第3章 3.5 函数中的综合问题（配套教参）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教A版）

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几何意义、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P59 核心考点分类突破 题型1〔利用导数研究恒（能）成立问题 .此时g(x)<0恒成立，不满足题意； [例1] 已知函数f(x)=乙，其中e=2.71828…为 综上，所以a的最大位为 规律方法 自然对数的底数. (1)求函数f(x)的单调区间； 1.分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路 (2)证明：f(x)≤e-1; 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在 (3)设g(x)=f(x)-e2r+2ae-4a2+1(a∈R), 能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据 若存在实数x。使得g(xo)≥0，求a的最大值. 不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是 [解](1)求出f'(x),判断导数正负得到函数 参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究 f(x)的单调区间；(2)利用分析法转化要证结论， 变量表达式的最值就可以解决问题. 要证f)e-1,即证音≤c-1,令A()=号 2.求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 通过分离参数法，先转化为f(a)≥ e十l,即证h(x)≤0，利用导数判断h(x)单调性， 求出最大值即可得证； g(x)(或f(a)≤g(.x)对Hx∈D恒 转化关 (3)g(x)=f(x)-e2r十2ae-4a2+1,分别讨论当 成立，再转化为f(a)≥g(x)mx（或 00≤号时和a>时是否存在使得g)≥0，即 f(a)≤g(x)mim） 求函数g(x)在区间D上的最大值 可求解. 求最值关 (或最小值)问题 (1)f(x)的定义域为R,f'(x)=1, er 所以当x<1时，f(x)>0;当x>1时，f'(x)<0. !跟踪训练 所以f(x)的增区间为（一∞，1），减区间为(1，十∞). (2)要证f(x)≤e'-1,即证≤e-1,令h(x)= 已知f)=alnx+号x2-2x(a∈R且a≠0)在 e (0,十o∞)上单调递增，g(x)=cosx十rsin x. 专-。十1，即证A)C0. ()当a取最小值时，证明f(x)≤号2-x-1恒 ()=11-c,令m(x)=1-1-c,则m(x) 成立 e =一1一2e2<0,所以m(x)在R上单调递减， (②)对V∈[-小，∈小使得f 又m(0)=0, 一a≤g(x1)成立，求实数a的取值范围， 当x<0时，m(x)>0,h'(x)>0;当x>0时， n(x)<0,h'(x)<0. 解：(1)由题意可知f(.x)=4十x-2≥0在(0，十o∞) ∴.h(x)在（一o∞，0）上单调递增，在(0，十o∞)上单调 上恒成立， 递减，hr)(0)=0,所以号<e-1,即f(x)≤c 即a≥(2.x-x2）mx=1,.amn=1, -1得证。 此时fx)=lnx+合2-2x. (3)当0≤a≤号时，g0)=2a-4w2=2a1-2a)≥0， 设Ax)=f)-(合-=nx+1, 即存在x,=0满足题意当Q>2时，由(2)知， h'(x)=1-1=1-x, g(x)=f(x)-e2r+2ae-4a2+1≤(e-1)-e2 +2aeF-4a2+1 令h'(.x)>0→0x<1,令h'(.x)<0→x>1, =-e+(2a+10e-4a2=-（e2a)》 ,h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十o∞)上单调递减。 .h(x)≤h(1)=0 (6a+1)(1-2a)≤(6a+1)1-2a2<0, 4 4 fx分-1恒成立， ·79 高考总复习数学 (2)g'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x, 则a的取值范围是函数y=-2x2-x十1，x∈ 当z(0,)时，os>0,g(>0. (一1，十o∞)的值域， g@,》上单羽运路， 又通数f)=-2-十1在(-1，)上单递 当e(时s0g)<0, 增在子+小上单羽论减，且号 则函数y=-2x2-x十1，x∈(-1，十∞)的值域为 g)在（臣小上单递减： (-,]所以a的取值范国是(-] (2)当0<a<1时，令g(x)=2x2+x-1十a,对称 轴x=一 1 g(x)在(0，π)上的最小值为一1. 