文档文本内容
命题点3 导数及其应用 ２ ８５
命题点 3 导数及其应用
M"A
导数是初等数学与高等数学的重要衔接点，是命题热点，在每年的高考中，导数通常考查 或 道题，即“一小一大或两小一
２ ３
大”，小题可能为单选题、多选题或填空题．
命题方向：
．以导数的运算、导数的几何意义以及导数与函数的关系为基础，命制导数运算的相关基础题或者利用求导来研究函数的
１
单调性、极值、最值、零点等方面的考题．一般以选择题或填空题形式呈现，难度可能为基础题，也可能为中高档题．
．以导数为载体的解答题，第（ ）问通常考查一些基础知识、基本方法，属于中低档题；第（ ）问一般会与不等式等知识进行
２ １ ２
综合，同时会应用到很多的数学思想方法，如转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、构造思想等．考查
学生的逻辑推理能力，难度较大．
预测探究
识透高频考点 究函数性质、函数零点的方法，同时考查了分类讨论思想和构
造函数
１．（多选）（ 辽宁抚顺六校协作体第三次模拟， ）已知定义
２０２４ １１
在Ｒ上的奇函数ｆ （ ｘ ） 连续 ， 函数ｆ （ ｘ ） 的导函数为ｆ ′ （ ｘ ） ．当ｘ 解析 （１） 由ｆ （ ｘ ）＝ ａ ｅ ２ ｘ －（ ａｘ ＋２－ ａ ）ｅ ｘ ＋ １ ｘ２ ，
时 ｆ′ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ 其中 为自然对数的 ２
＞０ ， （ ）ｃｏｓ ＞（ ）ｓｉｎ ＋ｅ· （ ）， ｅ 得ｆ ′ ｘ ａ ２ ｘ ａｘ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ 分
底数 则 ＢＣＤ （ ）＝２ ｅ －（ ＋２）ｅ ＋ ＝（ ｅ －１）（２ｅ － ）， （２ ）
， （ ） ｘ ｘ
ｆ ｘ 在Ｒ上为减函数 ∵ ｅ ≥ ＋１，
Ａ． （ ） ｘ ｘ ｘ ．
当ｘ 时 ｆ ｘ ∴２ｅ － ≥ｅ ＋１＞０
Ｂ． ＞０ ， （ ）＜０ 当ａ 时 ａ ｘ 从而ｆ′ ｘ 恒成立 ｆ ｘ 在Ｒ上单
( ) ( ) ① ≤０ ， ｅ －１＜０， （ ）＜０ ， （ ）
ｆ π ｆ ３π 调递减 分
Ｃ． ＞ ； （３ ）
２ ２
当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 从而ａ ｘ 得ｘ ａ．
ｆ ｘ 在Ｒ上有且只有 个零点 ② ＞０ ， （ ）＝０， ｅ －１＝０， ＝－ｌｎ
Ｄ． （ ） １
２．（ 山东潍坊二模， ）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ２ ｂ 曲 ｘ ａ ａ ａ
２０２４ １５ （ ）＝（ －１）ｅ － ＋ ， （－∞，－ｌｎ ） －ｌｎ （－ｌｎ ，＋∞）
