2026步步高高考大二轮复习数学-创新点1　以高等数学知识为背景的导数问题

以高等数学知识为背景的导数问题高考定位1.导数解答题与高等数学知识交汇命题，考查考生的知识迁移能力、现场学习能力与现场运用能力，逐渐成为命题的热点，难度较大，一般作为压轴题出现；2.常见的高等数学知识除了前面学习过的泰勒公式与洛必达法则、还有拉格朗日中值定理、罗尔中值定理、柯西中值定理、伯努利不等式、微积分、帕德近似等.【题型突破】题型一拉格朗日中值定理、罗尔中值定理、柯西中值定理例1(2024·济宁模拟)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2＋eq\f(1,2)(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若0<x1<x2，证明：对任意a∈(0，＋∞)，存在唯一的实数ξ∈(x1，x2)，使得f′(ξ)＝eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)成立；(3)设an＝eq\f(2n＋1,n2)，n∈N*，数列{an}的前n项和为Sn.证明：Sn>2ln(n＋1).(1)解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＝eq\f(1－ax2,x)，①若a≤0，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.②若a>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上单调递减.(2)证明令F(x)＝f′(x)－eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)(x>0)，则F(x)＝eq\f(1,x)－ax－eq\f(lnx2－\f(1,2)axeq\o\al(2,2)－lnx1＋\f(1,2)axeq\o\al(2,1),x2－x1)＝eq\f(1,x)－ax－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＋eq\f(1,2)a(x2＋x1)，因为a>0，所以F(x)＝eq\f(1,x)－ax－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＋eq\f(1,2)a(x2＋x1)在区间(x1，x2)上单调递减.F(x1)＝eq\f(1,x1)－ax1－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＋eq\f(1,2)a(x2＋x1)＝eq\f(1,x1)－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＋eq\f(1,2)a(x2－x1)＝eq\f(1,x2－x1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－1－ln\f(x2,x1)))＋eq\f(1,2)a(x2－x1).令g(t)＝t－1－lnt，t>0，则g′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，所以t∈(0，1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，所以g(t)min＝g(1)＝0，又0<x1<x2，所以eq\f(x2,x1)>1，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＝eq\f(x2,x1)－1－lneq\f(x2,x1)>0恒成立，又因为a>0，x2－x1>0，所以F(x1)>0.同理可得，F(x2)＝eq\f(1,x2－x1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x1,x2)－ln\f(x2,x1)))＋eq\f(1,2)a(x1－x2)，由t－1－lnt≥0(t＝1时等号成立)得，eq\f(1,t)－1－lneq\f(1,t)≥0，即1－eq\f(1,t)－lnt≤0(t＝1时等号成立)，又0<x1<x2，所以0<eq\f(x1,x2)<1，所以1－eq\f(x1,x2)－lneq\f(x2,x1)<0恒成立，又因为a>0，x1－x2<0，x2－x1>0，所以F(x2)<0，所以区间(x1，x2)上存在唯一实数ξ，使得F(ξ)＝0，所以对任意a∈(0，＋∞)，存在唯一的实数ξ∈(x1，x2)，使得f′(ξ)＝eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)成立.(3)证明当a＝1时，由(1)可得，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)在(1，＋∞)上单调递减.所以x>1时，f(x)<f(1)＝0，即lnx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)<0.令x＝eq\f(n＋1,n)，n∈N*，则lneq\f(n＋1,n)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)<0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))eq\s\up12(2)－1>2ln(n＋1)－2lnn，即eq\f(2n＋1,n2)>2ln(n＋1)－2lnn，令bn＝2ln(n＋1)－2lnn，n∈N*，则an>bn，所以a1＋a2＋a3＋…＋an>b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2ln2－2ln1＋2ln3－2ln2＋…＋2ln(n＋1)－2lnn＝2ln(n＋1)，所以Sn>2ln(n＋1).