (0,1)时，f(x)单调递减，当x∈（1，十∞)时，f(x) =(.x-1)2+e2x, 单调递增， 则'(x)=2(x-1)+2e2,因为y=2(x-1), ∴.f(x)min=f(1)=a-1-lna>0,此时f(x)在区 y=2e2均为R上单调递增函数， 间(0，十∞)内无零点； 则s'(x)=2(x-1)十2e2在R上为严格增函数， ②当a=1时，f(1)=a-1-lna=0,此时f(x)在 而s'(0)=0,故当x<0时，3'(x)<0, 区间(0，十∞)内有零点； 当x>0时，s√(x)>0, >1时f)-- =0,解得 故s(x）min=s(0)=2,此时P(0,1), 而f(x)=e,k=f(0)=1,故f(x)在点P处的切 x=x1或1或x2,且0<x1<1<x2, 线方程为y=x十1. 此时f(x)在x∈(0，x1)上单调递减，x∈(x1,1)上 0-1 单调递增，在x∈(1,2)上单调递减，在x∈(x2,十o∞) 而km=-0-1,故km·&=-1,故直线MP 上单调递增， 与y=f(x)在点P处的切线垂直. ·99· 高考总复习数学(BS) (3)设s1(x)=(x-t+1)2+(f(x)-f(t)十g(t)2, 跟踪训练 s2(.x)=(x-t-1)2+(f(.x)-f(t)-g(t))2, 设y=f(x)是定义在R上的函数，若存在区间[a,b]和 而s(x)=2(x-t+1)+2(f(x)-f(t)+g(t)) x∈(a,b),使得y-f(x)在[a,xo]上严格递减，在 f'(x),s2(x)=2(.x-t-1)+2(f(x)-f(t) [xo,b们上严格递增，则称y=f(x)为“含谷函数”， g(t))f(x), x。为“谷点”，[a,b们称为y=f(x)的一个“含谷 若对任意的t∈R,存在点P同时是M1,M2在f(x) 区间” 的“最近点”， (1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指 设P(x0o),则x。既是s1(x)的最小值点，也是 出谷点；若不是，请说明理由： s2(x)的最小值点， ()y=2lxl,(i)y=x+cos x; 因为两函数的定义域均为R,则x。也是两函数的 (2)已知实数m>0,y=x2-2.x-mln(.x-1)是含 极小值点， 谷函数，且[2,4]是它的一个含谷区间，求m的取 则存在xo,使得y1(xo)=s2（xo）=0, 值范围； 即s1'(.xo)=2(xo-t+1)+2f(x)[f(xo)-f(t) (3)设p,q∈R,h(x)=-x十px3十q.x2+(4-3p +g(t)]=0,① 一2q)x.设函数y=h(x)是含谷函数，[a,b]是它的 s2'(xo)=2(x-t-1)+2f(xo)[f(xo)-f(t)- 一个含谷区间，并记b一a的最大值为L(p,q).若 g(t)]=0,② h(1)≤h(2),且h(1)≤0，求L(,q)的最小值 由①②相等得4十4g(t)·f(x。)=0, 即1十f(xo)g()=0,即f(x)=一g0' 1 解：(1)函数y=2|x|= -2xx<0, 当x∈ 2x,x≥0， 又因为函数g(x)在定义域R上恒正， (一o∞，0]时，单调递减，当x∈[0，十∞)时，单调递 则了，)=写石<0恒成立， 增，所以y=2x是含谷函数，谷点x=0;函数y= x十cosx,求导y=1-sinx≥0恒成立，函数单调 接下来证明xo=t, 递增，所以不是含谷函数. 因为xo既是s1(x)的最小值点，也是s2(x)的最小 (2)由题意可知函数y=x2-2.x-mln(x-1)在区 值点，则s1(x0)≤s(t),S2(x0)≤s(t), 间[2,4]内先减后增，且存在谷点， 即(x。-t+1)2+(f(xo)-f(t)+g(t)2≤1+ 4g(x)=x2-2x-mln(r-1), (g(t))2,③ 所以g'(.x)=2x-2-m (x-t-1)2+(f(.xo)-f(t)-g(t)2≤1+ -1, (g(t))2,④ 设g(x)=g'(x)=2x-2-m x-1’ ③+④得2(x。-t)2+2+2[f(x)-f(t)]2+2g2(t)≤ 2+2g2(t), 所以g(x)=2十m (x-1)2, 即(xo-t)2+(f(x。）