第13讲拓展六泰勒展开式与超越不等式在导数中的应用高频精讲

第13讲拓展六：泰勒展开式与超越不等式在导数中的应用(精讲）目录TOC\o"1-2"\h\u第一部分：知识点必背 1第二部分：高频考点一遍过 3高频考点一：泰勒（麦克劳林）展开式与数学文化 3高频考点二：利用超越不等式比较大小 8高频考点三：利用对数型超越放缩证明不等式 12高频考点四：利用指数型超越放缩证明不等式 22第一部分：知识点必背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）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：高频考点一遍过高频考点一：泰勒（麦克劳林）展开式与数学文化典型例题例题1．（2023·全国·高三专题练习）伟大的数学家欧拉28岁时解决了困扰数学界近一世纪的“巴赛尔级数”难题．当时，，又根据泰勒展开式可以得到，根据以上两式可求得（）A． B． C． D．【答案】A【详解】由，两边同时除以x，得，又展开式中的系数为，所以，所以．故选：A．例题2．（2023秋·广东深圳·高一统考期末）计算器是如何计算，，，，等函数值的呢？计算器使用的是数值计算法，其中一种方法是用容易计算的多项式近似地表示这些函数，通过计算多项式的值求出原函数的值，如，，其中，英国数学家泰勒发现了这些公式，可以看出，右边的项用得越多，计算得出的和的值也就越精确．运用上述思想，可得到的近似值为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意可得，，故.故选：．例题3．（2022·全国·高三专题练习）英国数学家布鲁克泰勒，以发现泰勒公式和泰勒级数而闻名于世.根据泰勒公式，我们可知：如果函数在包含的某个开区间上具有阶导数，那么对于，有，其中，（此处介于和之间）.若取，则，其中，（此处介于0和之间）称作拉格朗日余项.此时称该式为函数在处的阶泰勒公式，也称作的阶麦克劳林公式.于是，我们可得（此处介于0和1之间）.若用近似的表示的泰勒公式的拉格朗日余项，当不超过时，正整数的最小值是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】解：由条件有，即因为，，所以的最小值为.故选：C.例题4．（2023·全国·高三专题练习）在高等数学中，我们将在处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：（其中表示的次导数），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式.(1)分别求，，在处的泰勒展开式；(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：.（其中为虚数单位）；(3)若，恒成立，求的范围.（参考数据）【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)【详解】（1）解：因为函数在处的泰勒展开式为（其中表示的n次导数），所以，，在处的泰勒展开式分别为：，，；（2）证明：把在处的泰勒展开式中的替换为，可得，所以，即；（3）解：由在处的泰勒展开式，先证，令，，易知，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，再令，，易得，所以在上单调递增，在上单调递减，而，所以恒成立，当时，，所以成立，当时，令，，易求得，所以必存在一个区间，使得在上单调递减，所以时，，不符合题意.综上所述，.练透核心考点1．（2023秋·浙江杭州·高一浙江大学附属中学校考期末）计算器是如何计算、、、、等函数值的?计算器使用的是数值计算法，如，，其中，英国数学家泰勒（B．Taylor，1685-1731）发现了这些公式，可以看出，右边的项用得超多、计算得出的和的值也就越精确，运用上述思想，可得到的近似值为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】.故选：C.2．（2022秋·福建龙岩·高三上杭一中校考阶段练习）苏格兰数学家科林麦克劳林(ColinMaclaurin)研究出了著名的Maclaurin级数展开式，受到了世界上顶尖数学家的广泛认可，下面是麦克劳林建立的其中一个公式：，试根据此公式估计下面代数式的近似值为（）（可能用到数值）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：根据麦克劳林公式得：，所以由于.故的近似值为.故选：B.3．（2023秋·吉林·高一统考期末）英国数学家泰勒发现了如下公式：，，，其中．可以看出这些公式右边的项用得越多，计算出、和的值也就越精确，则的近似值为______（精确到）；运用上述思想，可得到函数在区间内有______个零点．【答案】【详解】，因为函数、在上均为增函数，所以，函数在上为增函数，因为，，由零点存在定理可知，函数在有且只有一个零点，故函数在上只有一个零点.故答案为：；.4．（2023春·江苏南京·高三南京市宁海中学校考阶段练习）记为函数的阶导数且，若存在，则称阶可导．英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称为次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值．据此计算在处的3次泰勒多项式为=_________；在处的10次泰勒多项式中的系数为_________【答案】