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)=a>0,g(0)=-1+a<0 g(x)在[一π，π]上的最小值为一1 则g(x)存在两个零点x1,x2,一1<x1<0x2, 由题高可得日小使臀 -a≤-1成立， 在(-1，x1)上，g(x)>0,f(x)>0,f(x)递增； 在(x1,x2)上，g(x)<0,f'(x)<0,f(x)递减； 即a:-1n≥宁成主 在(x2,十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-lnx2≥1>0， 在(-1,0)上，x2-x∈(0,2)，f(x)<aln(.x+1)+2, 1 则e÷-1∈(-1,0)，f(e÷-1)<0,所以f(x)在 即a≥ (-1,0)上零点个数为1 即只需a≥p(x)nmia即可. 又f(1)=aln2>0,所以，f(x)在(0，十o∞)上零点 -1u-l)-侵-小 个数为1，又f(0)=0. 9(x) 综上，当0<a<1时，f(x)的零点个数为3个. (x-Inx) 规律方法 x-1合-x+1 判断函数零点个数的3种方法 (x-In x)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-x, 转化为两个易画出图象的函数，看其交点 -h+12+1-+1=2-2>0 画图法 的个数即可 2 利用零点存在性定理判定，可结合最值、 令9'(x)>0→1<x<e,令9'(x)<0→1<x<1, 定理法 极值去解决 9(x)在（日）上单润道减，在1，e)上单调递 跟踪训练 增..g(x）mn=g(1)=- 2 已知函数f(.x)=x(.x十c)在x=1处有极大值. .a2 包又已知a≥l.故a的取值范国为1，十o∞)， (1)求实数c的值； (2)若函数g(x)=f(.x)十a有三个不同的零点，求 题型2〔 利用导数研究函数的零点 实数a的取值范围. 解：分析：(1)由题意题千中的函数进行求导，根据 [例2]函数f(x)=aln(.x十1)十x2-x. 极值与导数的关系建立方程，分别检验解得的根， (1)若曲线y=f(x)存在垂直于y轴的切线，求实 可得答案；(2)由(1)明确函数解析式，利用导数求 数a的取值范围； 得其极值与单调性，并作图，根据零点定义，将问题 (2)设0<a<1,试探究函数f(x)的零点个数. 等价转化为函数交点问题，可得答案. [解](1)f(x)=aln(x+1)十x2-x,则f(x)= (1)由函数f(x)=x(x十c)2,求导可得f(.x)=(x 2x2+x-1+a,x>-1 +c)(3.x+c), x+1 由函数f(x)=x(x十c)2在x=1处取极大值，则 由题意，存在x。∈(-1，十∞)，使得f(xo)=0 f(1)=0,解得c=-1或-3， 即关于x的方程2x2+x-1十a=0在(-1，+o∞) 当c=-1时，可得f'(x)=(x-1)(3x-1), 上有实根， 该方程等价于a=-2.x2-x十1， 易知当号<1时，f0:当>1时，f)0, ·80 第三章一元函数的导数及其应用 则此时函数f(x)在x=1处取得极小值，不符合题 意，舍去； 则ge)=高t-1=车>-. 当c=-3时，可得f'(x)=(x-3)(3x-3), 当x>-1时，g'(x)≥0，所以g(x)在x>-1上单 易知当x<1时，f(x)>0;当1<x<3时，f(x)<0, 调递增， 则此时函数f(x)在x=1处取得极大值，符合 又g(0)=0, 题意. 故当x>0时，g(x)>g(0)=0,当-1<x<0时， 综上所述，c=一3. g(x)<g(0)=0, (2)由(1)可得函数f(x)=x(x一3)2，求导可得 f'(x)=3(.x-1)(x-3), a+10+-x 多 >0恒成立， 令f'(x)=0,解得x=1或3，所以，当x变化时， f(x),f(x)变化如下表： 故>+1 (-∞，1) 1 (1,3) 3 (3,十∞》 规律方法 1.欲证函数不等式f(x)>g(x)(x>a),只需证明 f'(x) 十 0 0 + f(x)-g(x)>0(x>a),设h(x)=f(x)-g(x),即 证h(x)>0(x>a).若h(a)=0,h(x)>h(a) 单调 单调 单调 f(.x) 极大值 极小值 (x>a).接下来往往用导数证得函数h(x)是增 递增 递减 递增 函数即可. 所以函数f(x)的极大值为f(1)=4,极小值为 2.欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间)， f(3)=0, 只需证明f(x)-g(x)>0(x∈I). 函数g(x)=f(x)十a存在三个零 设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0(x 点，等价于函数f(x)图象与直线 ∈I),也即证h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存 y=一a存在三个交点， 在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往 如图：由图可得0<一a<4,则一4 往容易解决。 <a<0. 所以实数a的取值范围为（一4,0）. 跟踪训练 题型3 利用导数证明不等式 设a为实数，函数f(x)=e一2.x十2a,x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值； [例3]已知函数f(x)=xln(x十1). (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>-+1. 知f(x)=e-2.令f(x)=0,得x=ln2. 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： (-oo,ln2)上单调递减； f(x)=xln(x十1)定义域为(-1，十o∞)， 当x>ln2时，f'(x)>0,故函数f(x)在区间 ra)=ldx+1+有米中f@)=lh1+o-=0, (ln2,十∞)上单调递增. 所以f(x)的单调递减区间是（一o∞，ln2),单调递 当x∈(-1,0)时，lhx+1)<0千<0，故f(x) 增区间是(ln2,+oo),f(x)在x=ln2处取得极小值 =hx+1)+,千1<0. f(1n2)=e2-21n2+2a=2-21n2+2a,无极大值. (2)证明：要证当a>ln2-1且x>0时， 当xe0,+o∞)时，ln(x+1)>0,千>0， e>x2-2a.x+1, 即证当a>ln2-1且x>0时， 故fu)=lnx+1+千>0， e-x2+2a.x-1>0. 故f(x)=xln(x+1)在(-1,0)上单调递减，在 设g(x)=e-x2+2a.x-1(.x>0). (0,十∞)上单调递增， 则g'(x)=e-2.x+2a, 故0是f(x)的极小值点； 由(1)知g'(x)min=g(ln2)=2-2ln2+2a. (2)f-1 又a>ln2-1,则g'(x)min>0. x x+1等价于(x+1D- x 2+1, 于是对Vx∈R,都有g'(x)>0, nx+10+-x 所以g(x)在R上单调递增. 即 >0, 于是对Hx>0,都有g(x)>g(0)=0. 即e-x2+2ax-1>0, 令gc)=la(x+1)+2-(x>-1D. 故e>x2-2a.x+1. ·81· 高考总复习数学 培优拓展4 指对同构 学生用书P62 指对同构的常用形式 令f(x)=xe,则f(kx)≥f(lnx). (1)乘积型：ae≤blnb(b>0),一般有三种同构方式： 因为f(x)=(x十1)e, ①同左构造形式：ae≤e'Inb,构造函数f(.x) 所以f(x)在（一1，十∞）上单调递增， =xe"; 因为kx>0,lnx>0,所以kx≥lnx,即k≥l1n ②同右构造形式：elne≤blnb,构造函数f(x) aln x; 令h(x)=ln(x>1),则'(.x)=1-lnx ③取对构造形式：a+lna≤lnb+ln(lnb)(a>0,b >1),构造函数f(x)=x十lnx. 当x∈(1，e)时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 当x∈(e,十∞)时，h'(x)<0,h(x)单调递减， (2)作商型：号≤品66>0，且6≠1)，一极有三种同 所以h(x)*=h(e)=1,即k≥1， 构方式： e e ①时左将造形式：号≤6构道函数)-二： 所以飞的最小值为 ②同右构造形式品。<品。构溢雨数 [答案] e 名师点拨 利用恒等式x=lne和x=enx,通过幂转指或幂 ③取对构造形式：a-lna≤lnb-ln(lnb)(a>0,b 转对进行等价变形，构造函数，然后由构造的函数 >1),构造函数f(x)=x-lnx. 的单调性进行研究： (3)和、差型：e土a>b士lnb(b>0),一般有两种同构 方式：①同左构造形式：e”士a>ehb士lnb,构造函 跟踪训练 数f(x)=e'土x; 已知函数f(x)=e十x和g(x)=ln(xe),若存在 ②同右构造形式：e士lne>b士lnb,构造函数 实数a,B,使得f(a)一g(3)=0,则a3的最小值为 f(x)=x土lnx. () [典例](1)设a,b都为正数，e为自然对数的底数， A.-e B.-1 若ae<blnb,则 A.ab>e B.b>e e n-3 C.abe D.<e 解析：C[设g(x)=lnx十x,由f(a)=g(e)= [解析]由ae<blnb,得e1ne<blnb. g(3),又g(x)=lnx十x在定义域上单调递增，则 设f(x)=xlnx(x>0), B=e“,于是a3=ae°.再利用导数求函数的最小值 因为a>0,则e“>1, 即可. 因为b>0,且blnb>ae>0,则b>1. 因为f(x)=e+x=e+lne,g(x)=lnx+x, 当x>1时，f(x)=lnx+1>0, 所以f(a)=e+lne,g(e)=e+lne,而f(a) 则f(x)在(1，十∞)上单调递增， g(3)=0, e"ln e"<bln b,Bp f(e")<f(b), 故f(a)=g(e)=g(B),又g(x)=lnx十x在定义 所以e<b. 