线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 在点 （１， ｆ （１）） 处的切线方程为ｙ ＝（ｅ－２） ｘ ＋３－ｅ ． ｆ ′ （ ｘ ） － ０ ＋
求实数ａ ｂ的值
（１） ， ； ｆ ｘ 单调递减 极小值 单调递增
（ ）
求ｆ ｘ 的单调区间和极值．
（２） （ ） 分
基础知识运用 导数几何意义的运用；利用导数求函数的单调 （５ ）
综上 当ａ 时 ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减 当ａ 时 ｆ ｘ 在
区间和极值 ， ≤０ ， （ ） ； ＞０ ， （ ）
ａ 上单调递减 在 ａ 上单调递增． 分
解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ａｘ ｘ ｘ ａｘ （－∞，－ｌｎ ） ， （－ｌｎ ，＋∞） （６ ）
（１） （ ）＝ｅ ＋（ －１）ｅ －２ ＝ ｅ －２ ， 由 知 当ａ 时 ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减 ｆ ｘ 在Ｒ上
由题意知 ｆ ′ ａ 所以ａ （２） （１） ， ≤０ ， （ ） ， （ ）
， （１）＝ｅ－２ ＝ｅ－２， ＝１， 至多有一个零点 不满足条件． 分
又因为ｆ ｂ 所以ｂ ． ， （７ ）
（１）＝－１＋ ＝（ｅ－２）×１＋３－ｅ＝１， ＝２
２ａ
由 知ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 当ａ 时 ｆ ｘ ｆ ａ １ ａ ｌｎ
（２） （１） （ ）＝ ｅ －２ ＝ （ｅ －２）， ＞０ ， （ ）ｍｉｎ＝ （－ｌｎ ）＝１－ ａ ＋ｌｎ ＋ ，
２
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当
∈（－∞，０） ， （ ）＞０； ∈（０，ｌｎ２） ， （ ）＜０； ２ａ
令ｇ ａ １ ａ ｌｎ
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ． （ ）＝１－ ａ ＋ｌｎ ＋ ，
∈（ｌｎ２，＋∞） ， （ ）＞０ ２
所以ｆ ｘ 的单调递增区间是 单调递减 ａ ( ) ( )
（ ） （－∞，０），（ｌｎ ２，＋∞）， 则ｇ′ ａ １ １ ｌｎ １ １ ａ １ １ １
区间是 ． （ ）＝ ａ２ ＋ ａ ＋ ａ ＝ ａ ａ ＋１＋ｌｎ ＝ ａ ａ ＋１－ｌｎ ａ
（０，ｌｎ２）
当ｘ 时 ｆ ｘ 取得极大值ｆ [ ( )]
＝０ ， （ ） （０）＝１； １ １ １ ２
≥ ａ ａ ＋１＋ １－ ａ ＝ ａ ＞０，
当ｘ 时 ｆ ｘ 取得极小值ｆ ２．
＝ｌｎ２ ， （ ） （ｌｎ２）＝２ｌｎ２－（ｌｎ２）
３．（ 湖南郴州 月模拟， ）已知函数ｆ ｘ ａ ２ ｘ ａｘ ∴ ｇ （ ａ ） 在Ｒ上单调递增 ， （９ 分 ）
２０２４ ５ １８ （ ）＝ ｅ －（ ＋２－