330【详解】∵，∴，，∴，∴；∵，∴，，，…，，，∴，，，…，，，∴．故的系数为．故答案为：；330.高频考点二：利用超越不等式比较大小典型例题例题1．（2023·浙江温州·统考二模）已知，则（）A． B．C． D．【答案】D【详解】因为，，即，，先证明，设，则，令，则；令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即，即，所以，即，即.而，所以.故选：D.例题2．（2023·河南新乡·统考二模）若，，，则（）A． B．C． D．【答案】D【详解】令函数，则．设，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以，则，则，所以在上单调递增，所以，即．因为，所以，则，故．故选：D例题3．（2023·四川成都·统考二模）已知，，，则（）A． B．C． D．【答案】A【详解】，，，；，，设，则，在上单调递减，，即，；综上所述：.故选：A.练透核心考点1．（2023·陕西·校联考模拟预测）设，，，则（）A． B． C． D．【答案】A【详解】解：因为，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即；令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，得，即，故.故选：A.2．（2023·甘肃·统考一模）设，则（）A． B．C． D．【答案】B【详解】记，则，当时，，故在上单调递增，所以，即，所以.1，故；记，则，当时，，故在上单调递减，所以，即，所以，故；因此.故选：B.3．（2023春·湖北黄冈·高二湖北省红安县第一中学校考阶段练习）已知，，，则（）A． B． C． D．【答案】A【详解】.设，则有，单调递减，从而，所以，故，即，而，故有．故选：A．4．（2023·全国·高三专题练习）已知，，，则（）A． B．C． D．【答案】B【详解】方法一：（构造函数）令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，则，即；令，则，当时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以（当且仅当时取等号），所以，即（当且仅当时取等号），所以，即，综上所述：.故选：B.方法二：（帕德逼近），，，所以．故选：B.高频考点三：利用对数型超越放缩证明不等式典型例题例题1．（2023·全国·高三专题练习）设函数．(1)若在点处的切线斜率为，求a的值；(2)当时，求的单调区间；(3)若，求证：在时，．【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【详解】（1）解：函数，则，因为在点处的切线斜率为，所以，解得.（2）由（1）知：，当时，恒成立，所以在上单调递减；当时，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增.综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（3），令，则，因为，所以，则在上单调递增，又，所以恒成立，即；令，，时，，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，，恒成立，即，所以，得证.例题2．（2023·贵州·校联考二模）已知函数，.(1)当时，求证：在上单调递减；(2)当时，，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：当时，，则，令，则在上单调递减，且，且，，使.当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，，，，，，在上单调递减.（2）解：当时，，即（记为*）在上恒成立，令，，，要使（*）式在上恒成立，则必须，.下面证明当时，在上恒成立.，，.令，则，故当时，单调递减；当时，单调递增；∴，，当时，在上单调递增，，即（*）式在上恒成立，另外一方面，当时，，∴存在，使得当时，，在上单调递减，∴当时，，与题设矛盾，不成立.∴的取值范围为.例题3．（2023春·湖北武汉·高二校联考阶段练习）已知函数，为函数的导函数.(1)求的图象在处的切线方程；(2)求函数的零点个数；(3)若函数在区间上有最小值，其中为正整数，求的最小值.【答案】(1)(2)2个(3)【详解】（1）因为函数，所以，又因为，所以，所以的图象在处的切线方程为：，即.（2）由题意可知：，令，即，令，则，因为在上单调性递减，且，所以当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；又，，，，由零点存在性定理可知：函数在和上各有一个零点，也即函数在和上各有一个零点，故函数有两个零点.（3）由（2）可知：使得，使得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，当时，且极小值，要使在区间上有最小值，则，由a为正整数，故，解得：，故实数的最小值为.例题4．（2023·全国·模拟预测）已知函数，(1)若，，试分析和的单调性与极值；(2)当时，、的零点分别为，；，，从下面两个条件中任选一个证明．（若全选则按照第一个给分）求证：①；②.【答案】(1)结论见解析；(2)证明见解析.【详解】（1）由已知，该函数的定义域为，所以，当时，，令，所以，所以，所以函数在上单调递增，又，，所以存在，使得，当时，，当时，，所以当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，又，其中，所以为函数的极小值点，极小值为，函数没有极大值点；由已知，该函数的定义域为，所以，设，则，所以函数在单调递增，又，，所以存在，，使得，当时，，当时，，所以当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，又，所以为函数的极小值点，极小值为，函数没有极大值点，（2）①由(1)可得，函数在上单调递减，函数在上单调递增，，且，又，所以函数有且仅有两个零点，不妨设，则，，当时，，该函数的定义域为，所以，设，则，所以函数在单调递增，又，，所以存在，，使得，当时，，当时，，所以当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，，，，，所以函数有两个零点，不妨设，则，因为为的零点，所以，令，则，所以，所以，所以为函数的零点，又，所以，同理可得，所以，要证明，只需证明，只需证明，而，，所以，所以；②同①可得函数有且仅有两个零点，设其较小零点为，因为，因为，故，所以，，则，，函数有两个零点，设其较小零点为，则，要证明，只需证明，只需证明，设，则，只需证明，只需证明，设，，则，设，则，所以函数，即函数在上单调递增，所以，，所以所以在上单调递增，所以当时，，又，所以因为，所以，所以，所以，所以练透核心考点1．