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进阶点1　函数与导数中的创新问题
高考定位　1.高考中函数与导数的新定义压轴题主要涉及以下几个方面:(1)定义新函数; (2)定义函数的相关点、直线; (3)与帕德逼近、洛必达法则、泰勒公式、柯西中值定理(含罗尔中值定理)、微积分、微分几何等高等数学知识相关联; 2.解决此类问题,要仔细审题,解读出题干中的信息,正确理解问题的本质,转化为熟悉的问题来解决.
【类型突破】
类型一　定义新函数
例1 (2025·济南段考)定义max{a,b}＝已知函数f(x)＝max{ln x,－4x3＋mx－1},其中x∈R.
(1)当m＝5时,求过原点的切线方程;
(2)若函数f(x)只有一个零点,求实数m的取值范围.
规律方法　本题理解所给新定义函数是前提,化为分段函数,把分段函数明朗化是关键,分类讨论结合导数的应用是基本功.
训练1 (2025·合肥调研)已知函数y＝f(x),x∈D,如果存在常数M,对任意满足x1(1)函数f(x)＝,x≥是“绝对差有界函数”,求常数M的取值范围;
(2)对于函数y＝f(x),x∈[a,b],存在常数k,对任意的x1,x2∈[a,b],有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2|恒成立,求证:函数y＝f(x),x∈[a,b]为“绝对差有界函数”;
(3)判断函数f(x)＝是不是“绝对差有界函数” 说明理由.
类型二　定义函数的相关点、线或性质
例2 (2024·T8二联)记A＝{l(x)|l(x)＝kx＋m,k,m∈R},若l0(x)∈A,满足:对任意l(x)∈A,均有|f(x)－l(x)|≥|f(x)－l0(x)|,则称l0(x)为函数f(x)在x∈[a,b]上“最接近”直线,已知函数g(x)＝2ln x－x2＋3,x∈[r,s].
(1)若g(r)＝g(s)＝0,证明:对任意l(x)∈A,|g(x)－l(x)|≥1;
(2)x∈[r,s]若r＝1,s＝2,证明:g(x)在x∈[1,2]上的“最接近”直线为:l0(x)＝(2ln 2－3),其中x0∈(1,2)且为二次方程2x2＋(2ln 2－3)x－2＝0的根.
规律方法　本题高度符号化、抽象化,在真正理解新概念之后,要解决的两个问题是新概念的具体应用.
训练2 (2024·上海卷)已知D是R的一个非空子集,y＝f(x)是定义在D上的函数,对于点M(a,b),函数s(x)＝(x－a)2＋(f(x)－b)2.若对于P(x0,f(x0)),满足s(x)在x＝x0处取得最小值,则称P是M的“f最近点”.
(1)若D＝(0,＋∞),f(x)＝,M(0,0),求证:对于点M(0,0),存在点P,使得P是M的“f最近点”.
(2)若D＝R,f(x)＝ex,M(1,0),请判断是否存在一个点P,它是M的“f最近点”,且直线MP与曲线y＝f(x)在点P处的切线垂直.
(3)若D＝R,已知y＝f(x)是可导的,y＝g(x)的定义域为R且函数值恒为正,t∈R,M1(t－1,f(t)－g(t)),M2(t＋1,f(t)＋g(t)).若对于任意t∈R,都存在曲线y＝f(x)上的一点P,使得P既是M1的“f最近点”,又是M2的“f最近点”,试判断y＝f(x)的单调性.
类型三　与高等数学知识有关的新定义
例3 (2025·广州质检)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.
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,从而得到ln x3＝λ>,再进行化简即可证明.
训练3 我们知道,通过牛顿－莱布尼茨公式可以求曲线梯形(如图1所示的阴影部分)的面积A＝其中f(x)dx＝F(b)－F(a),F'(x)＝f(x).如果平面图形由两条曲线围成(如图2所示的阴影部分),曲线C1可以表示为y＝f1(x),曲线C2可以表示为y＝f2(x),那么阴影区域的面积
A＝ (f2(x)－f1(x))dx,其中 (f2(x)－f1(x))dx＝f2(x)dx－f1(x)dx.