域上单调递增，则B-e,于是a3=ae. [答案]B 设h(a)=ae,则h'(a)=(a十l)e, (2)设实数k>0,对于任意的x>1,不等式ker≥lnx 当a∈(-o∞，-1)时，h'(a)<0,h(a)单调递减， 恒成立，则的最小值为 当a∈(-1，十o∞)时，h'(a)>0,h(a)单调递增， [解析]由ker≥lnx得k.xer≥xlnx, 即kxer≥er·lnx, 所以A@)n=h(-1）=-&.] ·82· 第三章一元函数的导数及其应用 [热点费化课4]三次函数的图象与性质 学生用书P63 三次函数f(.x)=a.x3+b.x2十cx十d(a≠0)的性质 对于C:设切点(x,f(x1)),则切线方程为 1.奇偶性：f(x)不可能为偶函数；当且仅当b=d=0 y-f(.x1)=f'(x1)(x-x1), 时是奇函数 因为过，点(0,2)，所以2-f(x1)=f(x1)(-x1), 2对称性：中心对称，且对称中心是（云（品》 2-xi-ax1-2=-3.x1-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f(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)=3.x2十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 点(m,n)对称，则y=f(x)图象关于直线x=m对称； 时，f(x)>0f(x)单调递增， ②若函数图象关于直线x=m对称，则y-f(x)图象 3 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. 3 3.韦达定理 递减， 设a.x3十bx2十cx十d=0的三个根分别为x,x2,x3,则 当x∈{号+]时fx)>0f)单增， ax+bx+cx+d=a(x-x)(x-x2)(x-xs)=ax- a(x1十x2十x3)x+a(x1x2十x2x3十x3x1)x-a.1x2x3, 又f)有大值为f(厂日>f0)=2>0,所 比较系数可得x1十x十飞，= 以若函数f(x)有3个零点， a ,x1x2+x2x3+ =后合4=- 2a 3 十2<0 3 a 4.三次函数切线条数 得到a<-3,故D正确. 设f(x)=ax3十bx2十cx十d(a>0)在对称中心 [答案]ABD N(品，(》处的切线为()的图象及( 名师点拨 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 跟踪训练 点P的切线有且仅有一条； 已知函数f(x)=2x3-3x2+9x- ，则f(202 1 ②当定点P在曲线上或在切线！上且不在对称中 心N时，过点P的切线有两条； 2025 ③当定点P在Ⅱ和V区域时，过点P的切线有三条， Y A.2024 B.2025 2 C.2025 D.2026 解析：B[由f(x)=2x3-3x2+9x 子，可符 0 2-0 图2 f'(x)=6x2-6.x十9，f(x)=12x-6. [典例][多选]三次函数f(x)=x3十a.x十2叙述正 令f(x)=12z-6=0,得x=又f(2) 确的是 A.当a=1时，函数f(x)无极值点 B.函数f(x)的图象关于点(0,2)中心对称 C.过点(0,2)的切线有两条 的对心为（·）} 1 D.当a<-3时，函数f(x)有3个零点 [解析]对于A,a=1,f(x)=x3十x十2，f'(x)= 3.x2十1>0，f(x)单调递增，无极值点，故A正确； 2,f )+r(品)+ 1 对于B,因为f(x)十f(一x)=4,所以函数f(x)的 3 十…十 2025 图象关于点(0,2)中心对称，故B正确； f八2026) T2026 ）-1021+号2g.] ·83· 高考总复习数学 培优拓展⑤ 洛必达法则 学生用书P63 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，但在家最值时知果出现“号“型的代数式，龙无法求共授值，号~型的代藏式，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： 4k(x)=x-In(x+1)(x>0), (1)limf()=0limg (x)=0. (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且 1->0, .k(x)在(0，十o∞)上单调递增. g(x)≠0. .k(x)>k(0)=0, 3得-A.那么得-号-A .x-ln(.x+l)>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(0，十∞)上单调递增， (1)limf(x)=o∞及limg(x)=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 limw(r)-limDlG+D-lin[I++1, g(x)≠0. a≤1，故实数a的取值范围是(-∞，1]. (3imf=A,那么1imf-1im>=A. -g(x) ag(x) g() 名师点拨 [典例]已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1).