规律方法1.本题第二问实际上是拉格朗日中值定理，其内容如下若函数f(x)满足如下条件：(1)f(x)在闭区间[a，b]上连续；(2)f(x)在开区间(a，b)内可导.则在(a，b)内至少存在一点ξ，使得f′(ξ)＝eq\f(f（b）－f（a）,b－a).2.解决以拉格朗日中值定理为背景的问题的一般步骤(1)研究f(x)的单调性；(2)自定义x1，x2的大小，并判断f(x1)、f(x2)的大小，去掉分母或绝对值；(3)构造新函数F(x)，转化为新函数的单调性或最值解决问题.训练1罗尔中值定理是微分学中一条重要的定理，是三大微分中值定理之一，其他两个分别为：拉格朗日中值定理、柯西中值定理.罗尔定理描述如下：如果R上的函数f(x)满足以下条件：①在闭区间[a，b]上连续，②在开区间(a，b)内可导，③f(a)＝f(b)，则至少存在一个ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)＝0.据此，解决以下问题：(1)证明方程4ax3＋3bx2＋2cx－(a＋b＋c)＝0在(0，1)内至少有一个实根，其中a，b，c∈R；(2)已知函数f(x)＝ex－ax2－(e－a－1)x－1，a∈R在区间(0，1)内有零点，求a的取值范围.(1)证明设F(x)＝ax4＋bx3＋cx2－(a＋b＋c)x，x∈[0，1]，则F′(x)＝4ax3＋3bx2＋2cx－(a＋b＋c)，所以函数F(x)在[0，1]上连续，在区间(0，1)上可导，又F(0)＝0，F(1)＝a＋b＋c－a－b－c＝0，故F(0)＝F(1)，所以由罗尔中值定理可得至少存在一个x0∈(0，1)，使得F′(x0)＝0，所以4axeq\o\al(3,0)＋3bxeq\o\al(2,0)＋2cx0－(a＋b＋c)＝0，所以方程4ax3＋3bx2＋2cx－(a＋b＋c)＝0在(0，1)内至少有一个实根.(2)解因为函数f(x)＝ex－ax2－(e－a－1)x－1，a∈R在区间(0，1)内有零点，不妨设其零点为x1，则f(x1)＝0，x1∈(0，1)，由f(x)＝ex－ax2－(e－a－1)x－1可得f′(x)＝ex－2ax－(e－a－1)，所以函数f(x)在[0，x1]上连续，在(0，x1)上可导，又f(0)＝e0－0－0－1＝0，f(x1)＝0，由罗尔中值定理可得至少存在一个x2∈(0，x1)，使得f′(x2)＝0，因为函数f(x)在[x1，1]上连续，在(x1，1)上可导，又f(1)＝e－a－e＋a＋1－1＝0，f(x1)＝0，由罗尔中值定理可得至少存在一个x3∈(x1，1)，使得f′(x3)＝0，所以方程ex－2ax－(e－a－1)＝0在(0，1)上至少有两个不等的实数根，设g(x)＝ex－2ax－(e－a－1)，x∈(0，1)，则g′(x)＝ex－2a，当a≤eq\f(1,2)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，1)上单调递增，所以方程ex－2ax－(e－a－1)＝0在(0，1)上至多有一个根，矛盾，当a≥eq\f(e,2)时，g′(x)<0，函数g(x)在(0，1)上单调递减，所以方程ex－2ax－(e－a－1)＝0在(0，1)上至多有一个根，矛盾，当eq\f(1,2)<a<eq\f(e,2)时，由g′(x)＝0，可得x＝ln2a，0<ln2a<1，当0<x<ln2a时，g′(x)<0，函数g(x)在(0，ln2a)上单调递减，当ln2a<x<1时，g′(x)>0，函数g(x)在(ln2a，1)上单调递增，所以当x＝ln2a时，函数g(x)取最小值，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eeq\f(1,2)－a－(e－a－1)＝eeq\f(1,2)＋1－e<eq\r(2.89)＋1－e<0，所以g(ln2a)<0，又g(0)＝1－(e－a－1)＝2＋a－e，g(1)＝e－2a－(e－a－1)＝1－a，由零点存在性定理可得2＋a－e>0，1－a>0，所以a>e－2，a<1，又eq\f(1,2)<a<eq\f(e,2)，所以e－2<a<1，所以a的取值范围为(e－2，1).题型二帕德近似例2(2024·厦门模拟)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，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数f(x)在x＝0处的[m，n]阶帕德近似定义为：R(x)＝eq\f(a0＋a1x＋…＋amxm,1＋b1x＋…＋bnxn)，且满足：f(0)＝R(0)，f′(0)＝R′(0)，f(2)(0)＝R(2)(0)，…，f(m＋n)(0)＝R(m＋n)(0).其中f(2)(x)＝[f′(x)]′，f(3)(x)＝[f(2)(x)]′，…，f(m＋n)(x)＝[f(m＋n－1)(x)]′.已知f(x)＝ln(x＋1)在x＝0处的[2，2]阶帕德近似为R(x)＝eq\f(a＋bx＋\f(1,2)x2,1＋x＋\f(1,6)x2).(1)求实数a，b的值；(2)设h(x)＝f(x)－R(x)，证明：xh(x)≥0；(3)已知x1，x2，x3是方程lnx＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))的三个不等实根，求实数λ的取值范围，并证明：eq\f(x1＋x2＋x3,3)>eq\f(1,λ)－1.(1)解依题意可知，f(0)＝0，R(0)＝a，因为f(0)＝R(0)，所以a＝0，此时R(x)＝eq\f(6bx＋3x2,6＋6x＋x2)，因为f′(x)＝eq\f(1,1＋x)，R′(x)＝eq\f(（18－6b）x2＋36x＋36b,（x2＋6x＋6）2)，所以f′(0)＝1，R′(0)＝b，因为f′(0)＝R′(0)，所以b＝1.