第13讲 拓展六：泰勒展开式与超越不等式在导数中的应用（讲）-备战2024年高考数学一轮复习精讲精练高效测（新教材新高考）

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第一部分：知识点精准记忆
第二部分：典型例题剖析
高频考点一：利用超越不等式比较大小
高频考点二：利用对数型超越放缩证明不等式
高频考点三：利用指数型超越放缩证明不等式
第一部分：知 识 点 精 准 记 忆
1、泰勒公式形式：
泰勒公式是将一个在处具有阶导数的函数利用关于的次多项式来逼近函数的方法.
若函数在包含的某个闭区间上具有阶导数，且在开区间上具有阶导数，则对闭区间上任意一点，成立下式：
其中：表示在处的阶导数，等号后的多项式称为函数在处的泰勒展开式，剩余的是泰勒公式的余项，是的高阶无穷小量.
2、麦克劳林(Maclaurin)公式
虽然麦克劳林公式是泰勒中值定理的特殊形式，仅仅是取的特殊结果，由于麦克劳林公式使用方便，在高考中经常会涉及到.
3、常见函数的麦克劳林展开式：
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
4、两个超越不等式：（注意解答题需先证明后使用）
4.1对数型超越放缩：（）
上式（1）中等号右边只取第一项得：结论①
用替换上式结论①中的得：结论②
对于结论②左右两边同乘“”得，用替换“”得：
（）结论③
4.2指数型超越放缩：（）
上式（2）中等号右边只取前2项得：结论①
用替换上式结论①中的得：结论②
当时，对于上式结论②结论③
当时，对于上式结论②结论④
第二部分：典 型 例 题 剖 析
高频考点一：利用超越不等式比较大小
1．（2022·全国·高三专题练习（文））已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
先用导数证明这两个重要的不等式
①，当且仅当时取“=”
，函数递减， 函数递增
故时函数取得最小值为0
故，当且仅当时取“=”
②，当且仅当时取“=”
，函数递增，函数递减，
故时函数取得最大值为0，
故，当且仅当时取“=”
故
故选：C
2．（2021·安徽·毛坦厂中学高三阶段练习（理））设，，，（其中自然对数的底数）则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】
构造函数，，，所以在上递增，在上递减，所以，即.
令，则，，，考虑到，可得，即，化简得等号当且仅当时取到，故时，排除A，B.下面比较a，b大小，由得，，故.所以.
故选:D
3．（2022·全国·高三专题练习）已知实数a，b，c满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
，即，
所以，所以，即，
又，所以，由，所以，
所以，即，所以，所以.
故选：A.
【点睛】
关键点睛：解决本题的关键是利用经典不等式可得.
4．（2022·河南洛阳·高二期末（文））下列结论中正确的个数为（ ）
①，；②；③．
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【详解】
解：令，，则，所以在上单调递增，所以，即，即，，故①正确；
令，，则，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，所以，故②正确；
令，，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，当且仅当时取等号，故③错误；
故选：C
5．（2021·浙江·模拟预测）已知数列满足，给出以下结论，正确的个数是（ ）
①；②；③存在无穷多个,使；④
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【详解】
，,，则单调递增且大于0， 所以单调递增，所以 ，即故①正确；
令，则，所以在上单调递增，且当且仅当时，，所以，即.因为，且，，故②正确；
，，，由归纳法可知，，故不存在无穷多个,使，故③错误；
由得，，累加可得：可知④正确.
故选：B.
7．（2022·安徽·六安一中高二开学考试）已知成等比数列，且，若，则
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】
设,则,
令,则,令,则,
所以在上单调递增,在上单调递减,
所以,则,
即,
所以,
故,
又成等比数列,且,
设其公比为,则,即,
所以,
故选:A.
【点睛】
本题考查导数中的不等式在数列中的应用,以及等比数列的相关性质,属于中档题.导数中存在着一些常用的不等式结论,学生可以尽可能掌握.