-f(t))2≤0， 因为(xo-t)2≥0，(f(xo)-f(t)2≥0， 由m>0可知g)=2+)>0板成主， 则/0-1=0， 所以g(x)在区间[2,4]上单调递增， 解得xo=t, f(xo)-f(t)=0, /g'(2)=2-m<0, 若满足谷点，则有 网1)g0恒成立，因为1的任意性，则 g(4)=6-2 >0… f(x)严格单调递减。 解得2<m<18,故m的取值范围是(2,18). 规律方法 (3)因为h(x)=-x4+px3+qx2+(4-3p-2q)x, 函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质， 所以h'(x)=-4x3+3p.x2+2q.x+(4-3p-2q)= 包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉， 4-儿+-)+(-奖-多小 会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了 知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解 若+(-)+(--)≥0恒成立， 读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为 则函数y=h(x)在x≤1时严格递增，在x≥1时严 熟悉的问题来进行解决。 格递减，不是谷函数，不满足题意； 100· 主题二第三章导数及其应用 因此关于x的方程x+(1-) 0-梁)---》 (-奖-号)=0有两个相异实根即△>0： 层+-3+2， 设两根为a,B且a<B, 因为h(1)=-1+p十q+4-3p-2g=3-2p-q, 因为h(1)≤0=h(0),所以函数y=h(x)在区间 h(2)=-16+8p+4q+8-6p-4q=-8+2p, (-o∞，1]上不为严格递增，但是当x<min{1,a,B} 由h(1)≤h(2)得3-2p-q≤-8+2p, 时，h'(x)>0,y=h(x)为严格递增， 所以4p+q≥11， 所以y=h(x)在区间（一∞，1]上的单调性至少改 由h(1)≤0得3-2p-q≤0，所以2p十q≥3， 变一次，从而必有一个驻点，即<1， 所以q≥ 11-4p,p≤4， 同理，因为h(1)≤h(2),所以>1， 13-2p,p>4, 因此，y=h(x)在区间(-∞，a]和[1，B]上严格递 当4时，L(g≥品-+10≥区 增，在区间[a,1]和[B,十o∞)上严格递减， 从而函数y=h(x)的含谷区间[a,b]必满足[a,b] 当p>4时，L,g≥器6-十32≥E, 二[a,B],即L(p,q)=B-a=V 因此L(p,g)的最小值为√2，当=4，g=一5时成立. 培优拓展5 洛必达法则 学生用书P66 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“。”型的代数式，就无法求其最值，“。”型的代数式，是大学数学中的不定式间 0 0 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： x∈(e1-1,十o∞)时，g'(x)>0, (1)limf (x)=0limg ()=0. o(x)在(0，e-1-1)上单调递减， (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且 在(e-1-1,十∞)上单调递增， g(x)≠0. .9(x)m=9(e1-1)<(0)=0与(x)>0恒 《8得-A.那么得器-A 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（一∞，l]. ◆[法则2]若函数f(x)和g(x)满足下列条件： 方法二：当x∈(0，十o∞)时， (1)limf(x)=o∞及limg(.x)=o∞. (x+1)ln(x+1)>ax恒成立， (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且 即a<x十1)ln(x+D恒成立. g'(x)≠0. a得A那么得得4 令g)=c+Dln(x+D(x>0. [典例]已知函数f(x)=(.x+1)1n(x+1).