(2)证明依题意，h(x)＝f(x)－R(x)＝ln(1＋x)－eq\f(3x2＋6x,x2＋6x＋6)，h′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(12（x2＋3x＋3）,（x2＋6x＋6）2)＝eq\f(x4,（1＋x）（x2＋6x＋6）2)≥0，故h(x)在(－1，＋∞)单调递增，由h(0)＝0，故∀x∈(－1，0)，h(x)<0，∀x∈(0，＋∞)，h(x)>0，综上，∀x>－1，xh(x)≥0.(3)解不妨设x1<x2<x3，令t(x)＝lnx－λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，t′(x)＝eq\f(1,x)－λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))＝eq\f(－λx2＋x－λ,x2)(x>0)，当λ≤0时，t′(x)>0，此时t(x)单调递增，t(x)＝0不存在三个不等实根；当λ>0时，令s(x)＝－λx2＋x－λ，其判别式Δ＝1－4λ2，若Δ＝1－4λ2≤0，即λ≥eq\f(1,2)，s(x)≤0恒成立，即t′(x)≤0，此时t(x)单调递减，t(x)＝0不存在三个不等实根；若Δ＝1－4λ2>0，即0<λ<eq\f(1,2)，t′(x)＝0存在两个不等正实根r1，r2(r1<r2)，此时有当x∈(0，r1)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，当x∈(r1，r2)时，t′(x)>0，t(x)单调递增，当x∈(r2，＋∞)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，又因为t(1)＝0，且t′(1)＝1－2λ>0，故t(r1)<0，t(r2)>0，因为lnx<x－1(x≠1)，所以lneq\f(1,\r(x))<eq\f(1,\r(x))－1，即lnx>2－eq\f(2,\r(x))，所以t(λ4)＝lnλ4－λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ4－\f(1,λ4)))>2－eq\f(2,λ2)－λ5＋eq\f(1,λ3)＝(2－λ5)＋eq\f(1,λ2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－2))>0，所以存在x1∈(λ4，r1)，满足t(x1)＝0，又因为teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝lneq\f(1,x)－λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))＝－lnx＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))＝－t(x)，故存在x3＝eq\f(1,x1)，满足t(x3)＝0，故当且仅当0<λ<eq\f(1,2)时，lnx＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))存在三个不等实根，且满足x1<x2＝1<x3，且x1＝eq\f(1,x3)，由(2)可知，当x>0时，ln(1＋x)>eq\f(3x2＋6x,x2＋6x＋6)，因此，lnx>eq\f(3x2－3,x2＋4x＋1)(x>1)，故lnx3＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x3)))>eq\f(3xeq\o\al(2,3)－3,xeq\o\al(2,3)＋4x3＋1)，化简可得eq\f(3,λ)<eq\f(xeq\o\al(2,3)＋4x3＋1,x3)＝x3＋4＋eq\f(1,x3)＝x1＋x2＋x3＋3，因此eq\f(x1＋x2＋x3,3)>eq\f(1,λ)－1，命题得证.规律方法1.利用帕德近似求参数值的关键是理解其概念列出方程组，从而求解.2.本题的关键点在于借助零点的存在性定理得到当且仅当0<λ<eq\f(1,2)时，lnx＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))存在三个不等实根，且满足x1<x2＝1<x3，且x1＝eq\f(1,x3)后，结合第二问中所得ln(1＋x)>eq\f(3x2＋6x,x2＋6x＋6)，从而得到lnx3＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x3)))>eq\f(3xeq\o\al(2,3)－3,xeq\o\al(2,3)＋4x3＋1)，再进行化简即可证明.训练2(2024·菏泽模拟)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)＝eq\f(a0＋a1x＋…＋amxm,1＋b1x＋…＋bnxn)，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(n)(x)为f(n－1)(x)的导数).已知f(x)＝ln(x＋1)在x＝0处的[－1，1]阶帕德近似为R(x)＝eq\f(ax,1＋bx).