高频考点二：利用对数型超越放缩证明不等式
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)＝ln x－ax＋1在x＝2处的切线斜率为－.
(1)求实数a的值及函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝，对∀x1(0，＋∞)，∃x2(－∞，0)使得f(x1)≤g(x2)成立，求正实数k的取值范围；
(3)证明：＋＋…＋(n∈N*，n≥2).
【答案】(1)a＝1，增区间为，单调递减区间为(2)(3)证明见解析
(1)
由已知得f′(x)＝－a，∴f′(2)＝－a＝－，解得a＝1.
于是f′(x)＝－1＝，
当x(0，1)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
即f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)
由(1)知x1(0，＋∞)，f(x1)≤f(1)＝0，即f(x1)的最大值为0，
由题意知：对∀x1(0，＋∞)，∃x2(－∞，0)使得f(x1)≤g(x2)成立，只需f(x)max≤g(x)max.
∵g(x)＝，（等号成立）
∴只需，解得.
(3)
证明：要证明 (nN*，n≥2).
只需证，
只需证.
由(1)当x(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，f(x)＝ln x－x＋1≤0，即ln x≤x－1，
∴当n≥2时，，，
所以
＝，
∴.
2．（2022·河南·林州一中高二期中（理））已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：.
【答案】(1)见解析(2)证明见解析
(1)
当时，，故函数在上单调递增
当时，
故函数在上单调递减，在上单调递增
(2)
由（1）可知，
令，
即函数在上单调递减，故
故，，故
即
3．（2022·陕西咸阳·二模（文））已知函数.
(1)若恒成立，求实数的取值范围；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)
由题意得：定义域为；由得：；
设，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
，即实数的取值范围为.
(2)
由（1）知：当，时，，在上单调递减，
，即；
，
，
即，
.
【点睛】
关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到恒成立问题求解和不等式的证明问题；证明不等式的关键是能够充分利用（1）中的结论，将所证不等式进行放缩，从而结合等比数列求和的知识进行证明.
4．（2022·陕西咸阳·二模（理））已知函数.
(1)若恒成立，求实数k的取值范围；
(2)证明：(，).
【答案】(1)；
(2)证明见解析﹒
【解析】
(1)
，
令，则＝，
当时，单调递增，当x＞1时，单调递减，
∴，
∴；
(2)
由(1)知，时，有不等式对任意恒成立，
当且仅当时，取“＝”号，
∴，恒成立，
令(，且)，
则，
∴
，
即(，)，
∴(，).
【点睛】
本题关键是利用(1)中的结论，取k＝1时得到不等式，从而得到x＞1时，，令，即可构造不等式，从而通过裂项相消法求出的范围，从而证明结论.
5．（2022·重庆市实验中学高二阶段练习）已知函数，其中且．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：；
(3)求证：对任意的且，都有：…．（其中为自然对数的底数）
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.
【解析】
(1)
函数的定义域为，，
①当时，，所以在上单调递增；
②当时，令，解得，
当时，，所以，所以在上单调递减，
当时，，所以，所以在上单调递增.
综上，当时，函数在上调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
(2)
当时，，要证明，
即证，即，
设，则，令得，可得，
当时，，当时，．
所以，即，故.
(3)
由（2）可得，（当且仅当时等号成立），
令，，则，
故………
…，
即…，
故….
【点睛】
本题考察利用导数研究含参函数单调性，以及构造函数利用导数证明不等式，以及数列和导数的综合，属综合困难题.
6．（2022·内蒙古·元宝山平煤高中高二阶段练习（理））已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)证明：.
【答案】(1)当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；(2)证明见解析.
【解析】
(1)
因为（），
所以的定义域为，.
若，则，在上为增函数；
若，则，
当时，，当时，.