(1)如图3,连续函数y＝f(x)在区间[－3,－2]与[2,3]的图形分别为直径为1的上、下半圆,在区间[－2,0]与[0,2]的图形分别为直径为2的下、上半圆,设F(x)＝f(t)dt,求F(2)－F(3)的值;
图3
(2)在曲线f(x)＝x2(x≥0)上某一个点处作切线,使之与曲线和x轴所围成的面积为,求切线方程;
(3)正项数列{bn}是公差为d(d为常数,d>0)的等差数列,b1＝1,两条抛物线y＝bnx2＋,y＝bn＋1x2＋(n∈N*),记它们交点的横坐标的绝对值为an,两条抛物线围成的封闭图形的面积为Sn,求证:
＋…＋<.
【精准强化练】
1.①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:2.(2025·郑州质检)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度,为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线C:y＝f(x)上的曲线段,其弧长为Δs,当动点从A沿曲线段运动到B点时,A点的切线lA也随着转动到B点的切线lB,记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于lB的倾斜角与lA的倾斜角之差).显然,当弧长固定时,夹角越大,曲线的弯曲程度就越大;当夹角固定时,弧长越小则弯曲程度越大,因此可以定义为曲线段的平均曲率;显然当B越接近A,即Δs越小,就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度,因此定义K＝(若极限存在)为曲线C在点A处的曲率.(其中y',y″分别表示y＝f(x)在点A处的一阶、二阶导数)
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率;
(2)求椭圆＋y2＝1在处的曲率;
(3)定义φ(y)＝为曲线y＝f(x)的“柯西曲率”.已知在曲线f(x)＝xln x－2x上存在两点P(x1,f(x1))和Q(x2,f(x2)),且P,Q处的“柯西曲率”相同,求的取值范围.进阶点1　函数与导数中的创新问题
高考定位　1.高考中函数与导数的新定义压轴题主要涉及以下几个方面:(1)定义新函数; (2)定义函数的相关点、直线; (3)与帕德逼近、洛必达法则、泰勒公式、柯西中值定理(含罗尔中值定理)、微积分、微分几何等高等数学知识相关联; 2.解决此类问题,要仔细审题,解读出题干中的信息,正确理解问题的本质,转化为熟悉的问题来解决.
【类型突破】
类型一　定义新函数
例1 (2025·济南段考)定义max{a,b}＝已知函数f(x)＝max{ln x,－4x3＋mx－1},其中x∈R.
(1)当m＝5时,求过原点的切线方程;
(2)若函数f(x)只有一个零点,求实数m的取值范围.
解　(1)由题意知f(x)的定义域(0,＋∞),
当m＝5时,
f(x)＝
令g(x)＝－4x3＋5x－1,
g'(x)＝－12x2＋5>0,得0得g(x)在上单调递增,
上单调递减,且g(1)＝0,
令h(x)＝ln x,则h(x)在(0,＋∞)上单调递增,
而g(1)＝0＝h(1),
又g,h＝<－1,
而g(0)＝－1,
所以当0h(x),
所以当0当x≥1时,f(x)＝h(x),
所以f(x)＝
所以f(x)在和(1,＋∞)上单调递增,
在上单调递减.
①当0设切点M(x0,－4＋5x0－1),
则此切线方程为
y＝(－12＋5)(x－x0)－4＋5x0－1,
又此切线过原点,
所以0＝(－12＋5)(0－x0)－4＋5x0－1,
解得x0＝,
即此时切线方程是2x－y＝0.
②当x≥1时,f(x)＝ln x,所以f'(x)＝,
设切点为(x0,ln x0),此时切线方程y＝(x－x0)＋ln x0,
又此切线过原点,所以0＝(0－x0)＋ln x0,
解得x0＝e,
所以此时切线方程为x－ey＝0,
综上所述,所求切线方程是x－ey＝0或2x－y＝0.