(1)求实数a，b的值；(2)比较f(x)与R(x)的大小；(3)若h(x)＝eq\f(f（x）,R（x）)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－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)，R(x)＝eq\f(ax,1＋bx)，有f(0)＝R(0)，可知f′(x)＝eq\f(1,x＋1)，f″(x)＝－eq\f(1,（x＋1）2)，R′(x)＝eq\f(a,（1＋bx）2)，R″(x)＝eq\f(－2ab,（1＋bx）3)，由题意，f′(0)＝R′(0)，f″(0)＝R″(0)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,－2ab＝－1，))所以a＝1，b＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，R(x)＝eq\f(2x,x＋2)，令φ(x)＝f(x)－R(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2x,x＋2)(x>－1)，则φ′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(4,（x＋2）2)＝eq\f(x2,（x＋1）（x＋2）2)>0，所以φ(x)在其定义域(－1，＋∞)内为增函数，又φ(0)＝f(0)－R(0)＝0，∴x≥0时，φ(x)＝f(x)－R(x)≥φ(0)＝0；－1<x<0时，φ(x)＝f(x)－R(x)<φ(0)＝0；所以x≥0时，f(x)≥R(x)；－1<x<0时，f(x)<R(x).(3)由h(x)＝eq\f(f（x）,R（x）)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－m))f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋m))ln(x＋1)，∴h′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋m))eq\f(1,x＋1)＝eq\f(mx2＋x－（x＋1）ln（x＋1）,x2（x＋1）).由h(x)＝eq\f(f（x）,R（x）)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－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)，则g′(x)＝2mx＋1－[ln(x＋1)＋1]＝2mx－ln(x＋1)，g″(x)＝2m－eq\f(1,x＋1).①m≤0时，g″(x)<0，g′(x)单调递减，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，g(x)<g(0)＝0，无零点，不满足条件.②当2m≥1，即m≥eq\f(1,2)时，g″(x)>0，g′(x)单调递增，g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，无零点，不满足条件.③当0<2m<1，即0<m<eq\f(1,2)时，令g″(x)＝0即2m＝eq\f(1,x＋1)，∴x＝eq\f(1,2m)－1.当0<x<eq\f(1,2m)－1时，g″(x)<0，g′(x)单调递减；x>eq\f(1,2m)－1时，g″(x)>0，g′(x)单调递增，∴g′(x)min＝g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)－1))＝2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)－1))－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)－1＋1))＝1－2m＋ln2m；令H(x)＝1－x＋lnx，0<x<1，H′(x)＝－1＋eq\f(1,x)，H′(x)＝－1＋eq\f(1,x)>0在0<x<1时恒成立，H(x)在(0，1)上单调递增，H(x)<H(1)＝0，∴g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)－1))＝(1－2m)＋ln2m<0恒成立；∵x>0，0<m<eq\f(1,2)，∴x(m－1)<0，则mx2－1>mx2－1＋mx－x＝(x＋1)(mx－1)，∴eq\f(mx2－1,x＋1)>mx－1，∴1＋eq\f(mx2－1,x＋1)－ln(x＋1)>mx－ln(x＋1)；∵g(x)＝(x＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(mx2＋x,x＋1)－ln（x＋1）))，令l(x)＝eq\f(mx2＋x,x＋1)－ln(x＋1)＝1＋eq\f(mx2－1,x＋1)－ln(x＋1)>mx－ln(x＋1)＝m(x＋1)－ln(x＋1)－m，令F(x)＝ln(x＋1)－2eq\r(x＋1)(x>0)，F′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(1,\r(x＋1))＝eq\f(1－\r(x＋1),x＋1)<0，则F(x)在(0，＋∞)上单调递减，F(x)<F(0)＝－2，所以ln(x＋1)<2eq\r(x＋1)，∴l(x)>m(x＋1)－2eq\r(x＋1)－m＝eq\f(m,2)(x＋1)－m＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m,2)（x＋1）－2\r(x＋1)))，令x＝eq\f(16,m2)－1，则x＋1＝eq\f(16,m2)，∴eq\f(m,2)(x＋1)－2eq\r(x＋1)＝eq\f(8,m)－eq\f(8,m)＝0，eq\f(m,2)(x＋1)－m＝eq\f(8,m)－m>0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<m<\f(1,2)))，即leq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,m2)－1))>0.