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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)＝ln x－ax2＋(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)＝成立；
(3)设an＝，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)＝－ax＝，
①若a≤0，f′(x)>0 恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
②若a>0，x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
x∈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)在上单调递增，
在上单调递减.
(2)证明 令F(x)＝f′(x)－(x>0)，
则F(x)＝－ax－
＝－ax－＋a(x2＋x1)，
因为a>0，所以F(x)＝－ax－＋a(x2＋x1)在区间(x1，x2)上单调递减.
F(x1)＝－ax1－＋a(x2＋x1)＝－＋a(x2－x1)
＝＋a(x2－x1).
令g(t)＝t－1－ln t，t>0，
则g′(t)＝1－＝，
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>1，
所以g＝－1－ln >0 恒成立，
又因为a>0，x2－x1>0，所以F(x1)>0.
同理可得，F(x2)＝＋a(x1－x2)，
由t－1－ln t≥0(t＝1 时等号成立)得，－1－ln ≥0，即1－－ln t≤0(t＝1 时等号
成立)，
又0<x1<x2，所以0<<1，
所以1－－ln <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)＝成立.
(3)证明 当a＝1 时，由(1)可得，f(x)＝ln x－x2＋在(1，＋∞)上单调递减.
所以x>1 时，f(x)<f(1)＝0，
即ln x－x2＋<0.
令x＝，n∈N*，
则ln －＋<0，
即－1>2ln(n＋1)－2ln n，
即>2ln(n＋1)－2ln n，
令bn＝2ln(n＋1)－2ln n，n∈N*，则an>bn，
所以a1＋a2＋a3＋…＋an>b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2ln 2－2ln 1＋2ln 3－2ln 2＋…＋2ln(n＋1)－2ln n＝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)＝.
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4ax＋3bx＋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≤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≥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<a<时，由g′(x)＝0，
可得x＝ln 2a，0<ln 2a<1，
当0<x<ln 2a 时，g′(x)<0，
函数g(x)在(0，ln 2a)上单调递减，
当ln 2a<x<1 时，g′(x)>0，
函数g(x)在(ln 2a，1)上单调递增，
所以当x＝ln 2a 时，函数g(x)取最小值，
又g＝e－a－(e－a－1)＝e＋1－e<＋1－e<0，所以g(ln 2a)<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<a<，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)＝，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)＝.
(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ln x＝λ 的三个不等实根，求实数λ 的取值范围，并证
明：>－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)＝，
因为f′(x)＝，
R′(x)＝，
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)－，
h′(x)＝－＝≥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)＝ln x－λ，
t′(x)＝－λ＝(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≥，
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<，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ln x<x－1(x≠1)，所以ln <－1，即ln x>2－，
所以t(λ4)＝ln λ4－λ>2－－λ5＋＝(2－λ5)＋>0，
所以存在x1∈(λ4，r1)，满足t(x1)＝0，
又因为t＝ln －λ
＝－ln x＋λ＝－t(x)，
故存在x3＝，满足t(x3)＝0，
故当且仅当0<λ<时，ln x＝λ 存在三个不等实根，
且满足x1<x2＝1<x3，且x1＝，
由(2)可知，当x>0 时，ln(1＋x)>，
因此，ln x>(x>1)，
故ln x3＝λ>，
化简可得<＝x3＋4＋
＝x1＋x2＋x3＋3，
因此>－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<时，ln x＝λ 存在
三个不等实根，且满足x1<x2＝1<x3，且x1＝后，结合第二问中所得ln(1＋x)>，
从而得到ln x3＝λ>，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)＝，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)＝.
(1)求实数a，b 的值；
(2)比较f(x)与R(x)的大小；
(3)若h(x)＝－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)＝，
有f(0)＝R(0)，
可知f′(x)＝，f″(x)＝－，
R′(x)＝，R″(x)＝，
由题意，f′(0)＝R′(0)，f″(0)＝R″(0)，
所以所以a＝1，b＝.
(2)由(1)知，R(x)＝，
令φ(x)＝f(x)－R(x)＝ln(x＋1)－(x>－1)，
则φ′(x)＝－＝>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)＝－f(x)＝ln(x＋1)，
∴h′(x)＝－ln(x＋1)＋＝.
由h(x)＝－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－.
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≥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<时，
令g″(x)＝0 即2m＝，∴x＝－1.
当0<x<－1 时，g″(x)<0，g′(x)单调递减；
x>－1 时，g″(x)>0，g′(x)单调递增，
∴g′(x)min＝g′＝2m－ln＝1－2m＋ln 2m；
令H(x)＝1－x＋ln x，0<x<1，H′(x)＝－1＋，H′(x)＝－1＋>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′＝(1－2m)＋ln 2m<0 恒成立；
∵x>0，0<m<，∴x(m－1)<0，则mx2－1>mx2－1＋mx－x＝(x＋1)(mx－1)，
∴>mx－1，
∴1＋－ln(x＋1)>mx－ln(x＋1)；
∵g(x)＝(x＋1)，
令l(x)＝－ln(x＋1)＝1＋－ln(x＋1)>mx－ln(x＋1)
＝m(x＋1)－ln(x＋1)－m，
令F(x)＝ln(x＋1)－2(x>0)，
F′(x)＝－＝<0，
则F(x)在(0，＋∞)上单调递减，F(x)<F(0)＝－2，所以ln(x＋1)<2，
∴l(x)>m(x＋1)－2－m＝(x＋1)－m＋，
令x＝－1，则x＋1＝，
∴(x＋1)－2＝－＝0，
(x＋1)－m＝－m>0，
即l>0.