(2)①当m＝5时,
由(1)知,f(x)在和(1,＋∞)上单调递增,上单调递减,
且f(0)＝－1,f>0,f(1)＝0,
此时f(x)有两个零点;
②当m>5时,
当0由(1)知g(x)＝－4x3＋5x－1在上单调递增,上单调递减,且g(1)＝0,
此时,－4x3＋mx－1>0,
所以x∈时,f(x)>0,
而f(0)＝－1,
所以f(x)在只有一个零点,在没有零点;
③当0y＝－4x3＋mx－1,此时y'＝－12x2＋m>0得0由(1) 知,当x≥1时,f(x)＝ln x只有一个零点x＝1,
要保证f(x)只有一个零点,只需要当0得0④当m≤0时,
当x∈(0,＋∞)时,g(x)＝－4x3＋mx－1<0,
此时f(x)只有一个零点x＝1,
综上,f(x)只有一个零点时,m的取值范围为(－∞,3)∪(5,＋∞).
规律方法　本题理解所给新定义函数是前提,化为分段函数,把分段函数明朗化是关键,分类讨论结合导数的应用是基本功.
训练1 (2025·合肥调研)已知函数y＝f(x),x∈D,如果存在常数M,对任意满足x1(1)函数f(x)＝,x≥是“绝对差有界函数”,求常数M的取值范围;
(2)对于函数y＝f(x),x∈[a,b],存在常数k,对任意的x1,x2∈[a,b],有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2|恒成立,求证:函数y＝f(x),x∈[a,b]为“绝对差有界函数”;
(3)判断函数f(x)＝是不是“绝对差有界函数” 说明理由.
(1)解　因为f(x)＝,x≥,
所以f'(x)＝,
所以f'(x)＝＝0,所以x＝e,
即当x∈,f(x)单调递增;
当x∈[e,＋∞),f(x)单调递减.
所以|f(xi)－f(xi－1)|＝|f(xn)－f(xn－1)|＋|f(xn－1)－f(xn－2)|＋…＋|f(x2)－f(x1)|,
f(x)单调递增时,f(xn)－f(xn－1)>0,
f(x)单调递减时,f(xn)－f(xn－1)<0.
且当x无限趋向于正无穷大时,f(x)无限趋向于0,
所以|f(xi)－f(xi－1)|
＝f(e)－f＋f(e)＝＋e.
所以M≥＋e.
(2)证明　|f(xi)－f(xi－1)|≤k|xi－xi－1|＝k(b－a)成立,则可取M＝k(b－a),
所以函数y＝f(x),x∈[a,b]为“绝对差有界函数”.
(3)解　0<<<…<<1,n∈N*,
则有∑＝＋＋…＋
＝＋…＋1,
＝1＋＋…＋＋…,
所以对任意常数M>0,只要n足够大,就有区间[0,1]的一个划分
0<<<…<<1满足|f(xi)－f(xi－1)|>M,
所以函数f(x)＝不是[0,1]的“绝对差有界函数”.
类型二　定义函数的相关点、线或性质
例2 (2024·T8二联)记A＝{l(x)|l(x)＝kx＋m,k,m∈R},若l0(x)∈A,满足:对任意l(x)∈A,均有|f(x)－l(x)|≥|f(x)－l0(x)|,则称l0(x)为函数f(x)在x∈[a,b]上“最接近”直线,已知函数g(x)＝2ln x－x2＋3,x∈[r,s].
(1)若g(r)＝g(s)＝0,证明:对任意l(x)∈A,|g(x)－l(x)|≥1;
(2)x∈[r,s]若r＝1,s＝2,证明:g(x)在x∈[1,2]上的“最接近”直线为:l0(x)＝(2ln 2－3),其中x0∈(1,2)且为二次方程2x2＋(2ln 2－3)x－2＝0的根.