由零点存在定理可知，l(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)－1，＋∞))上存在唯一零点x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)－1，\f(16,m2)－1))，又由③知，当0<x<eq\f(1,2m)－1时，g″(x)<0，g′(x)单调递减，g′(0)＝0，此时g′(x)<0，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)－1))内无零点，∴g(x)在(0，＋∞)上存在变号零点，综上所述实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).题型三微积分、洛必达法则例3(2024·湖北二模)微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段.对于函数g(x)＝eq\f(1,x)(x>0)，g(x)在区间[a，b]上的图象连续不断，从几何上看，定积分eq\i\in(a,b,)eq\f(1,x)dx便是由直线x＝a，x＝b，y＝0和曲线y＝eq\f(1,x)所围成的区域(称为曲边梯形ABQP)的面积，根据微积分基本定理可得eq\i\in(a,b,)eq\f(1,x)dx＝lnb－lna，因为曲边梯形ABQP的面积小于梯形ABQP的面积，即S曲边梯形ABQP<S梯形ABQP，代入数据，进一步可以推导出不等式：eq\f(a－b,lna－lnb)>eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b)).(1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2)；(2)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋xlnx，其中a，b∈R.①证明：对任意两个不相等的正数x1，x2，曲线y＝f(x)在(x1，f(x1))和(x2，f(x2))处的切线均不重合；②当b＝－1时，若不等式f(x)≥2sin(x－1)恒成立，求实数a的取值范围.(1)证明在曲线y＝eq\f(1,x)取一点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，\f(2,a＋b))).过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，\f(2,a＋b)))作f(x)的切线分别交AP，BQ于M1，M2，因为S曲边梯形ABQP>S梯形ABM2M1，可得lnb－lna>eq\f(1,2)(|AM1|＋|BM2|)·|AB|＝eq\f(1,2)·2·eq\f(2,a＋b)·(b－a)，即eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2).(2)①证明由函数f(x)＝ax2＋bx＋xlnx，可得f′(x)＝2ax＋lnx＋b＋1，不妨设0<x1<x2，曲线y＝f(x)在(x1，f(x1))处的切线方程为l1：y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，即y＝f′(x1)x＋f(x1)－x1f′(x1)同理曲线y＝f(x)在(x2，f(x2))处的切线方程为l2：y＝f′(x2)x＋f(x2)－x2f′(x2)，假设l1与l2重合，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x1）＝f′（x2），,f（x1）－x1f′（x1）＝f（x2）－x2f′（x2），))代入化简可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx2－lnx1＋2a（x2－x1）＝0，,a（x2＋x1）＝－1（a<0），))两式消去a，可得lnx2－lnx1－2eq\f(x2－x1,x2＋x1)＝0，整理得eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)＝eq\f(x2＋x1,2)，由(1)的结论知eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)<eq\f(x2＋x1,2)，与上式矛盾.即对任意实数a，b及任意不相等的正数x1，x2，l1与l2均不重合.②解当b＝－1时，不等式f(x)≥2sin(x－1)恒成立，所以h(x)＝ax2－x＋xlnx－2sin(x－1)≥0在(0，＋∞)恒成立，所以h(1)≥0⇒a≥1，下证：当a≥1时，h(x)≥0恒成立.因为a≥1，所以h(x)≥x2－x＋xlnx－2sin(x－1)，设H(x)＝x2－x＋xlnx－2sin(x－1)，H′(x)＝2x＋lnx－2cos(x－1).(ⅰ)当x∈[1，＋∞)时，由2x≥2，lnx≥0，－2cos(x－1)≥－2知H′(x)≥0恒成立，即H(x)在[1，＋∞)单调递增，所以H(x)≥H(1)＝0成立；(ⅱ)当x∈(0，1)时，设G(x)＝2x＋lnx－2cos(x－1)，可得G′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋2sin(x－1)，由2sin(x－1)≥－2，eq\f(1,x)>0知G′(x)≥0恒成立，即G(x)＝H′(x)在(0，1)上单调递增.所以H′(x)<H′(1)＝0，即H(x)在(0，1)单调递减，所以H(x)>H(1)＝0成立，综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞).规律方法1.本例以微积分为工具证明对数平均值不等式：eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2)，再利用该不等式解决问题.2.求解的关键是理解题中所给微积分基本定理及推证不等式的方法，并会把所求证的问题转化为适用对数平均值不等式的形式.训练3①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数f(x)，g(x)的导函数分别为f′(x)，g′(x)，且eq^\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝0，则eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f（x）,g（x）)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）).②设a>0，k是大于1的正整数，若函数f(x)满足：对任意x∈[0，a]，均有f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,k)))成立，且eq^\o(lim,\s\do4(x→0))f(x)＝0，则称函数f(x)为区间[0，a]上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题：(1)试判断f(x)＝x3－3x是否为区间[0，3]上的2阶无穷递降函数；(2)计算：eq^\o(lim,\s\do4(x→0))(1＋x)eq\f(1,x)；(3)证明：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x－π)))eq\s\up12(3)<cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3,2)π)).(1)解设F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))＝eq\f(7,8)x3－eq\f(3,2)x，由于F(1)＝eq\f(7,8)－eq\f(3,2)<0，所以f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))不成立，故f(x)＝x3－3x不是区间[0，3]上的2阶无穷递降函数.(2)解设g(x)＝(1＋x)eq\f(1,x)，则lng(x)＝eq\f(1,x)ln(1＋x)＝eq\f(ln（1＋x）,x)，设h(x)＝eq\f(ln（1＋x）,x)，则eq^\o(lim,\s\do4(x→0))h(x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ln（1＋x）,x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(\f(1,1＋x),1)＝1，所以eq^\o(lim,\s\do4(x→0))lng(x)＝1，得eq^\o(lim,\s\do4(x→0))(1＋x)eq\f(1,x)＝e.(3)证明令x－π＝t，则原不等式等价于tant·sin2t>t3，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即证eq\f(tant·sin2t,t3)>1，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，记f(t)＝eq\f(tant·sin2t,t3)，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))＝eq\f(8tan\f(t,2)·sin2\f(t,2),t3)，所以eq\f(f（t）,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2))))＝eq\f(tant·sin2t,t3)·eq\f(t3,8tan\f(t,2)·sin2\f(t,2))＝eq\f(cos2\f(t,2),1－tan2\f(t,2))＝eq\f(1,1－tan4\f(t,2))>1，即有对任意t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，均有f(t)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))，所以f(t)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))>…>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2n)))，因为eq^\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(sinx,x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))cosx＝1，所以eq^\o(lim,\s\do4(n→＋∞))feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2n)))＝eq^\o(lim,\s\do4(n→＋∞))eq\f(tan\f(t,2n)·sin2\f(t,2n),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2n)))\s\up12(3))＝eq^\o(lim,\s\do4(n→＋∞))eq\f(sin3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2n))