若对任 ∴g'(.x)=x-ln(x+1) 意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值 x 范围. 令k(x)=x-ln(.x+1)(x>0), [解]方法一：令p(x)=f(x)一ax =(x+1)ln(.x+1)-ax(x>0), 0-1中8， .k(x)在(0，十∞)上单调递增. 则o'(.x)=ln(.x+1)+1-a. .k(x)>k(0)=0, x>0,.ln(x+1)>0. .x-ln(x+1)>0恒成立， ①当1-a≥0，即a≤1时，'(x）>0, ∴.o(x)在(0，十o∞)上单调递增， ·g(x)>0,故g(x)在(0，十o∞)上单调递增. 又p(0)=0,p(x)>0恒成立，故a≤1满足题意. 由洛必达法则知limg(x)=lim .x+1)ln(x+1) ②当1-a<0,即a>1时， -lim[ln(x+1)+1]=1, 令9(x)=0,得x=e-1-1, .x∈(0，e1-1)时，o'(.x)<0; .a≤1，故实数a的取值范围是（-o∞，1]. ·101 高考总复习数学(BS) 名师点拨 .p(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna,十o∞)上单 用洛必达法则处理号型函数的步顾：1)分离变 调递增， ∴.p(x)min=p(lna)=a-1-alna≥0. 量：(2)出现号型式子：(3)运用洛必达法则求值。 g(a)=a-1-aln a(a>1), .g'(a)=1-(1+lna)=-lna<0, 跟踪训练 .g(a)在(1，十o∞)上单调递减. 已知函数f(x)=x(e-1)-a.x2(a∈R). .g(a)<g(1)=0与g(a)≥0矛盾， (1)若f(x)在x=一1处有极值，求a的值； 故a>1不满足条件， (2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围. 综上，实数a的取值范围是（一∞，1]. 解：(1)f'(x)=e-1+xe-2a.x 方法二：当x>0时，f(x)≥0， =(x+1)e-2a.x-1, 即x(e-1)-a.x2≥0，即e-1-a.x≥0， 依题意知f'(-1)=2a-1=0,.a= 1 即at≤c-l,即a<c恒成立， 2 x 经检脸a=号特合题感. 令h(x)=e-1(x>0), (2)方法一：当x>0时，f(x)≥0， ∴.h(x)=e(x-1)+1 即x(e-1)-ax2≥0，即e-1-a.x≥0， x 令p(x)=e-1-ax(x>0),则p(x)mn≥0， 令k(x)=e(x-1)+1(x>0), p'(x)=e'-a. .k'(.x)=e·x>0, ∴.k(x)在(0，十∞)上单调递增， ①当a≤1时，p'(x)=e-a>0, ∴.(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. .g(x)>p(0)=0,a≤1满足条件 ②当a>1时，若0<x<lna,则g'(x)<0, 由洛必达法时知，4（)==四心=1 若x>lna,则g'(x)>0. .a≤1.故实数a的取值范围是（-o∞，1]. 培优拓展6 泰勒展开式 学生用书P66 1.泰勒公式 +若奇+…+(-少 4 如果函数f(.x)在含有xo的某个开区间(a,b)内具 (3)cosx=1- 有直到(n十1)阶的导数，则对Hx∈(a,b), +o(x2m); 有)=+2-+。 《4)11+x)=x-)十3…十（1)”-1文 2！ n xo)2+… f（(x-x)”+R,() o(x"),x∈(-1,1]； n！ 1 其中fm(xo)表示f(x)在x=xo处的n阶导数，等 (5)1-x =1+x+x2++.x+o(.x); 号后的多项式称为函数f(x)在x=x。处的n阶泰 勒展开式。 (6)(1+x)=1+ax+a,D2+…+ 21 2.麦克劳林公式 1)=0+0+0++0+ a(a-1)…(a-n+1Dx+o(.x"),x∈(-1,1). n！ n! 4.