由零点存在定理可知，l(x)在上存在唯一零点x0，
且x0∈，
又由③知，当0<x<－1 时，
g″(x)<0，g′(x)单调递减，g′(0)＝0，
此时g′(x)<0，在内无零点，
∴g(x)在(0，＋∞)上存在变号零点，
综上所述实数m 的取值范围为.
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)＝(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dx 便是由直线x＝a，x＝b，y＝0 和曲线y＝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dx＝ln b－ln a，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：>.
(1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：<；
(2)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋xln x，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＝取一点M.
过点M 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ln b－ln a>(|AM1|＋|BM2|)·|AB|＝·2··(b－a)，
即<.
(2)①证明 由函数f(x)＝ax2＋bx＋xln x，
可得f′(x)＝2ax＋ln x＋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
代入化简可得
两式消去a，可得ln x2－ln x1－2＝0，
整理得＝，
由(1)的结论知<，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＋xln x－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＋xln x－2sin(x－1)，
设H(x)＝x2－x＋xln x－2sin(x－1)，H′(x)＝2x＋ln x－2cos(x－1).
(ⅰ)当x∈[1，＋∞)时，由2x≥2，ln x≥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＋ln x－2cos(x－1)，
可得G′(x)＝2＋＋2sin(x－1)，
由2sin(x－1)≥－2，>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：<，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3 ①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
f(x)＝
g(x)＝0，
则
＝
.
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)≥f 成立，且
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：
(1＋x)；
(3)证明：<cos x，x∈.
(1)解 设F(x)＝f(x)－f＝x3－x，
由于F(1)＝－<0，所以f(x)≥f 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)，
则ln g(x)＝ln(1＋x)＝，
设h(x)＝，
则
h(x)＝
＝
＝1，
所以
ln g(x)＝1，得 (1＋x)＝e.
(3)证明 令x－π＝t，则原不等式等价于tan t·sin2t>t3，t∈，
即证>1，t∈，
记f(t)＝，t∈，
则f＝，
所以＝·＝＝>1，
即有对任意t∈，均有f(t)>f，
所以f(t)>f>…>f，
因为
＝
cos x＝1，
所以
f＝
＝
＝
·
＝1，
所以f(t)>1，t∈，证毕！
【精准强化练】
1.已知函数f(x)＝ex＋－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]＋x2在(－∞，－1)上不是凸
函数，求a 的取值范围.
解 (1)f′(x)＝ex－.
令f′(x)＝ex－＝0，得x＝0.
设r(x)＝ex－，
则r′(x)＝ex＋.
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]＋x2
＝(x＋1)ex＋x2＋ax，
g′(x)＝(x＋2)ex＋2x＋a，
g″(x)＝(x＋3)ex＋2.
如果g(x)在(－∞，－1)上是凸函数，那么∀x∈(－∞，－1)，都有g″(x)≥0.
g″(x)≥0⇒a≥－(x＋3)ex.
令h(x)＝－(x＋3)ex，
即得h′(x)＝－(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型或型极
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：
①
f(x)＝0 且
g(x)＝0(或
f(x)＝∞，
g(x)＝∞)；
②在点a 的附近区域内两者都可导，且g′(x)≠0；
③
＝A(A 可为实数，也可为±∞)，则
＝
＝A.
(1)用洛必达法则求
；
(2)函数f(x)＝1＋x＋＋＋…＋(n≥2，n∈N*)，判断并说明f(x)的零点个数；
(3)已知g(2x)＝g(x)·cos x，g(0)＝1，x∈，求g(x)的解析式.
参考公式：
f(x)＝f(
x)，
kf(x)＝k
f(x).
解 (1)
＝
＝1.
(2)f(x)＝1＋x＋＋＋…＋，
f′(x)＝1＋x＋＋＋…＋，
所以f′(x)－f(x)＝－，＝′＝－.
当x>0 时，′<0，
函数在(0，＋∞)上单调递减，
当x<0 时，′>0，
函数在(－∞，0)上单调递增，
＝－∞，f(0)＝1，
当x>0 时，>0，所以仅在x∈(－∞，0)时存在1 个零点.
(3)＝cos x，所以＝cos ，
＝cos ，…，＝cos .
将各式相乘得＝cos ·cos …cos ＝＝·，
两侧同时运算极限，
所以
＝
＝·
，
即＝
，
令t＝，原式可化为＝
，
又g(0)＝1，
由(1)得
＝1，
故g(x)＝(x≠0)，由题意函数g(x)的定义域为(－π，π)，
综上，g(x)＝