而ｇ
ａ ｘ １ ｘ２． （１）＝０，
）ｅ ＋ 故当 ａ 时 ｇ ａ 当ａ 时 ｇ ａ 当ａ 时 ｇ ａ
２ ０＜ ＜１ ， （ ）＜０； ＝１ ， （ ）＝０； ＞１ ， （ ）
讨论ｆ ｘ 的单调性 ． 分
（１） （ ） ； ＞０ （１０ ）
若ｆ ｘ 有两个零点 求ａ的取值范围． 若ａ 则ｆ ｘ ｇ ａ 故ｆ ｘ 恒成立 ｆ ｘ 无零
（２） （ ） ， （ｉ） ＞１， （ ）ｍｉｎ＝ （ ）＞０， （ ）＞０ ， （ ）
综合知识运用 多角度考查导数的基础知识以及利用导数研 点 分
； （１１ ）
２ ８６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
若ａ 则ｆ ｘ ｇ ａ 设ｈ ｘ ｆ ｘ ａｘ ｘ ｘ ａｘ ｘ ．
（ｉｉ） ＝１， （ ）ｍｉｎ＝ （ ）＝０， （２） （ ）＝ （ ）－ －１＝ｃｏｓ ＋ｌｎ（１＋ ）－ －１， ＞－１
故ｆ ｘ 仅有一个零点ｘ ａ 不满足条件 分 由条件知ｈ ｘ ｘ 恒成立
（ ） ＝－ｌｎ ＝０， ； （１２ ） （ ）≤０（ ＞－１） ，
若 ａ 则ｆ ｘ ｇ ａ ａ 因为ｈ 又ｈ ｘ 的图象在定义域上是连续不间断的
（ｉｉｉ） ０＜ ＜１， （ ）ｍｉｎ＝ （ ）＜０，－ｌｎ ＞０， （０）＝０， （ ） ，
ｆ ａ ３ ａ －２ １＋３ｅ ２ ａ ２ 所以ｘ ＝０ 是ｈ （ ｘ ） 的一个极大值点 ， 则ｈ′ （０）＝０ ．
（－２）＝ ４ ＋ ２ ＋２＝ ４ · ＋２－ ２＞０，
ｅ ｅ ｅ ｅ 又ｈ′ ｘ ｘ １ ａ 所以ｈ′ ａ 得ａ ．
故ｆ （ ｘ ） 在 （－２，－ｌｎ ａ ） 上有一个零点 ， （ ）＝－ｓｉｎ ＋ １＋ ｘ－ ， （０）＝１－ ＝０， ＝１
( ) ( ( )) ( ) 下证当ａ 时 ｈ ｘ 对任意ｘ 恒成立．
又 ３ １ ａ 且 ｆ ３ ａ ３ ２ ＝１ ， （ ）≤０ ∈（－１，＋∞）
ｌｎ ａ －１ ＞ｌｎ ａ ＝－ｌｎ ， ｌｎ ａ －１ ＝ ａ －１ － ｘ
令φ ｘ ｘ ｘ 则φ′ ｘ １ －
[ ( ) ]( ) ( ) ( ) （ ）＝ｌｎ（１＋ ）－ ， （ ）＝ ｘ－１＝ ｘ，
２ １＋ １＋
ａ ３ ａ ３ １ ２ ３ ａ ３
ｌｎ ａ －１ ＋２－ ａ －１ ＋ ｌｎ ａ －１ ＞ ａ －１ － 当 ｘ 时 φ′ ｘ 当ｘ 时 φ′ ｘ
２ －１＜ ＜０ ， （ ）＞０， ＞０ ， （ ）＜０，
[ ( ) ]( ) é ( ) ù 则函数φ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减
ａ ３ ａ ３ ａ
ê
ê １ ３
ú
ú．
（ ） （－１，０） ， （０，＋∞） ，
ｌｎ ａ －１ ＋２－ ａ －１ ＝（３－ ） ë ａ －ｌｎ ａ －１ û 所以φ ｘ φ 即 ｘ ｘ 而 ｘ
（ ）≤ （０）＝０， ｌｎ（１＋ ）－ ≤０， ｃｏｓ －１≤０，