两个超越不等式（注意解答题需先证明后使用） R (z), 虽然麦克劳林公式是泰勒公式的特殊形式，仅仅是 1)对数型超越放缩：一≤n<x一1x>0: 取x。=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. (2)指数型超越放缩：x十1≤c≤亡(<1. 3.常见函数的麦克劳林展开式(o(x”)是高阶无穷小量) (1)e=1+x+ n+o(x"); [典例](1)已知a=1n1.01,b=:01, 30e,(-10,则 2)mx=+-…+(-1) (2n-1)1 A.a<b<c B.a<c<b +o(x2m-1): C.c<b<a D.c<a<b ·102· 主题二第三章导数及其应用 [解析] 由-1≤1n≤x-1知 名师点拨 1n1.01>1.01-11 涉及比较大小的问题，如果其中同时含有指数式、 1.01101 =c,.a>c, 对数式和多项式，可考虑利用泰勒展开式解决问 1n1.01<1.01-1=0.01=100, 1 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. 又b=1.011.01=1.011.01、1 30e30×3-90100100' 日跟踪训练 .b>a,故b>a>c. [答案]D 已知a=影h=cos子c=4sin子则 32 (2)设a=0.1e1,b=号c=-1n0.9,则 A.c>ba B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b 解析：A[根据题意，构造函数f(x)=1一 [解析] b=g≈0.1. g(x)=cosc,h(x)=sin 由公式。=1t十号十 则a=了 什》)6=()=(》 可得e≈1+0.1+01=1,105， 2 由于较小，所以对g(x),h(x)在x=0处进行泰 则a=0.1e°.1≈0.1105， c=-la0.9=lng=la1+6） 勒展开： x)=1-++or) 由公式ln(1十x)=x- r 十… 3 h(x)=1 3!十5+o(x). l x" 得=f+)号 ≈0.1049， 显然，在x=子时a=f()6=日) 所以c<a<b. [答案]C A()故aK] [热点贵化课3] 隐零点与极值点偏移问题 学生用书P? 题型1{ 隐零点问题 又f0)=2a,所以2a十1≤0，则a<0.令g(.x)= 如果f'(x)是超越形式，f'(x)的零点是存在但无法 x十1-4ae,则g(x)在R上单调递增.因为当x< 求出，这时可采用虚设零点法.逐步分析出“零点”所 0时，g(.x)<x+1-4a,所以g(4a-1)<4a-1+1 在的范围和满足的关系式，然后分析出相应的函数的 -4a=0.因为g(-1)=-4ae1>0,所以]xo∈ 单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足 (4a-1,-1),使得g(xo)=0且当x∈(-∞，xo) 的“关系”推演出所要求的结果。 时，g(x)<0,则f(x)>0,当x∈(xo,十∞)时， [例1]已知函数f(x)=(2ae-x)e. g(x)>0,则f'(x)<0, (1)若a=0,求f(x)的单调区间； 所以f(x)在（一∞，xo)上单调递增，在(xo,十o∞） (2)若对于任意的x∈R,f)+<0恒成立，求a 上单调递减.故f(x)mx-f(xo)=2ae。一xoe. 的最小值， 由g(x)=x,十1-4ac5=0,得4=2，+1 4e。 [解](1)因a=0,所以f(x)=-xe, f(.x)=-(x+1)e. 由fr十<0.得-…2 a 令f(x)=0,得x=-1.当x∈（-o∞，-1)时， 华+ f'(x)>0;当x∈(-1，十o∞)时，f(x)<0. 结合xo十1<0，得x8-1≤8，所以-3≤x≤-1. 故f(x)的单调递增区间是（一∞，一1），单调递减 区间是(-1，十∞). 令)=结-3.用)=>0， (2)f(x)=4ae2r-(x+1)e=-e(x+1-4ae). 所以h(x)在[-3，一1)上单调递增，所以h(x)≥ 因为Vx∈R,f(x)+1≤0， a A(-3》-,即0≥-号故a的最小值为一号 ·103·