证明　(1)由题意g'(x)＝－2x
＝,
则当x∈(0,1)时,g'(x)>0,
g(x)在区间(0,1)上单调递增,
当x∈(1,＋∞)时,g'(x)<0,g(x)在区间(1,＋∞)上单调递减,
又g(r)＝g(s)＝0,∴0∴g(x)在区间[r,s]上的最大值为g(x)max＝g(1)＝2,
根据函数g(x)的图象特点,
可知对任意l(x)∈A,
均有|g(x)－l(x)|≥{|g(r)－l(r)|,|g(s)－l(s)|,|g(1)－l(1)|}
＝{|l(r)|,|l(s)|,|2－l(1)|},
下面讨论|l(r)|,|l(s)|的大小:
①若|l(r)|,|l(s)|至少有一个大于等于1,
则|g(x)－l(x)|≥1,
②若|l(r)|,|l(s)|两个都小于1,则l(r)<1,l(s)<1,
∵l(x)是直线,故对任意x∈[r,s],
均有l(x)<1,
∴l(1)<1,从而|2－l(1)|>1,
即|g(x)－l(x)|≥{|l(r)|,|l(s)|,|2－l(1)|}>1,
由①②可知,{|g(r)－l(r)|,
|g(s)－l(s)|,|g(1)－l(1)|}≥1,
当l(x)＝＝1时,
|g(x)－l(x)|＝1,{|g(r)－1|,
|g(s)－1|,|g(1)－1|}＝1,此时等号成立,结论证毕.
(2)设h(x)＝(2ln 2－3)(x－1)＋2,
再令f(x)＝g(x)－h(x),
∴f'(x)＝g'(x)－h'(x)
＝－2x－(2ln 2－3),
令m(x)＝－2x－(2ln 2－3),
m'(x)＝－－2<0,
∴f'(x)在区间[1,2]上单调递减,
而f'(1)>0,f'(2)<0,
∴存在x0∈(1,2),使得f'(x0)＝0,
即－2x0－(2ln 2－3)＝0,
得2＋(2ln 2－3)x0－2＝0,
且x∈[1,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(x0,2]时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
∴f(x)在区间[1,2]上的最大值为f(x0),
而f(1)＝g(1)－h(1)＝0,
f(2)＝g(2)－h(2)＝0,
则f(x)在区间[1,2]上大于等于0,
由(1)分析知,对定义在[a,b]上的函数f(x)≥0,
若f(x)满足f(a)＝f(b)＝0,且x0∈[a,b]为f(x)唯一的最大值点,
则对任意的l(x)∈A,|f(x)－l(x)|≥,l(x)＝时取等号,
又|f(x)－l(x)|＝|g(x)－h(x)－l(x)|,
故当l(x)＝时,|f(x)－l(x)|＝|g(x)－h(x)－l(x)|取得最小值,
∴g(x)在x∈[1,2]上的“最接近”直线为l0(x)＝h(x)＋,
即l0(x)＝(2ln 2－3)(x－1)＋2＋,
化简可得l0(x)＝(2ln 2－3),
其中x0∈(1,2),且x0是二次方程2x2＋(2ln 2－3)x－2＝0的根,证毕.
规律方法　本题高度符号化、抽象化,在真正理解新概念之后,要解决的两个问题是新概念的具体应用.
训练2 (2024·上海卷)已知D是R的一个非空子集,y＝f(x)是定义在D上的函数,对于点M(a,b),函数s(x)＝(x－a)2＋(f(x)－b)2.若对于P(x0,f(x0)),满足s(x)在x＝x0处取得最小值,则称P是M的“f最近点”.
(1)若D＝(0,＋∞),f(x)＝,M(0,0),求证:对于点M(0,0),存在点P,使得P是M的“f最近点”.
(2)若D＝R,f(x)＝ex,M(1,0),请判断是否存在一个点P,它是M的“f最近点”,且直线MP与曲线y＝f(x)在点P处的切线垂直.
(3)若D＝R,已知y＝f(x)是可导的,y＝g(x)的定义域为R且函数值恒为正,t∈R,M1(t－1,f(t)－g(t)),M2(t＋1,f(t)＋g(t)).若对于任意t∈R,都存在曲线y＝f(x)上的一点P,使得P既是M1的“f最近点”,又是M2的“f最近点”,试判断y＝f(x)的单调性.
(1)证明　因为函数f(x)＝,x∈(0,＋∞),
M(0,0),
所以s(x)＝(x－0)2＋＝x2＋≥2,
当且仅当x2＝,x>0,即x＝1时,
s(x)取得最小值2,f(1)＝1,所以P(1,1),
故对于点M(0,0),存在点P(1,1),使得P是M的“f最近点”.
(2)解　因为函数f(x)＝ex,M(1,0),
所以s(x)＝(x－1)2＋e2x,
则s'(x)＝2(x－1)＋2e2x.