分 所以当ａ ｘ 时 ｈ ｘ ｘ ｘ
（１４ ） ＝１， ∈（－１，＋∞） ， （ ）＝（ｃｏｓ －１）＋［ｌｎ（１＋ ）－
ｘ ｘ ．
令ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｈ′ ｘ ３ ３ －４ ］≤０
（ ）＝ －ｌｎ（３ －１）（ ＞１）， （ ）＝１－ ｘ ＝ ｘ ， 综上 若ｆ ｘ ａｘ 恒成立 则ａ ．
３ －１ ３ －１ ， （ ）≤ ＋１ ， ＝１
( ) ( ) 证明 由 可知ｆ ｘ ｘ
ｈ ｘ 在 ４ 上单调递减 在 ４ 上单调递增 （３） ： （２） （ ）≤ ＋１，
∴ （ ） １， ， ，＋∞ ， ( )
３ ３
所以ｆ １ １ ．
( ) ( ) ｓｉｎ ｋ －１ ≤ｓｉｎ ｋ
ｈ ｘ ｈ ４ ４ 故 １ ３
（ ）≥ ＝ －ｌｎ３＞０， ａ －ｌｎ ａ －１ ＞０， ｎ ( ) ( ) ( )
３ ３ ２
所以 ｆ １ ｆ １ ｆ １
又 ａ ａ ａ
[
１
(
３
)] ｋ∑＝ｎ＋
１
ｓｉｎ ｋ －１ ＝ ｓｉｎｎ
＋１
－１ ＋ ｓｉｎｎ
＋２
－１ ＋…＋
０＜ ＜１，∴３－ ＞０，∴ （３－ ） ａ －ｌｎ ａ －１ ＞０， ( )
ｆ １ １ １ １ （由表达式特点联
( ( )) ( ( )) ｓｉｎ ｎ－１ ≤ｓｉｎｎ ＋ｓｉｎｎ ＋…＋ｓｉｎ ｎ，
即ｆ ３ 故 ｆ ｘ 在 ａ ３ 上有一个 ２ ＋１ ＋２ ２
ｌｎ ａ －１ ＞０， （ ） －ｌｎ ，ｌｎ ａ －１ 想到利用 ｘ ｘ进行放缩）
ｓｉｎ ＜
零点． ( )
先证 ｘ ｘ ｘ π
又ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ａ 上单调 ｓｉｎ ＜ ， ∈ ０， ，
（ ） （－∞，－ｌｎ ） ， （－ｌｎ ，＋∞） ２
( )
递增
， 令ｔ ｘ ｘ ｘ ｘ π 则ｔ′ ｘ ｘ
（ ）＝ｓｉｎ － ， ∈ ０， ， （ ）＝ｃｏｓ －１＜０，
故ｆ ｘ 在Ｒ上至多有两个零点 分 ２
（ ） ， （１６ ） ( )
( ( )) 则ｔ ｘ 在 π 上单调递减 ｔ ｘ ｔ
又ｆ ｘ 在 ａ 及 ａ ３ 上均至少有一个 （ ） ０， ，（ ）＜（０）＝０，
（ ） （－２，－ｌｎ ） －ｌｎ ，ｌｎ ａ －１ ２
( )
零点 即 ｘ ｘ ｘ π
， ｓｉｎ ＜ ， ∈ ０， ，
２
故ｆ ｘ 在Ｒ上恰有两个零点．
（ ） 所以 １ １ １ １ １ １ （由结果
综上 ａ 时 ｆ ｘ 在Ｒ上恰有两个零点． 分 ｓｉｎｎ ＋ｓｉｎｎ ＋…＋ｓｉｎ ｎ＜ｎ ＋ｎ ＋…＋ ｎ，
，０＜ ＜１ ， （ ） （１７ ） ＋１ ＋２ ２ ＋１ ＋２ ２
悟透新型考法 中含有 联想到利用 ｘ ｘ 进行放缩）
ｌｎ２ ｌｎ ＜ －１
ｎ
１．（ 湖北高中名校联盟第四次联考， ）已知直线ｌ 与曲线 再证 １ ＋１ 先证 ｘ ｘ ｘ