若对任 用洛必达法则处理号型西数的步聚：(1)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)运用洛必达法则求值， [解]方法一：令p(x)=f(x)-a.x=(x+l)ln(x 跟踪训练 +1)-ax(x>0), 则o'(x)=ln(x+1)+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=-1处有极值，求a的值； ①当1-a≥0，即a≤1时，p'(x)>0, (2)当x>0时，f(.x)≥0，求实数a的取值范围。 .(x)在(0，十o∞)上单调递增， 解：(1)f(.x)=e-1+xe-2a.x=(.x+1)e-2a.x 又p(0)=0,.p(x)>0恒成立，故a≤1满足题意。 -1, ②当1-a<0,即a>1时， 依题意知f(-1)=2a-1=0,a=之 令o(x)=0,得x=e1-1, x∈(0，e1-1)时，g(x)<0; 经检验a=号特合题意】 x∈(e-1-1,+o∞)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-a.x≥0， 在(ea1一1，十∞)上单调递增， 令p(x)=e-1-a.x(x>0),则p(x)mm≥0， ∴.g(x)mn=g(e1-1)<p(0)=0与p(x)>0恒 g'(x)=e-a. 成立矛盾，故a>1不满足题意. ①当a≤1时，9'(x)=e-a>0, 综上有a≤1，故实数a的取值范围是(-∞，1]. .p(x)在(0，十∞)上单调递增， 方法二：当x∈(0，十∞)时， .(x)>p(0)=0,.a≤1满足条件. (x+1)ln(x+1)>ax恒成立， ②当a>1时，若0<x<lna,则9'(x)<0, 即a<x+1)ln(x+1)恒成立. 若x>lna,则9'(x)>0. ∴.o(x)在(0，lna)上单调递减，在(Ina,十o∞)上单 令g(x)=+1l1nx+D(x>0. 调递增， g'(x)=-ln(x十1) .(x)min=(In a)=a-1-aln a20. x g(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的取值范围是(-∞，1]. ∴.k(x)在(0，十o∞)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.x2≥0，即e-1-a.x≥0， ∴.h(x)在(0，十o∞)上单调递增. 即ax≤e-1,即a≤e-1恒成立 x 由洛必达法时知，四4(2)==四e=1, 令h()=e-1(x>0), .a≤1.故实数a的取值范围是(-∞，1]. 培优拓展6 泰勒展开式 学生用书P65 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≤1nx≤x-1(x>0); 有直到(n十1)阶的导数，则对Vx∈(a,b), f()=f()+()(( 11 21 (2)指数型超越放缩：+1<c≤之（<1)， +…+26-)八+R. [典例们 n! a尼知a=h1.010c=则( 其中fm(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1≤1nx≤x-1知 2.麦克劳林公式 )=0+0+0,+…+0 x" lm1.01>1.01-11 n 1.01-101=c 十Rn(x) .a>c, 虽然麦克劳林公式是泰勒公式的特殊形式，仅仅是 n1.01<1.01-1=0.01=100 1 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。 又6=1.01>1.01=1.01>1.01、1 30e>30X3 -90100100' 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+x+5+…+片+r: [答案]D n! x31 (2)sinx=x-3+5 -…+(-1)1x2”1 (2n-1)! (2)i设a=0.1e1,b=号c=-1n0.9,则 +o(x2m-1); A.a<b<c B.c<b<a 8)s=1-云+看一看+…+（-1” x C.c<a<b D.a<c<b (2n)！ [解析] 6=1≈0.111， 十o(x2m); 9 4n1+)=x-号+写-…+(-10 由公式e=1+x十2+ 0(x"),x∈(-1,1]： 可得e1≈1+0.1+0,1=1.105， 2 (5)1 1=1+x+x2+…十x"+o(x); 则a=0.1e1≈0.1105， (6)(1十xy=1+ax+aDx2+.十 2！ c=-1a0.9=lng=ln(1+) a(a-1)(a-n+1Dz”+o(x'),x∈(-1,1). n! 