综上，当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)
当时，由上可知的单调递增区间为，单调递减区间为，有在恒成立，
且在上是减函数，
即在上恒成立，
令，则，
即，
且，
，
即：（，）成立．
7．（2022·河南·林州一中高二期中（理））已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：；
(3)若且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
(1)
，，
则曲线在点处的切线方程为.
(2)
由（1）可得
即函数上单调递减，在上单调递增，故
(3)
由（2）可得在上恒成立
令，则
则
故
【点睛】
关键点睛：解决第三问时，关键是由导数得出，进而由对数的运算证明不等式.
高频考点三：利用指数型超越放缩证明不等式
1．（2022·四川·棠湖中学高二阶段练习（文））已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；
(3)当时，证明：.
【答案】(1)(2)(3)证明见解析
【解析】
(1)
当时，，，
切点为，斜率，.
∴曲线在点处的切线方程为.
即.
(2)
由，得恒成立，令，则，
所以在上，单调递减，在上，单调递增，所以的最小值为，
所以，即，故的取值范围是；
(3)
由（2）知时，有，所以.
①要证，可证，只需证.
先证，
构造函数，则，
由得，由得，∴在上单减，在上单增，
∴，故（当且仅当时取等号），
从而当时，.故当时，成立.
②要证，可证.
构造函数，则，
由得，由得，∴在上单增，在上单减，
故，即（当且仅当时取等号），
从而当时，.
由于，所以，所以，
综上所述，当时，证明：.
【点睛】
要证明，可通过证明来证得.在利用导数证明不等式的过程中，主要利用的是导数的工具性的作用，也即利用导数来求单调区间、最值等.
2．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））已知函数，．
(1)若恒成立，求实数a的值；
(2)若，求证：．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【解析】
(1)
设，则．
当时，，单调递增，，不满足恒成立；
当时，在上单调递减．在上单调递增．
所以的最小值为．
即，即．设，，
所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增，
即，故的解只有．
综上，．
(2)
证明：先证当时，恒成立．
令，，所以在（0，1）上单调递增，
又，所以．
所以要证，即证，
即证，即证．
设，则，
所以在（0，1）上单调递减，
所以，即原不等式成立．
所以当时，．
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，解题的关键是先证当时，恒成立，然后将转化为，即证，再构造函数求出其最小值大于零即可，考查数学转化思想，属于较难题
3．（2022·浙江省诸暨市第二高级中学模拟预测）已知函数，，
(1)当，时，求函数在处的切线方程；
(2)若且恒成立，求的取值范围：
(3)当时，记，（其中）为在上的两个零点，证明：.
【答案】(1)；
(2)；
(3)详见解析.
(1)
当，时，，，
∴，，
∴函数在处的切线方程为；
(2)
由题意可知，当时，不等式显然成立，故；
当时，，当时，，
记，则，
∴函数的减区间为，函数的增区间为，
∴当时，，当时，
∴可得；
综上，的取值范围为；
(3)
由上可知，，，
对于函数，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
故，即，
∴，
又，
∴，即，
由，可得，
要证，即证，，
也即，
设，即证在上恒成立，
∵，
∴在上单调递增，
∴，成立
∴，
综上，.
4．（2022·新疆昌吉·高三阶段练习（文））已知函数．
(1)试比较与的大小．
(2)证明：，．
【答案】(1)，理由见解析；
(2)证明见解析
【解析】
(1)
．理由如下：
设，则．
由，得；由，得．
在上单调递减，在上单调递增，则函数在x=0处取得极小值，也是最小值，
故，即，当且仅当时，等号成立．
(2)
证明：由（1）可知，当且仅当时，等号成立，
则，当且仅当时，等号成立．
，从而，即，当且仅当时，等号成立．
故．
因为，所以，
因为，所以，所以，
即，即．
【点睛】
导函数证明不等式，放缩是一种常见方法，常见的放缩有切线放缩，最值放缩等，比如本题中所用的，（）为切线放缩，而为最值放缩.