记m(x)＝s'(x)＝2(x－1)＋2e2x,
则m'(x)＝2＋4e2x>0,
所以m(x)在R上严格单调递增.
因为m(0)＝s'(0)＝0,
所以当x<0时,m(x)＝s'(x)<0;
当x>0时,m(x)＝s'(x)>0.
所以s(x)在(－∞,0)上严格单调递减,
在(0,＋∞)上严格单调递增,
因此当x＝0时,s(x)取到最小值,
又f(0)＝e0＝1,所以点M的“f最近点”为P(0,1).
为判断直线MP与曲线y＝f(x)在点P处的切线是否垂直,
可另设P(k,ek),则由f'(x)＝ex,知在P(k,ek)处的切线l的斜率为ek,
由题意知MP⊥l,因此＝－,
整理得k＋e2k－1＝0.
令h(k)＝k＋e2k－1,
易知h(k)在R上严格单调递增,
又h(0)＝0,
所以方程k＋e2k－1＝0有唯一解k＝0,
所以点P(0,1).
综上,存在满足条件的一个点P(0,1).
(3)解　法一　设
由条件,对任意t∈R,存在P(x0,f(x0)),
使得x0同时是s1(x)和s2(x)的最小值点.
于是,对任意x∈R,
即
特别地,当x＝t时,
两式相加,得(x0－t)2＋(f(x0)－f(t))2≤0.
所以x0＝t.
另一方面,求导得
因为si(x)(i＝1,2)的最小值点也是极小值点,
所以s1'(x0)＝0,s2'(x0)＝0,即
两式相减,得g(t)f'(x0)＝－1.
代入x0＝t,并由g(t)>0,得f'(t)＝－<0,t∈R.
所以f(x)在R上严格单调递减.
法二　先证明一个结论:对于M(a,b),
设P(x0,f(x0))为M的“f最近点”,
曲线y＝f(x)在点P处的切线为l,则MP⊥l.
证明:
因为s(x)＝(x－a)2＋(f(x)－b)2,
所以s'(x)＝2x－2a＋2f'(x)(f(x)－b),
所以当s(x)在x＝x0处取得最小值时,
s'(x0)＝0,即x0－a＋f'(x0)(f(x0)－b)＝0,
所以＝－.
又直线MP的斜率kMP＝,
且切线l的斜率为kl＝f'(x0),
所以kMP·kl＝·f'(x0)
＝－·f'(x0)＝－1,
所以MP⊥l.
因为 t∈R,M1(t－1,f(t)－g(t)),M2(t＋1,f(t)＋g(t)),存在对应的点P使得|M1P|2为M1到曲线y＝f(x)的距离平方的最小值,|M2P|2为M2到曲线y＝f(x)的距离平方的最小值,
连接M1M2,因为M1(t－1,f(t)－g(t)),M2(t＋1,f(t)＋g(t)),
所以设线段M1M2的中点为N,
则N(t,f(t)),则点N在曲线y＝f(x)上.
若M1,M2到曲线y＝f(x)的距离最小时对应的点P与点N不重合,
则|M1P|<|M1N|,|M2P|<|M2N|,
所以|M1P|＋|M2P|<|M1N|＋|M2N|＝|M1M2|,
这与三角形两边之和大于第三边矛盾,所以点P与点N必重合.
又直线M1M2的斜率为＝g(t)>0,kl＝f'(t),
所以由·kl＝g(t)·f'(t)＝kMP·kl＝－1<0,知f'(t)<0,
所以当t∈R时,有f'(t)<0,
所以函数f(x)在R上严格单调递减.
类型三　与高等数学知识有关的新定义
例3 (2025·广州质检)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 x2－,
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＝－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,从而得到ln x3＝λ>,再进行化简即可证明.
训练3 我们知道,通过牛顿－莱布尼茨公式可以求曲线梯形(如图1所示的阴影部分)的面积A＝其中f(x)dx＝F(b)－F(a),F'(x)＝f(x).如果平面图形由两条曲线围成(如图2所示的阴影部分),曲线C1可以表示为y＝f1(x),曲线C2可以表示为y＝f2(x),那么阴影区域的面积
A＝ (f2(x)－f1(x))dx,其中 (f2(x)－f1(x))dx＝f2(x)dx－f1(x)dx.