２０２４ １４ １ ｎ ＜ｌｎ ｎ ， ｌｎ ＜ －１，０＜ ＜１，
＋１
ｙ ａ ｘ 和ｙ ｘ ａ都相切 倾斜角为α 直线ｌ 与曲线ｙ
＝ ｅ ＝ｌｎ －ｌｎ ， ， ２ ＝ 令ｕ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｕ′ ｘ １ １－ ｘ
ａ ｘ 和ｙ ｘ ａ都相切 倾斜角为β 则 α β取最 （ ）＝ｌｎ － ＋１（０＜ ＜１）， （ ）＝ ｘ －１＝ ｘ ，
ｅ ＝ｌｎ －ｌｎ ， ， ｔａｎ ＋４ｔａｎ
当 ｘ 时 ｕ′ ｘ 函数ｕ ｘ 单调递增 则ｕ ｘ ｕ
小值时 实数ａ的值为 ３ ２ ． ０＜ ＜１ ， （ ）＞０， （ ） ， （ ）＜ （１）
，
ｅ ＝０，
２．（ 浙江十校联考， ）已知函数ｆ ｘ ｘ λ ｘ 且 ｎ ｎ
２０２４ １９ （ ）＝ｃｏｓ ＋ ｌｎ（１＋ ）， 即 ｘ ｘ ｘ 令ｘ 即得 １ ＋１．
ｌｎ ＜ －１，０＜ ＜１， ＝ｎ ， ｎ ＜ｌｎ ｎ
曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线斜率为 ． ＋１ ＋１
＝ （ ） （０， （０）） １
ｎ
求ｆ ｘ 的表达式 又 ＋１ ｎ ｎ 所以 １ ｎ ｎ
（１） （ ） ； ｌｎ ｎ ＝ｌｎ（ ＋１）－ｌｎ ， ｎ ＜ｌｎ（ ＋１）－ｌｎ（ ），……，
若ｆ ｘ ａｘ 恒成立 求ａ的值 ＋１
（２） （ ）≤ ＋１ ， ；
ｎ ( ) １ ｎ ｎ
（３）
求证
： ｋ∑＝
２
ｎ＋
ｆ
ｓｉｎ
１
ｋ －１ ＜ｌｎ２，
ｎ
∈
Ｎ ． ｎ ＋ ｎ＜ｌｎ（２ ）－ｌｎ（２ －１），
１
所以 １ １ １ ｎ ｎ ｎ ｎ
创新知识交汇 综合考查导数与数列、不等式放缩 ｎ ＋ｎ ＋…＋ ｎ＜ｌｎ（ ＋１）－ｌｎ（ ）＋ｌｎ（ ＋２）－ｌｎ（ ＋１）＋
＋１ ＋２ ２
λ ｎ ｎ ｎ ｎ ．
解析 ｆ ′ ｘ ｘ 则ｆ ′ λ …＋ｌｎ（２ ）－ｌｎ（２ －１）＝ｌｎ（２ ）－ｌｎ ＝ｌｎ２
（１） （ ）＝－ｓｉｎ ＋ １＋ ｘ， （０）＝ ＝１， ２ ｎ ( )
故ｆ
（
ｘ
）＝ｃｏｓ
ｘ
＋ｌｎ（１＋
ｘ
）
．
综上
， ｋ∑＝ｎ＋
１
ｆ
ｓｉｎ
１
ｋ －１ ＜ｌｎ２，
ｎ
∈
Ｎ ．
命题点3 导数及其应用 ２ ８７
ｍ的取值范围．
参透创新情境
新定义理解 以“帕德近似”为背景，考查导数的综合应用
１．（ 广东汕头二模， ）设Ｍ是由满足下列条件的函数ｆ ｘ
２０２４ １６ （ ） ａｘ
构成的集合 方程ｆ ｘ ｘ 有实根 ｆ ｘ 在定义域区间 解析 由ｆ ｘ ｘ Ｒ ｘ
：① （ ）－ ＝０ ；②（ ） （１） （ ）＝ｌｎ（ ＋１）， （ ）＝ ｂｘ，
１＋
Ｄ上可导 且ｆ ′ ｘ 满足 ｆ ′ ｘ ．
， （ ） ０＜ （ ）＜１ ａ
知ｆ ′ ｘ １ ｆ ″ ｘ １ Ｒ′ ｘ Ｒ″ ｘ
判断ｇ ｘ
ｘ
ｌｎ
ｘ
ｘ 是不是集合Ｍ中的
（ ）＝ ｘ
＋１
， （ ）＝ －
（
ｘ