由公式1+x)=x名十十 ·85 高考总复习数学 解析：A[根据题意，构造函数f(x)=1- ≈0.1049， 2 所以c<a<b. g(x)=cos a,h(x)=sinx [答案]C 名师点拨 则a=()b=()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， g(x)-1- 跟踪训练 已知a= 32b=cos =4sin,则 显，在x=时a=f()大6=g() A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b [热点翼化课5] 导数与数列的综合问题 学生用书P66 [典例]已知函数f(.x)=lnx-a.x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≥lnx→ln(1+x)≤x(x>-1), (2)证明：1+号十3+…+7>1(a十1，其中 则日>h出，取x= 取x=1, 1 1 n n n n十：则n十 n∈N* [解](1)由函数f(x)的图象恒不在x轴上方，且 <In (n+1) n f(x)=In x-ax+1, 跟踪训练 即f(x)=lnx-a.x十l≤0恒成立， 即a≥lnt十1在(0，十o0)上恒成立， 已知函数f(x)=e'- 2a.x2-x. 令g(x)=血x+1(x>0),可得g'(x)=- (1)若f(x)在x∈R上单调递增，求a的值； 当x∈(0,1)时，g'(x)>0; 2证明：1+1(1+)-（1+)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，+∞)上单调 递减， 解：(1)函数f(x)=e一2ax-x, 所以g(x)mx=g(1)=1,所以a≥1， 求导得f'(x)=e-a.x-l, 即实数a的取值范围为[1，+o∞). (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， 即x-1≥lnx,当且仅当x=1时取等号， 则f'(x)=e-a.x-l≥0恒成立， 令x=n+(n∈N),可得1>1nn+1 令h(x)=e'-a.x-l,则h'(.x)=e-a, 当a=0时，f'(x)=e-1,当x<0时，f'(x)<0, 所以1+++…+> 1 -+In 3 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, a 南当aeN时，1号+号十}>na1D. 即了（日）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 [a+10+2(+)】-h1+1)+ 最小值， +)+…+1+)1++…+是 h(In a)=e4-aln a-1=a-aln a-1, 于是h(lna)≥0，即a-1-alna≥0， 令u(a)=a-1-alna,则u'(a)=-lna, 当0<a<1时，u'(a)>0,u(a)单调递增； 所 以 1+ <1 a>1时，u(a)<0,u(a)单调递减，则u(a)mx u(1)=0, [(1-)+(合号）+…+(1-1+1 由于a-1-alna≥0恒成立， <2, 之 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[a+1+)-(+ 2,所以，(1十 (2)由(1)知，当a=1时，e-x-1≥0，即有e≥x十1， 当且仅当x=0时取等号，即当x>0时，ln(x十1)<x, 1+)-(1+)大e. [热点强化课6]飘带不等式与对数均值不等式 学生用书P67 1.在进行放缩的时候，转化 (1)若f(x)=a.x2是[1，十o∞)上的“Good函数”，求 的本质就是把曲线转化为 2(x-1) a的取值范围； 直线进行简化运算，即用 x+7 (2)(1)证明：g(x)=lnx是(0，十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n∈N,证明：la(2+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 +…+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o∞)，且x1 式关系. >x2, f(x1)-f(x2)、2 <+0<1.2= x1一x2 x1十x2 2 x1-x2 >x十五，解得a>十，》 因为十x,∈(2，十∞)，所以a≥子，即a的取位 2.对数均值不等式：两个正数a和b的对数平均定 义：L(a,b) na-nba≠b, a-b 范国为[合十） （2)(i)证明：设x1,x2∈(0，+o∞) la(a=b). g(x1)-g(x2) 2=In a-In x2 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：ab 2 x1十x2 2 ≤L(a,b)≤a+b In x1一1 2 x1一x2_ x2_2 2 (此式记为对数平均不等式)，取等条件：当且仅当 x1十x2 1十1 T2 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x-,且xe(1,+o),h(x)=1nx-2=D x+1 意x∈D,且4>，都有f)-f) x∈(1，+o∞) x1一x2 4 (x-1)2 2 x1+x2 ,则称f(x)是D上的“Good函数”. 