《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)已知函数 $ f(x) = \frac{3}{5}x^5 + x^4 $，求曲线 $ y = f(x) $ 的拐点；

答案：
(1)由题意得$f^{\prime}(x)=3x^{4}+4x^{3}$，$f^{\prime\prime}(x)=12x^{3}+12x^{2}$，$f^{\prime\prime\prime}(x)=36x^{2}+24x$。
由$f^{\prime\prime}(x)=12x^{3}+12x^{2}=0$，得$x=0$或$-1$。
因为$f^{\prime\prime\prime}(0)=0$，$f^{\prime\prime\prime}(-1)=12\neq0$，$f(-1)=\frac{2}{5}$，
所以点$(-1,\frac{2}{5})$为曲线$y=f(x)$的拐点。

(2)已知函数 $ g(x) = e^x - \frac{1}{6}ax^3 - \frac{1}{2}x^2 $，讨论曲线 $ y = g(x) $ 的拐点个数。

答案：

(2)由题意得$g^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{2}ax^{2}-x$，$g^{\prime\prime}(x)=e^{x}-ax-1$，$g^{\prime\prime\prime}(x)=e^{x}-a$。易得$g^{\prime\prime\prime}(0)=0$。
令$g^{\prime\prime}(x)=e^{x}-ax-1=0$，得$e^{x}=ax+1$，则$g^{\prime\prime}(x)$的零点个数等于函数$h(x)=e^{x}$的图象与直线$y=ax+1$的交点个数，易知函数$h(x)=e^{x}$的图象与直线$y=ax+1$均经过点$(0,1)$。
(i)如图①，当$a\leq0$时，函数$h(x)=e^{x}$的图象与直线$y=ax+1$只有一个交点$(0,1)$，
因为$g^{\prime\prime\prime}(0)=0$，$g^{\prime\prime\prime}(0)=1 - a＞0$，所以点$(0,g(0))$为曲线$y=g(x)$的拐点。
　　　　　 　　　　
(ii)如图②，当$a = 1$时，直线$y=ax+1$与函数$h(x)=e^{x}$的图象相切，只有一个交点$(0,1)$，
因为$g^{\prime\prime\prime}(0)=0$，$g^{\prime\prime\prime}(0)=0$，所以曲线$y=g(x)$没有拐点。
(iii)如图③，当$0＜a＜1$或$a＞1$时，直线$y=ax+1$与函数$h(x)=e^{x}$的图象有两个交点，其中一个交点为$(0,1)$。
　　　　　
设另外一个交点的横坐标为$x_{0}(x_{0}\neq0)$，则$e^{x_{0}}=ax_{0}+1$，
即$a=\frac{e^{x_{0}}-1}{x_{0}}$。
$g^{\prime\prime\prime}(0)=0$，$g^{\prime\prime\prime\prime}(x)=e^{x}$，$g^{\prime\prime\prime\prime}(x_{0})=e^{x_{0}}-a=e^{x_{0}}-\frac{e^{x_{0}}-1}{x_{0}}=\frac{(x_{0}-1)e^{x_{0}}+1}{x_{0}}$。
设函数$u(x)=(x - 1)e^{x}+1$，则$u^{\prime}(x)=xe^{x}$。
当$x＜0$时，$u^{\prime}(x)＜0$，$u(x)$单调递减；
当$x＞0$时，$u^{\prime}(x)＞0$，$u(x)$单调递增。
则$u(x)\geq u(0)=0$，得$(x_{0}-1)e^{x_{0}}+1＞0$，
即$g^{\prime\prime\prime\prime}(x_{0})=\frac{(x_{0}-1)e^{x_{0}}+1}{x_{0}}\neq0$，
所以点$(x_{0},g(x_{0}))$为曲线$y=g(x)$的拐点。
综上所述，当$a\leq0$时，曲线$y=g(x)$的拐点个数为1；当$a = 1$时，曲线$y=g(x)$的拐点个数为0；当$0＜a＜1$或$a＞1$时，曲线$y=g(x)$的拐点个数为2。

(1)运用罗尔定理证明：若函数 $ f(x) $ 在区间 $[a, b]$ 连续，在区间 $ (a, b) $ 上可导，则存在 $ x_0 \in (a, b) $，使得 $ f'(x_0) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} $；

答案：
(1)证明:令$\frac{f(b)-f(a)}{b - a}=t$，则$f(b)-bt=f(a)-at$。
令函数$F(x)=f(x)-tx$，则$F(a)=F(b)$，$F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-t$。
显然$F(x)$在$[a,b]$上连续，且在$(a,b)$上可导，由罗尔定理，存在$x_{0}\in(a,b)$，使得$F^{\prime}(x_{0})=0$，即$f^{\prime}(x_{0})-t=0$，所以$f^{\prime}(x_{0})=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$。

(2)已知函数 $ f(x) = x\ln x $，$ g(x) = \frac{1}{2}x^2 - bx + 1 $，若对于区间 $ (1, 2) $ 内任意两个不相等的实数 $ x_1 $，$ x_2 $，都有 $ |f(x_1) - f(x_2)| ＞ |g(x_1) - g(x_2)| $ 成立，求实数 $ b $ 的取值范围；

答案：
(2)依题意，$f^{\prime}(x)=\ln x + 1$，$g^{\prime}(x)=x - b$。
不妨令$x_{1}＞x_{2}$，则$\left|\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}\right|＞\left|\frac{g(x_{1})-g(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}\right|$恒成立。
由
(1)得$|f^{\prime}(x)|＞|g^{\prime}(x)|$，$x\in(1,2)$，于是$\ln x + 1＞|x - b|$，
即$-1-\ln x＜b - x＜\ln x + 1$，
因此$x-\ln x - 1＜b＜x+\ln x + 1$。令$\varphi(x)=x-\ln x - 1(1＜x＜2)$，求导得$\varphi^{\prime}(x)=\frac{x - 1}{x}＞0$，函数$\varphi(x)$在$(1,2)$上单调递增。
则$0＜\varphi(x)＜1-\ln2$。
而函数$y=x+\ln x + 1$在$(1,2)$上单调递增，其值域为$(2,3+\ln2)$。
则$1-\ln2\leq b\leq2$，所以实数$b$的取值范围是$[1-\ln2,2]$。

(3)证明：当 $ p ＞ 1 $，$ n \geq 2 $ 时，有 $ \frac{1}{n^p} ＜ \frac{1}{p - 1} \left[ \frac{1}{(n - 1)^{p - 1}} - \frac{1}{n^{p - 1}} \right] $。

答案：
(3)证明:令函数$h(x)=x^{1 - p}$，$x\in[n - 1,n]$，显然函数$h(x)$在$(n - 1,n)$上可导。
由
(1)可得，存在$c\in(n - 1,n)$，使得$h^{\prime}(c)=\frac{h(n - 1)-h(n)}{(n - 1)-n}$。
又$h^{\prime}(x)=(1 - p)· x^{-p}$，
则$\frac{1}{(n - 1)^{p - 1}}-\frac{1}{n^{p - 1}}=-h^{\prime}(c)=(p - 1)c^{-p}$，
因此$\frac{1}{p - 1}[(n - 1)^{1 - p}-\frac{1}{n^{p - 1}}]=\frac{1}{c^{p}}$，而$1\leq n - 1＜c＜n$，$p＞1$，
则$c^{p}＜n^{p}$，即$\frac{1}{c^{p}}＞\frac{1}{n^{p}}$，所以$\frac{1}{n^{p}}＜\frac{1}{p - 1}[(n - 1)^{1 - p}-\frac{1}{n^{p - 1}}]$。