＋１）
２， （ ）＝
（１＋
ｂｘ
）
２， （ ）
（１） （ ）＝ － ＋３， ∈（１，＋∞）
２ ２ ａｂ
－２
元素
，
并说明理由
；
＝
（１＋
ｂｘ
）
３，
设函数ｆ ｘ 为集合Ｍ中的任意一个元素 证明 对其定义 ｆ ′ Ｒ′ ｆ ″ Ｒ″
（２） （ ） ， ： ∵ （０）＝ （０）， （０）＝ （０），
域区间Ｄ中的任意α
、
β
，
都有
｜
ｆ
（
α
）－
ｆ
（
β
）｜≤｜
α
－
β
｜
． {ａ
＝１， ａ ｂ １ ． 分
创新情境 以学科情境（元素与集合的关系）为背景，考查利用 ∴ ａｂ ∴ ＝１， ＝ （３ ）
－２ ＝－１， ２
导数研究函数的单调性，进而证明不等式 ｘ
由 知 Ｒ ｘ ２
( ) （２） （１） ， （ ）＝ｘ ，
解析 易知 ｇ′ ｘ １ １ １ １ 当 ｘ ＋２
（１） （ ）＝ － ｘ ＝ １－ ｘ ， ∈（１， ｘ
２ ２ ２ 令φ ｘ ｆ ｘ Ｒ ｘ ｘ ２ ｘ
( ) （ ）＝ （ ）－ （ ）＝ｌｎ（ ＋１）－ｘ （ ＞－１），
时 ｇ′ ｘ １ 满足条件 ＋２
＋∞） ， （ ）∈ ０，
２
⊆（０，１）， ②；
则φ′ ｘ １ ４
ｘ２
令Ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ ｌｎ ｘ ｘ （ ）＝ｘ ＋１ － （ ｘ ＋２） ２ ＝ （ ｘ ＋１）（ ｘ ＋２） ２≥０，
（ ）＝ （ ）－ ＝－ － ＋３（ ＞１），
２ ２ φ ｘ 在 上单调递增
∴ （ ） （－１，＋∞） ，
则Ｆ （ｅ）＝－ ｅ ＋ ５ ＞０， Ｆ （ｅ ２ ）＝－ ｅ ２ ＋２＜０ ． 又φ （０）＝ ｆ （０）－ Ｒ （０）＝０，∴ 当 －１＜ ｘ ＜０ 时 ， φ （ ｘ ）＜０， 即ｆ （ ｘ ）＜
２ ２ ２ Ｒ ｘ 当ｘ 时 φ ｘ 即ｆ ｘ Ｒ ｘ 当ｘ 时 φ ｘ
又Ｆ ｘ 在区间 ２ 上连续 （ ）， ＝０ ， （ ）＝０， （ ）＝ （ ）， ＞０ ， （ ）＞
（ ） ［ｅ，ｅ ］ ， 即ｆ ｘ Ｒ ｘ ． 分
故Ｆ ｘ 在 ２ 上存在零点ｘ ０， （ ）＞ （ ） （７ ）
（ ） ［ｅ，ｅ ］ ０， ｆ ｘ ( ) ( )
即方程ｇ （ ｘ ）－ ｘ ＝０ 有实数根ｘ ０， ｘ ０∈［ｅ，ｅ ２ ］， （３） ｈ （ ｘ ）＝Ｒ （
（
ｘ ）
）
－
２
１ － ｍ ｆ （ ｘ ）＝ １ ｘ ＋ ｍ ｌｎ（ ｘ ＋１） ．
故ｇ ｘ 满足条件 ． ( )
（ ） ①
则ｈ′ ｘ １ ｘ １ ｍ １
综上可知
，
ｇ
（
ｘ
）∈
Ｍ． （ ）＝－ｘ２ｌｎ（ ＋１）＋ ｘ ＋ ｘ
＋１
（２）
证明
：
不妨设 α
≤
β
，∵
ｆ ′
（
ｘ
）＞０，
ｆ
（
ｘ
）
在区间 Ｄ 上单调 ｍｘ２
＋
ｘ
－（
ｘ
＋１）ｌｎ（
ｘ
＋１）
递增 ＝ ｘ２ ｘ ，
， （ ＋１）
ｆ α ｆ β 即ｆ β ｆ α ｆ ｘ ( )