则州)=士D光+>0，到 在(1，十∞)上单调递增， ·87… 高考总复习数学 所以h(x)>h1)=0,即8）一gx22-西 又因为函数y=f(x)在x=1处的切线为x轴， x1十x2 所以g(x)=lnx是(0，十o∞)上的“G0od函数” 所以f1)=1-号=0， (iⅱ)证明：由(1)可知，当x∈（1，十o∞)时， 解得a=2. In z-In a 2 x1十x2 C2)由)可知f(x)1nx一x+12z≥0， 令x1=2n+1,x2=2n-1,n∈N*, 则ln(2m+1)-n(2n-1)>1 所以f(x)=1 4 x(x+1)2x（x+)≥0， 2n 所以函数在(0，十∞)上单调递增， 即ln(2n+1)-ln(2n-1)> n 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(2n 区间； -10>++3+ (3)证明：由(2)可知函数f(x)在(0，十∞)上单调 n 递增，且f(1)=0, 化简可得n2a+D>+号+号+++ 所以当x>1时，f(x)>0, 名师点拨 又周为>>0，所以>1，有f）>0.血 对数均值不等式实际上是对数不等式链，2，) x+1 >lnx2,有lnx1-lnxz>0, <In x>1在双变元情形下的 24-1】 应用 1十1 跟踪训练 24-1 已知函数f(x)=lnx-ar-D在x=1处的切线 即ln4> 2 =2.1-2 x+1 xL十1 x1+x2 为x轴. Xz (1)求数a的值： 即1n,-lnr,>2.(*). (2)求f(x)的单调区间； x1+x2 )清>>0.证明 又因为lnx1-lnx2>0,x1十x2>0,将(*)式两边 2 同时乘以 t1十x2 解：(1)因为f(x)=hx-a(x-1D 2(In zI-In x2)' x十1，x>0, x1一x2x1十x2 所以f(x)=1 2a 2 x(x+1)>0, 得n1-ng [热点强化课]极值点俯移 学生用书P68 1.已知函数f(x)的图象的 2.若≠。，则极值点偏移，此时函数f(x) 2 顶点的横坐标就是极值 点x。,若f(x)=c的两无偏移，左右对称，二次函数 在x=x。两侧，函数值变化快慢不同，如图2、 根的中点刚好满足 若fx)fx),则x+x=2x 图3. 图1 C十亚=，即极值点在 2 两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函 (左陡右缓，极值点向左偏移) (左缓右陡，极值点向右偏移) 数f(x)在x=x。两侧，函数值变化快慢相同，如 若f,f,则x+x>2x 若fx与月fx),则x+x<2x 图1. 图2 图3 ·88 第三章一元函数的导数及其应用 [典例]已知函数f(x)=2alnx-x2十2(a-1)x十a. 名师点拨 (1)若a=1,证明：f(x)<2x-x2; 极值点偏移问题的解法 (2)若f(.x)有两个不同的零点x1,x2,求a的取值 (1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1十x2 范围，并证明：x1十x2>2a. >(<)2x。型，构造函数F(x)=f(x) f(2x,一x);对结论x1x2>(<)x型，构造函 [解](1)当a=1时，f(x)=2lnx-x2+1,定义 域为(0，+o∞)，令g(x)=f(x)-(2.x-x2)=2ln.x 数F(x)=f(x)- 通过研究F(x)的单 -2x十1，则g(x)=2-2,当0<<1时，g(x) 调性获得不等式， (2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不 >0;当1<x时，g'(x)<0;所以函数g(x)在(0,1) 等式通过代换1=互化为单变量的函数不等 上单调递增，在(1，十o∞)上单调递减，故g(x)mx 式，利用函数单调性证明 g(1)=-1<0,所以g(x)<0,得fx)<2x-x2 (2)因为f(x)有两个不同的零点x1,x2,则f(x)在 !跟踪训练 已知函数f(x)=xlnx-a.x2-x十a.若函数有两 定义域内不单调； 个不同的极值点，记作x1,x2,且x1<x2,求证： 由f'(x)=2a-2.x+2(a-1D In x +21n 2>3. 解：f(x)=xlnx-ax2-x十a,f(x)=lnx-2ax. =-2(.x-a)(x+1) x 因为f(x)有两个不同的极值点x1,x2,所以lnx 当a≤0时，f'(x)<0在(0，十o∞)恒成立，则f(x) =2ax,In z2=2ax2. 欲证lnx1+2lnx2>3,即证2ax1+4ax2>3,又 在(0，十©∞)上单调递减，不符合题意； 0<x1<x2, 当a>0时，在(0，a)上有f'(x)>0,在(a,十o∞)上 3 ① 有f(x)<0, 所以原式等价于a>2x十4x In x=2ax,In x2 =2axz, 所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a,十∞)上单调 递减.