泰勒展开式下的高考试题

1、中国高考数学母题一千题(第0001号)愿与您共建真实的中国高考数学母题(杨培明泰勒展开式下的高考试题三类函数不等式的来源 多项式函数是最简单的函数,用多项式函数逼近其它函数(如超越函数)是微分学,甚至是数学的精义所在,也是泰勒展开式产生的背景;泰勒展开式是高考命题的有力工具,许多高考试题直接来自于泰勒展开式.母题结构:(基本函数的泰勒展开式):ex=1+ex(其中0<<1);ln(1+x)=x-+-+(-1)n-1+(-1)n()n+1;sinx=x-+-+(-1)k-1+(-1)kcosx;cosx=1-+-+(-1)k-1+(-1)kcosx.母题解析

2、:在中学范围内,以上结论没必要证明,因为不能直接引用;我们关心的是泰勒展开式在解决高考试题中的作用(不是直接引用),当|x|充分小时,泰勒展开式中的前几项占主导地位,而后面的项对函数值的贡献可忽略不计,由此思想,我们可以通过去掉泰勒展开式中的“零头”,得到相关不等式,这样不仅可以探明一些不等式的来源,而且可为解决一些不等式恒成立问题指明方向. 1.指数函数的展开式 子题类型:(2010年课标高考理科试题)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.()若a=0,求f(x)的单调区间;()若当x0时,f(x)0,求a的取值范围.解析:()当a=0时,由f(x)=ex-1-x(x)=ex-1,由此列表,

3、由表知,f(x)在(-,0)上递减.在(0,+)上递增;()由ex=1+ex(其中0<<1)当x0时,ex1+=1+x+x2;由此可先证:ex-1-x-x20:令g(x)=ex-1-x-x2(x0),则(x)=ex-1-x,由()知,(x)在0,+)上单调递增(x)(0)=0g(x)在0,+)上单调递增g(x)g(0)=0当a时,f(x)=ex-1-x-ax2ex-1-x-x20成立;当a>时,(x)=ex-1-2ax(x)=ex-2a(x)在(0,ln2a)上单调递减当0<x<ln2a时,(x)<(0)=0f(x)在(0,ln2a)上单调递减当0<x

4、<ln2a时,f(x)<f(0)=0,不合题意.综上,a的取值范围是(-,.点评:对不等式恒成立问题,可利用泰勒展开式,构造相应的不等式(该不等式的证明是常规的),并由此猜测出参数的取值范围,然后证明参数不在此范围内时,不符合题意,故可得参数的取值范围. 2.对数函数的展开式 子题类型:(2015年北京高考试题)已知函数f(x)=ln.()求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;()求证:当x(0,1)时,f(x)>2(x+);()设实数k使得f(x)>k(x+)对x(0,1)恒成立,求k的最大值.解析:()由f(x)=ln(1+x)-ln(1-x)f(0)=

5、0,(x)=+(0)=2切线:y=2x;()由ln(1+x)=x-+-+(-1)n-1+ln(1+x)=-x-+(-1)2n-1+f(x)=ln(1+x)-ln(1-x)=2(x+)当x(0,1)时,f(x)>2(x+),这就是第()问的来源,证明略;()由()知,当k2时,f(x)>2(x+)k(x+)对x(0,1)恒成立;当k>2时,令g(x)=f(x)-k(x+),则(x)=(x)-k(1+x2)=(x2-)g(x)在(0,)上单调递减当0<x<时,g(x)<g(0)=0f(x)<k(x+),不合题意.综上,k的最大值为2.点评:对对数函数的泰勒

6、展开式,由基本对数函数ln(1+x)的泰勒展开式,应会通过换元求ln(1-x),lnx等的泰勒展开式;利用泰勒展开式解决不等式恒成立问题可称为“先猜后证”,“先猜后证”是应当掌握的重要方法. 3.三角函数的展开式 子题类型:(2006年湖南高考试题)已知函数f(x)=x-sinx,数列an满足:0<a1<1,an+1=f(an),n=1,2,3,.证明:()0<an+1<an<1;()an+1<an3.解析:()当x(0,1)时,由f(x)=x-sinx(x)=1-cosx>0f(x)在(0,1)上单调递增f(0)<f(x)<f(1)0&l

7、t;f(x)<1-sin1<1;又f(x)=x-sinx<x0<f(x)<x<1;用数学归纳法证明:由0<a1<10<f(a1)<a1<10<a2<a1<1;假设当n=k时结论成立,即0<ak+1<ak<10<f(ak+1)<ak+1<10<ak+2<ak+1<1,故n=k+1时,结论成立.综上,0<an+1<an<1;()当x(0,1)时,由sinx=x-+-+(-1)k-1+(-1)kcosxsinx>x-x-sinx<x3