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2n)))\s\up12(3)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2n))))＝eq^\o(lim,\s\do4(n→＋∞))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2n))),\f(t,2n))))eq\s\up12(3)·eq^\o(lim,\s\do4(n→＋∞))eq\f(1,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2n))))＝1，所以f(t)>1，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，证毕！【精准强化练】1.已知函数f(x)＝ex＋eq\f(ax,x＋1)－1(a∈R且a为常数).(1)当a＝－1时，讨论函数f(x)在(－1，＋∞)上的单调性；(2)设y＝t(x)为可求导数，且它的导函数t′(x)仍可求导数，则t′(x)再次求导所得函数称为原函数y＝t(x)的二阶函数，记为t″(x)，利用二阶导函数可以判断一个函数的凹凸性.一个二阶可导的函数在区间[a，b]上是凸函数的充要条件是这个函数在(a，b)的二阶导函数非负，若g(x)＝(x＋1)[f(x)＋1]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2e4)))x2在(－∞，－1)上不是凸函数，求a的取值范围.解(1)f′(x)＝ex－eq\f(1,（x＋1）2).令f′(x)＝ex－eq\f(1,（x＋1）2)＝0，得x＝0.设r(x)＝ex－eq\f(1,（x＋1）2)，则r′(x)＝ex＋eq\f(2,（x＋1）3).当x>－1时，r′(x)>0，r(x)在(－1，＋∞)上单调递增，故x＝0是r(x)在(－1，＋∞)内的唯一零点，即x＝0是f′(x)在(－1，＋∞)内的唯一零点.所以当－1<x<0时，f′(x)<0，即f(x)在(－1，0)上单调递减；当x>0时，f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当x>0时，f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增.(2)g(x)＝(x＋1)[f(x)＋1]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2e4)))x2＝(x＋1)ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2e4)))x2＋ax，g′(x)＝(x＋2)ex＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2e4)))x＋a，g″(x)＝(x＋3)ex＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2e4))).如果g(x)在(－∞，－1)上是凸函数，那么∀x∈(－∞，－1)，都有g″(x)≥0.g″(x)≥0⇒a≥eq\f(1,2e4)－eq\f(1,2)(x＋3)ex.令h(x)＝eq\f(1,2e4)－eq\f(1,2)(x＋3)ex，即得h′(x)＝－eq\f(1,2)(x＋4)ex.h′(x)＝0⇒x＝－4.当x<－4时，h′(x)>0；当－4<x<－1时，h′(x)<0.即h(x)在(－∞，－4)上单调递增，在(－4，－1)上单调递减，所以h(x)≤h(－4)＝e－4，即a≥e－4.又g(x)在(－∞，－1)不是凸函数，所以a∈(－∞，e－4).2.(2024·邢台二模)在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式eq\f(0,0)型或eq\f(∞,∞)型极限的一种重要方法，其含义为：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：①eq^\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝0且eq^\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝0(或eq^\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝∞，eq^\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝∞)；②在点a的附近区域内两者都可导，且g′(x)≠0；③eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）)＝A(A可为实数，也可为±∞)，则eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f（x）,g（x）)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）)＝A.(1)用洛必达法则求eq^\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(x,sinx)；(2)函数f(x)＝1＋x＋eq\f(x2,2！)＋eq\f(x3,3！)＋…＋eq\f(x2n－1,（2n－1）！)(n≥2，n∈N*)，判断并说明f(x)的零点个数；(3)已知g(2x)＝g(x)·cosx，g(0)＝1，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，求g(x)的解析式.参考公式：eq^\o(