不妨设0<x1<a<x2, n x1 令F(x)=f(x)-f(2a-x), 得1n号=2a(:-)Pa=203x)@, 则F'(x）=f'(x)-f'(2a-x)(2a-x)'=f(x)+ 专 T1 3 由①②知原问题等价于求证 f2a-)=2-2x+2(a-1)+2ax 2a x2-x1x1+2x2 -2(2a-x）+ 3-1 2(a-1)=4(ax)2 即证1n>3(,-2_ x(2a-x)' x1+2.x2 1+2 当x∈(0，a)时，F(x)>0,则F(x)在(0，a)上单调 递增， 令1=要，则1>1，上式等价于求证1n>3 1+2t 所以F(x)<F(a)=f(a)-f(2a-a)=0, 令h(t)=lnt- 3>1D,则M)=} 1+2t 故f(x)<f(2a-x),因为0<x1<a<x2, 3(1+2t)-6(1-1)_(t-1)(4-1) 所以f(x1)<f(2a-x1),又f(x1)=f(x2),a<2a (1+2t)2 t(1+2t)2 因为t>1,所以h'(t)>0恒成立，所以h(t)单调递 -x1<2a, 则f(x2)<f(2a-x1),又f(x)在(a,十o∞)上单调 增，h(e)>ln1-3x-1) 1+2×1 0 递减， 即1n>3,所以原不等式成立，即nG十 1+2t 所以x2>2a-x1,则x1+x2>2a. 21nx2>3. ·89 高考总复习数学 E [热点化课8]隐零点 学生用书P69 [典例]已知函数f(x)=lnx-2a.x. (2)以零点为分界点，说明导函数f(x)的正负，进 (1)若f(x)≤0在x∈(0，十∞)上恒成立，求实数a 而得到f(x)的最值表达式 的取值范围； (3)将零点方程'(x)=0适当变形，整体代入 1 (2)若a=一 ：g(x)=f(e)-f(x),证明：g(x) f(x)最值式子进行化简，可以消除f(x)最值 式子中的指对项，也可以消除其中的参数项，再 存在唯一极小值点，∈（合1），且gx,)>2 将得到的f(x)最值式子进行化简证明. [解](1)f(.x)≤0在x∈(0，+∞)恒成立，等价 跟踪训练 于2a≥ln在(0，十o∞)上恒成立， 已知函数f(x)=lnx十x+2 x 记h(x)=ln工，则(x)=1-lnx 2 (1)求函数f(x)的最大值； 当0<x<e时，h'(x)>0,当x>e时，h'(x)<0, (2)若ae1≥f(x)恒成立，求实数a的取值范围、 所以h(x)在(0，e)上单调递增，在(e,十o∞)上单调递减， 解：1)f)=血++2的定义找为0，十o0, 所以当x=e时，h(x)取得最大值h(e)=lne=L e 所以2a≥，即a的取位范国[层+∞）》 -In x-1 (2)当a=- 时ga)=fe)-f)=e-ln 当0<<时f()>0,f(x)单拥递增，当x> x>0, 则g'(x)=e- 时，f(x)<0,f(x)单调递减， e x 故当x=时，f()取最大值f(日)=© 因为y=e,y=- 在(0，十60)上均单调递增，所 以g'(x)在(0，十o∞)上单调递增， (+)=e+1, 又(）=e-2<0,g)=e-1>0, (2)由ae-1≥f(x)可得a≥lnx+十2 re-1 所以在区间（合1上存在云使得）=0 令g(x)=血x++2,则g(x) ter-T 当x∈(0，x)时，g'(.x)<0,当x∈(xo,十o∞)时，g'(x)>0 所以g(x)在(0，xo)上单调递减，在(xo,十∞)上单 (+1水w-0ax+a-2(e1+e) 调递增， (.xe-1)7 所以g)存在唯一小值点x,∈（侵 化简可得g'(x)=二(x十x+1)1+x), x2e-1 因为e-1=0,即lnx=-,所以g(x)= 由于≥0，当0… -In Jo=e+xo 又函数y=lnx,y=x十1均为单调递增函数，因此 因为∈（合小且y=心+x在（合止单调运增， p(x)=lnx十x十1单调递增，且p(1)=ln1+1十1 所以gx,)=e十x>e+2 >0,(e2)=-2十e2+1<0,因此存在唯一x∈ (0,1),p(xo)=0,即lnx。+x。+1=0,且xo<x 又e>，所以e>是所以g)=e十> 时，(x)>0,g'(x)<0,g(x)单调递减， 2 当x>x>0时，p(x)<0,g(x)>0,g(x)单调递增， 故g(x=gx,)=n++2_1 名师点拨 toe'-1 隐零点问题解题策略 由hx十中1=0可得心=1，进而e西1之 我们把函数或其导函数存在零点，但零点不可求出 的问题称为隐零点问题，具体求解步骤如下： 故g)a=g)=n++2-=1=1-e, (1)用零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出 toe-1 e 零点方程，f(x)=0,并结合f(x)的单调性得到零 点的范围（有时范围可根据具体情况适当缩小）： 因此a≥g(x)mx=e2,故a≥e2. ·90·