8、f(x)<x3;证明:令g(x)=x3-f(x),则(x)=x2-1+cosx(x)=x-sinx>0(x)在(0,1)上单调递增(x)>(0)=0g(x)在(0,1)上单调递增g(x)>g(0)=0f(x)<x3;由()知,0<an<1f(an)<an3an+1<an3.点评:借助泰勒展开式,通过去“零头”的方法,可构造出你所需要的不等式,所去“零头”越小,所得不等式越“精确”;探明不等式的来源,不仅可使你知其所以然,更主要的可导引你的解题方向. 4.子题系列:1.(2014年课标高考试题)设函数f(x)=aexlnx+,曲线y=f(x)

9、在点(1,f(1)处的切线为y=e(x-1)+2.()求a,b;()证明:f(x)>1.2.(2013年课标高考试题)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).()设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;()当m2时,证明f(x)>0.3.(2010年课标高考文科试题)设函数f(x)=x(ex-1)-ax2.()若a=,求f(x)的单调区间;()若当x0时,f(x)0,求a的取值范围.4.(2007年全国高考试题)设函数f(x)=ex-e-x.()证明:f(x)的导数(x)2;()若对所有x0都有f(x)ax,求a的取值范围.5.(2006年全国高考试题)已知函数f

10、(x)=e-ax.()设a>0,讨论y=f(x)的单调性;()若对任意x(0,1)恒有f(x)>1,求a的取值范围.6.(2008年全国高考试题)设函数f(x)=.()求f(x)的单调区间;()如果对任何x0,都有f(x)ax,求a的取值范围. 4.子题详解:1.解:()f(x)的定义域为(0,+);由f(x)=aexlnx+(x)=aex(lnx+)+;由曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线为y=e(x-1)+2f(1)=2,(1)=eb=2,a=1;()因f(x)=exlnx+,所以,f(x)>1exlnx+>1ex(lnx+)>1;由ex=1+ex(其

11、中0<<1)ex1+xex-1xexex(当且仅当x=1时,等号成立)e-lnxe(-lnx)lnx-(当且仅当x=时,等号成立)当x(0,+)时,ex(lnx+)>ex(-+)=1.2.解:()f(x)的定义域为(-m,+);由f(x)=ex-ln(x+m)(x)=ex-;由x=0是f(x)的极值点(0)=0m=1(x)=ex-(x)=ex+>0(x)在(-1,+)内单调递增当x(-1,0)时,(x)<(0)=0f(x)在(-1,0)内单调递减;当x(0,+)时,(x)>(0)=0f(x)在(0,+)内单调递增;()当m2时,f(x)=ex-ln(x+m)

12、ex-ln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)=ex-ln(x+2)>0;由ex=1+ex(其中0<<1)ex1+x(当且仅当x=0时,等号成立);ln(1+x)=x-()2xln(x+2)x+1(当且仅当x=-1时,等号成立)ex>ln(x+2)f(x)=ex-ln(x+2)>0.3.解:()当a=时,由f(x)=x(ex-1)-x2(x)=ex-1+xex-x=(x+1)(ex-1),由此列表如下:由表知,f(x)在(-,-1)和(0,+)上单调递增,在(-1,0)上单调递减;()当x0时,f(x)0当x0时,x(ex-1-ax)0当x0时,ex1+ax

13、;由ex=1+ex(其中0<<1)当x0时,ex1+x当a1时,ex1+x1+ax;当a>1时,令g(x)=ex-ax-1,则(x)=ex-ag(x)在(0,lna)上单调递减g(x)<g(0)=0,不合题意.综上,a的取值范围是(-,1.4.解:()由(x)=ex+e-x2=2,当且仅当x=0时取得等号;() 由ex=1+ex(其中0<<1)ex1+x,且e-x1-xf(x)=ex-e-x2x;当a2时,f(x)=ex-e-x2xax;当a>2时,令g(x)=f(x)-ax,则(x)=ex+e-x-a=e-x(e2x-aex+1)g(x)在(0,ln

14、)上单调递减g(x)<g(0)=0,不合题意.综上,a的取值范围是(-,2.5.解:()由f(x)定义域为x|x1,(x)=(x2-);当0<a2时,(x)0恒成立f(x)在(-,1)和(1,+)上单调递增;当a>2时,(x)=(x+)(x-)f(x)在(-,-)、(,1)和(1,+)上单调递增,在(-,)上单调递减;()当x(0,1)时,f(x)>1e-ax>1ln-ax>0ln>ax;由ln(1+x)=x-+-+(-1)n-1+ln(1+x)=-x-+(-1)2n-1+ln=ln(1+x)-ln(1-x)=2(x+)当x(0,1)时,ln>2

15、x;当a2时,ln>2xax;当a>2时,令g(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-ax,则(x)=+-a=(x+)(x-)g(x)在(0,)上单调递减g(x)<g(0)=0ln<ax,不合题意.综上,a的取值范围是(-,2.6.解:()由(x)=;当x(2k-,2k+)(kZ)时,cosx>-(x)>0f(x)在每一个区间(2k-,2k+)(kZ)是增函数;当x(2k+,2k+)(kZ)时,cosx>-(x)<0f(x)在每一个区间(2k+,2k+)(kZ)是减函数;()当x0时,由f(x)axaxsinxax(2+cosx);由sinx=x-+-+(-1)k-1+(-1)kcosx;cosx=1-+-+(-1)k-1+