∴ （ ）≤（ ）， （ ）－（ ）≥０， 由ｈ ｘ （ ） １ ｍ ｆ ｘ 在 上存在极值
（ ）＝Ｒ ｘ － － （ ） （０，＋∞） ，
令ｈ ｘ ｆ ｘ ｘ 则ｈ′ ｘ ｆ ′ ｘ 故ｈ ｘ 在区间Ｄ上 （ ） ２
（ ）＝ （ ）－ ， （ ）＝ （ ）－１＜０， （ ）
知ｈ′ ｘ 在 上存在变号零点．
单调递减 （ ） （０，＋∞）
，
ｆ β β ｆ α α 即ｆ β ｆ α β α
令ｇ
（
ｘ
）＝
ｍｘ２
＋
ｘ
－（
ｘ
＋１）ｌｎ（
ｘ
＋１），
ｘ
＞０，
∴ （ ）－ ≤（ ）－ ， （ ）－（ ）≤ － ，
则ｇ′ ｘ ｍｘ ｘ ｍｘ ｘ
ｆ β ｆ α β α （ ）＝２ ＋１－［ｌｎ（ ＋１）＋１］＝２ －ｌｎ（ ＋１），
∴０≤（ ）－（ ）≤ － ，
则有 ｆ α ｆ β α β ． ｇ″ ｘ ｍ １ ．
｜ （ ）－（ ）｜≤｜ － ｜ （ ）＝２ －ｘ
２．（ 山东菏泽一模， ）帕德近似是法国数学家亨利 帕德 ＋１
２０２４ １９ · 当ｍ 时 ｇ″ ｘ ｇ′ ｘ 在 上单调递减 ｇ′ ｘ
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 ① ≤０ ， （ ）＜０， （ ） （０，＋∞） ， （ ）＜
ｇ′ ｇ ｘ 在 上单调递减
ｍ ｎ 函数ｆ ｘ 在ｘ 处的 ｍ ｎ 阶帕德近似定义为 （０）＝０， （ ） （０，＋∞） ，
， ， （ ） ＝０ ［ ， ］ ： ｇ ｘ ｇ 无零点 不满足条件．
ａ ａ ｘ ａ ｘｍ （ ）＜ （０）＝０， ，
Ｒ ｘ ０＋ １ ＋…＋ ｍ 且满足 ｆ Ｒ ｆ ′
（ ）＝ ｂ ｘ ｂ ｘｎ ， ： （０）＝ （０）， （０）＝ 当 ｍ 即ｍ １ 时 ｇ″ ｘ ｇ′ ｘ 在 上单调递
１＋ １ ＋…＋ ｎ ② ２ ＞１， ＞ ， （ ）＞０， （ ） （０，＋∞）
Ｒ′ ｆ ″ Ｒ″ ｆ（ ｍ ＋ ｎ ） Ｒ（ ｍ ＋ ｎ ） ． ２
（０）， （０）＝ （０），……， （０）＝ （０） 增 ｇ′ ｘ ｇ′ ｇ ｘ 在 上单调递增
注 ｆ ″ ｘ ｆ ′ ｘ ′ ｆ ‴ ｘ ｆ ″ ｘ ′ ｆ（４） ｘ
， （ ）＞ （０）＝０， （ ） （０，＋∞） ，
（ ： （ ）＝ ［ （ ）］ ， （ ）＝ ［ （ ）］ ， （ ）＝ ｇ ｘ ｇ 无零点 不满足条件．
ｆ ‴ｘ ′ ｆ（５） ｘ ｆ（４） ｘ ′ ｆ（ ｎ ） ｘ 为ｆ（ ｎ －１） ｘ 的 （ ）＞ （０）＝０， ，
［ （ ）］ ， （ ）＝［ （ ）］ ，……， （ ） （ ）
导数 ③ 当 ０＜２ ｍ ＜１， 即 ０＜ ｍ ＜ １ 时 ， 令ｇ″ （ ｘ ）＝０， 得ｘ ＝ １ ｍ－１，
）
２ ２
已知ｆ ｘ ｘ 在 ｘ 处的 阶帕德近似为Ｒ ｘ
（ ）＝ｌｎ（ ＋１） ＝０ ［１，１］ （ ） 当 ｘ １ 时 ｇ″ ｘ 当ｘ １ 时 ｇ″ ｘ
ａｘ ０＜ ＜ ｍ－１ ， （ ）＜０， ＞ ｍ－１ ， （ ）＞０，
