2025年高考数学一轮复习教学课件第3章　高考研究在线3　泰勒公式与切线不等式在导数中的应用

必备知识·关键能力·学科素养·核心价值第三章一元函数的导数及其应用 高考研究在线3泰勒公式与切线不等式在导数中的应用对应学生用书第80页 “ex≥1＋x”“x－1≥lnx，x∈(0，＋∞)”“sinx<x<tanx，x∈”这三个不等式，均源自教材习题，其中人教A版必修第一册P256T26仅展示了sinx及cosx的泰勒公式，熟知ex，lnx，sinx及cosx的泰勒展开式，可以快速解答与之相关的试题． 1．几个常见函数的泰勒公式(1)ex＝1＋x＋＋…；(2)＝1＋x＋x2＋x3＋…；(3)ln(1＋x)＝x－＋…；(4)cosx＝1－＋－＋…；(5)sinx＝x－＋－＋…. 2．两个超越不等式从泰勒公式中截取片段就构成了常见的不等式：总结如下：(注意解答题需先证明后使用)(1)对数型超越放缩：≤lnx≤x－1(x＞0)；(2)指数型超越放缩：x＋1≤ex≤(x＜1)． 命题点一　比较大小[典例1](1)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln0.9，则()A．a<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．a<c<b(2)(2022·全国甲卷)已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则()A．c>b>aB．b>a>cC．a>b>cD．a>c>b√√ (1)C(2)A[(1)法一(构造法)：构造函数f(x)＝lnx＋，x>0，则f′(x)＝，x>0，当f′(x)＝0时，x＝1，∴0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)在x＝1处取最小值，且f(1)＝1，∴lnx>1－，∴ln0.9>1－＝－，∴－ln0.9<，∴c<b.∵－ln0.9＝ln>1－＝，∴>e0.1，∴0.1e0.1<，∴a<b.∵0.1e0.1>0.1×1.1＝0.11，而－ln0.9＝ln<＝<0.11，∴a>c,∴c<a<b.故选C. 法二(利用不等式)：由不等式lnx<(x>1)，得－ln0.9＝ln<＝<0.11，又∵e0.1>0.1＋1＝1.1，∴a＝0.1e0.1>0.11，∴c<a；由ex≥x＋1，得e－x>－x＋1(x<1)，得ex<，∴e0.1<＝，∴a＝0.1e0.1<＝，∴a<b.综上，c<a<b.故选C.法三(泰勒公式)：设x＝0.1，则a＝xex＝0.1，b＝＝0.1(1＋0.1＋0.01＋0.001＋…)，c＝－ln(1－x)＝0.1＋＋…，∴c＜a＜b.故选C. (2)法一(构造法)：设f(x)＝cosx＋x2－1(0<x<1)，则f′(x)＝x－sinx，设g(x)＝x－sinx(0<x<1)，g′(x)＝1－cosx>0，故g(x)在(0，1)上单调递增，即g(x)>g(0)＝0，即f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上单调递增，∴f>f(0)＝0，可得cos>，故b>a.利用不等式可得x∈时，tanx>x，∴tan>，即>，∴4sin>cos，故c>b.综上，c>b>a，故选A. 法二(泰勒公式)：设x＝0.25，则a＝1－＝1－，b＝cosx＝1－－…，c＝＝1－－…，∴a＜b＜c.故选A.]名师点评几个常用不等式：①x∈(0，1)时，sinx＞ln(x＋1)；②x＞0时，lnx≥1－(x＝1时取等号)；③x＞0时，x＞sinx；④x＞1时，lnx＞. [跟进训练]1．(2023·山东济宁二模)设a＝，b＝ln，c＝sin，则()A．b<a<cB．a<b<cC．c<b<aD．b<c<a√A[法一：令g(x)＝x－1－lnx(x>0)，g′(x)＝1－＝，令g′(x)>0，解得x>1；令g′(x)<0，解得0<x<1；所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0，所以x－1≥lnx，由x－1≥lnx可知a>b.