(1)如图3,连续函数y＝f(x)在区间[－3,－2]与[2,3]的图形分别为直径为1的上、下半圆,在区间[－2,0]与[0,2]的图形分别为直径为2的下、上半圆,设F(x)＝f(t)dt,求F(2)－F(3)的值;
图3
(2)在曲线f(x)＝x2(x≥0)上某一个点处作切线,使之与曲线和x轴所围成的面积为,求切线方程;
(3)正项数列{bn}是公差为d(d为常数,d>0)的等差数列,b1＝1,两条抛物线y＝bnx2＋,y＝bn＋1x2＋(n∈N*),记它们交点的横坐标的绝对值为an,两条抛物线围成的封闭图形的面积为Sn,求证:
＋…＋<.
(1)解　由题意可知F(2)＝f(t)dt＝×π×12＝,F(3)＝f(t)dt＝f(t)dt＋f(t)dt＝π,
所以F(2)－F(3)＝π＝.
(2)解　如图1,设切点为A(x0,),
图1
则切线的斜率为y'＝2x0,
则切线方程为y－＝2x0(x－x0),
所以切线与x轴的交点为B,
过点A作x轴的垂线,垂足为C,则C(x0,0),
所以由题意可知围成的面积S＝x2dx－S△ABC＝x0·,得x0＝1,
所以切点坐标为(1,1),切线方程为y＝2x－1.
(3)证明　两条抛物线的大致图象及位置如图2.
图2
联立得
得an＝,
由对称性可知,两条抛物线围成的封闭图形的面积为
Sn＝2dx
＝2dx,
令f(x)＝－dx2＋,F'(x)＝f(x) F(x)＝－x3＋＋C(C为常数),
所以f(x)dx＝F(an)－F(0)＝－,
所以Sn＝,
所以·,
则＋…＋
＝
＝<.
【精准强化练】
1.①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:(1)解　设F(x)＝f(x)－fx3－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)＝(1＋x)＝,
设h(x)＝,
则h(x)＝＝1,
所以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∈,故结论成立.
2.(2025·郑州质检)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度,为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线C:y＝f(x)上的曲线段,其弧长为Δs,当动点从A沿曲线段运动到B点时,A点的切线lA也随着转动到B点的切线lB,记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于lB的倾斜角与lA的倾斜角之差).显然,当弧长固定时,夹角越大,曲线的弯曲程度就越大;当夹角固定时,弧长越小则弯曲程度越大,因此可以定义为曲线段的平均曲率;显然当B越接近A,即Δs越小,就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度,因此定义K＝(若极限存在)为曲线C在点A处的曲率.(其中y',y″分别表示y＝f(x)在点A处的一阶、二阶导数)
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率;
(2)求椭圆＋y2＝1在处的曲率;
(3)定义φ(y)＝为曲线y＝f(x)的“柯西曲率”.已知在曲线f(x)＝xln x－2x上存在两点P(x1,f(x1))和Q(x2,f(x2)),且P,Q处的“柯西曲率”相同,求的取值范围.
解　(1)＝1.
(2)y＝,y'＝－,
y″＝－,
故y'＝－,y″＝－2,
故K＝.
(3)f'(x)＝ln x－1,f″(x)＝,
故φ(y)＝,
其中s＝,
令t1＝,t2＝,
则t1ln t1＝t2ln t2,
则ln t1＝－,其中t＝>1(不妨t2>t1),
令p(x)＝xln x,p'(x)＝1＋ln x,得p(x)在上单调递减,在上单调递增,
故1>t2>>t1>0;
令h(t)＝ln (t1＋t2)＝ln (t＋1)－,
h'(t)＝,
令m(t)＝ln t－(t>1),
则m'(t)＝,
当t>1时,m'(t)>0恒成立,
故m(t)在(1,＋∞)上单调递增,
可得m(t)>m(1)＝0,
即ln t－>0,
故有h'(t)＝>0,
则h(t)在(1,＋∞)上单调递增,
又 h(t)＝ln 2－1, h(t)＝0,
故ln (t1＋t2)∈(ln 2－1,0),
故＝t1＋t2∈.

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