． ２ ２
＝ ｂｘ ( ) ( )
１＋
ｇ′ ｘ 在 １ 上单调递减 在 １ 上单调
求实数ａ ｂ的值 ∴ （ ） ０， ｍ－１ ， ｍ－１，＋∞
（１） ， ； ２ ２
比较ｆ ｘ 与Ｒ ｘ 的大小 递增
（２） （ ） （ ） ； ，
ｆ ｘ ( ) ( ) ( ) ( )
若ｈ ｘ （ ） １ ｍ ｆ ｘ 在 上存在极值 求 ｇ′ ｘ ｇ′ １ ｍ １ １ ｍ
（３） （ ）＝Ｒ ｘ － － （ ） （０，＋∞） ， ∴ （ ）ｍｉｎ＝ ｍ－１ ＝２ ｍ－１ －ｌｎ ｍ－１＋１ ＝１－２ ＋
（ ） ２ ２ ２ ２
２ ８８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
ｍ [ｍ ]
ｌｎ（２ ）， ｘ ｘ
＋ （ ＋１）－２ ＋１ ，
２
令Ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ 则Ｈ′ ｘ １
（ ）＝１－ ＋ｌｎ ，０＜ ＜１， （ ）＝－１＋ ｘ ＞０， ｍ
令ｘ １６ 则ｘ １６ ｘ ｘ
Ｈ ｘ 在 上单调递增 Ｈ ｘ Ｈ
＝ｍ２ －１， ＋１＝ｍ２，∴
２
（ ＋１）－２ ＋１≥０，
∴ （ ） （０，１） ， （ ）＜ （１）＝０，
( ) ｍ ( )
∴ ｇ′ １ ｍ－１ ＝（１－２ ｍ ）＋ｌｎ（２ ｍ ）＜０ 恒成立 ； （ ｘ ＋１）－ ｍ ＝ ｍ ８ － ｍ ＞０ ０＜ ｍ ＜ １ ，
２ ２
２
∵ ｘ ＞０，０＜ ｍ ＜ １ ，∴ ｘ （ ｍ －１）＜０，∴
ｍ
ｘ
ｘ２
－１ ＞ ｍｘ －１， ∴ ｌ
æ
è ç ｍ １６ ２ －１
ö
ø ÷ ＞０， 由零点存在定理知 ， ｌ （ ｘ ） 在
(
１ ｍ－１，＋∞
)
上存
２ ＋１ ２
ｍｘ２
－１ ｘ ｍｘ ｘ 在唯一零点 ｘ
æ
ç１－２
ｍ
１６－
ｍ２ö
÷ 又由 知 当 ｘ １
∴１＋ ｘ －ｌｎ（ ＋１）＞ －ｌｎ（ ＋１）； ０∈è ｍ ， ｍ２ ø， ③ ， ０＜ ＜ ｍ－１
＋１ ２ ２
ｇ ｘ ｘ
[ｍｘ２
＋
ｘ
ｘ
] 时
，
ｇ″
（
ｘ
）＜０，
ｇ′
（
ｘ
）
为减函数
，
ｇ′
（０）＝ ０，∴
ｇ′
（
ｘ
）＜０，
在
∵ （ ）＝（ ＋１） ｘ －ｌｎ（ ＋１） ， ( )
＋１ １ 内无零点
令ｌ ｘ
ｍｘ２
＋
ｘ
ｘ
ｍｘ２
－１ ｘ ｍｘ ｘ
０，
２
ｍ－１ ，
（ ）＝ ｘ －ｌｎ（ ＋１）＝１＋ ｘ －ｌｎ（ ＋１）＞ －ｌｎ（ ＋１） ｇ ｘ 在 上存在变号零点 即ｈ ｘ 在 上存
＋１ ＋１ ∴ （ ） （０，＋∞） ， （ ） （０，＋∞）
ｍ ｘ ｘ ｍ ( )
＝ （ ＋１）－ｌｎ（ ＋１）－ ， 在极值点 ｍ的取值范围为 １ ． 分
，∴ ０， （１７ ）
易证 ｘ ｘ ２
ｌｎ（ ＋１）≤２ ＋１，
ｍ
ｌ ｘ ｍ ｘ ｘ ｍ ｘ ｍ
∴ （ ） ＞ （ ＋ １） － ２ ＋１ － ＝ （ ＋ １） －
２