设f(x)＝sinx－x，则f′(x)＝cosx－1在区间上单调递减，且f′＝－1＝>0，所以函数f(x)在区间上单调递增．所以f>f(0)＝0，即sin>，即c>a.故选A. 法二：b＝ln＝ln<a＝，又由泰勒公式可知：sinx>x－，所以sin>＝，即c＝sin>>＝a，故c>a>b.] 2．(2023·河北唐山三模)已知3m＝e且a＝cosm，b＝1－m2，c＝，e是自然对数的底数，则()A．a＞b＞cB．c＞a＞bC．c＞b＞aD．b＞a＞c√B[∵3m＝e，∴ln3m＝lne，∴m＝∈(0，1)，∴a，b，c＞0.又sinx<x<tanx，x∈，∴＝tanm＞m，∴＞cosm，即c＞a. 法一：∵a－b＝cosm－1＋m2，令f(x)＝cosx－1＋x2，x∈(0，1)，∴f′(x)＝－sinx＋x＞0，f(x)单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0，则a－b＝cosm－1＋m2＞0，即a＞b，综上，c＞a＞b.故选B.法二：由泰勒公式可知：cosx>1－，∴cosm>1－，即a>b.综上可知c＞a＞b.] 命题点二　证明不等式[典例2]已知函数f(x)＝lnx－kx＋1.(1)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围；(2)证明：＜(n∈N*，n＞1)．[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)≤0⇒lnx－kx＋1≤0⇒k.令g(x)＝，x＞0，则g′(x)＝＝，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝1，∴k≥1. (2)证明：由(1)知，k＝1时，有lnx≤x－1对任意x∈(0，＋∞)恒成立，当且仅当x＝1时，取“＝”，∴x∈(1，＋∞)，lnx＜x－1恒成立，令x＝1＋(n＞1，且n∈N*)，则ln＜＜＝，∴ln＋ln＋…＋ln＜＝＜＝，即ln＜(n∈N*，n＞1)，∴＜(n∈N*，n＞1)． 名师点评证明(2)中不等式的关键是利用(1)中的结论，取k＝1时得到不等式lnx≤x－1，从而得到x＞1时，lnx＜x－1，令x＝1＋，即可构造不等式ln＜＜＝，从而通过裂项相消法求出ln＋ln＋…＋ln的取值范围，从而证明结论． [跟进训练]3．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝xeax－ex.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<－1，求实数a的取值范围；(3)设n∈N*，证明：＋…＋>ln(n＋1)．[解](1)当a＝1时，f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex，f′(x)＝xex，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)令g(x)＝f(x)＋1＝xeax－ex＋1(x>0)⇒g(x)<g(0)＝0对任意x>0恒成立．又g′(x)＝eax＋axeax－ex⇒g′(0)＝0，令h(x)＝g′(x)⇒h′(x)＝aeax＋a(eax＋axeax)－ex＝a(2eax＋axeax)－ex，则h′(0)＝2a－1.①若h′(0)＝2a－1>0，即a>，h′(0)＝＝>0，所以∃x0>0，使得当x∈(0，x0)时，有>0⇒g′(x)>0⇒g(x)单调递增⇒g(x0)>g(0)＝0，矛盾．②若h′(0)＝2a－1≤0，即a≤时，g′(x)＝eax＋axeax－ex＝eax＋ln(1+ax)－ex≤－ex<－ex＝0⇒g(x)在(0，＋∞)上单调递减，g(x)<g(0)＝0，符合题意.综上所述，实数a的取值范围是a≤. (3)证明：构造函数m(t)＝2lnt－，t＞1，则m′(t)＝－1－＝－＜0，∴函数m(t)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(t)＜m(1)＝0，即t－＞2lnt(t＞1)．令t＝⇒>2ln⇒>ln⇒>ln⇒＝ln＝ln(n＋1)，即＋…＋>ln(n＋1)． THANKS