（2023·全国·模拟预测）已知函数，．(1)若，求函数的单调区间．(2)若，①证明：函数存在唯一的极值点．②若，且，证明：．【答案】(1)函数的单调递增区间为，无单调递减区间(2)①证明见解析；②证明见解析【详解】（1）当时，函数，定义域为，在上恒成立，则函数在上单调递增，所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间．（2）①函数的定义域为，则，．令，，则在上恒成立，所以函数在上单调递减．因为，所以，，，，所以函数在上存在唯一零点．又当时，，即，函数单调递增，当时，，即，函数单调递减，所以函数在处取得极大值，即函数存在唯一的极值点．②由①知，，则，即，则（*），由，，知，又，即，则（**），（**）÷（*）得，令，则所以当时，单调递减，所以当时，，即在上恒成立，所以，所以，则，即，即，即．2．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数.(1)当时，求的最大值；(2)若，，求a的取值范围.【答案】(1)0(2)【详解】（1）当时，，，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.（2）由，得，根据减函数加减函数为减函数的结论易知在上单调递减.①由（1）可知，当时，，符合题意.②当时，，，所以存在时，使得，故当时，，单调递减，所以，不符题意，舍去.③当时，，，所以存在，使得，故当时，，单调递减，.令，则，故在上单调递减，所以，故，符合题意.综上所述，a的取值范围是.3．（2023春·宁夏吴忠·高二青铜峡市高级中学校考阶段练习）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，.【答案】(1)函数在上单调递增(2)证明见解析【详解】（1）函数的定义域为，，记，则，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，所以，所以函数在上单调递增；（2）原不等式为，即，即证在上恒成立，设，则，所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，令，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以，且在上有，所以可得到，即，所以在时，有成立.高频考点四：利用指数型超越放缩证明不等式典型例题例题1．（2023·贵州·统考模拟预测）已知函数.(1)若，求的极值；(2)若，，求证：.【答案】(1)极小值，没有极大值(2)证明见解析【详解】（1）解：当时，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，所以时取得极小值，且极小值，没有极大值.（2）要证：，时，，即证，设，则，设，则时，所以，即，所以，当且仅当时等号成立，所以在上是增函数，所以，即，即.例题2．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知．(1)若在上单调递增，求的取值范围，(2)证明：当时，．【答案】(1)(2)证明见解析.【详解】（1）由，可得，因为在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，令，则在上恒成立，即在上单调递减，所以，由在上恒成立，可得，所以实数的取值范围为.（2）因为函数，，令，则，即时，，则单调递增；即时，，则单调递减；所以，即（当且仅当取等号），因为函数，，则，令，则，当时，，则函数单调递增；当时，，则函数单调递减；所以，即（当且仅当取等号），因为，且（当且仅当取等号），（当且仅当取等号），所以（两个等号不同时成立这里反为大于号），令，即证，因额为，令，可得，所以，当时，，则函数单调递减；当时，，则函数单调递增；所以，所以，即当时，．例题3．（2023·四川巴中·统考一模）设函数，．(1)当时，设，求函数的单调区间；(2)若函数有两个零点，求的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)【详解】（1）当b=0时，，又，故得，或①当，即时，恒成立∴的减区间为，无增区间；②当，即时，由得，或，由得，∴的减区间为，，增区间为③当，即时，由得，或；由得，∴的减区间为，，增区间为综上可得：当时，的减区间为，无增区间；当时，的减区间为，，增区间为；当时，的减区间为，，增区间为.（2）方法一由已知可得：，当时，恒成立，∴在R上是增函数，至多一个零点，不合题意；当时，由得，此时：若，则，是减函数；若，则，是增函数∴由函数有两个零点得：，解得当时，有∵∴在内有一个零点.令，则令，则在恒正∴在上单调递增，故∴在上单调递增，∴∴∴在内也有一个零点即当时，函数有两个零点∴实数b的取值范围为方法二由得：故有两个零点等价于曲线与直线有两个不同的交点∴当时，直线应在过点的曲线的切线的上方设过点的曲线的切线与曲线切于点则有，解得∴过点的曲线的切线方程为，∴当时，由，知在内有一个零点由直线上升与指数爆炸两种增长形知，总存在正数m，当时有∴在内也有一个零点∴实数的取值范围为方法三由得，当时等式不成立，故∴设，则当且时，，当时，∴在，内是减函数，在内是增函数，又当时，；当时，∴关于x方程有两个不同的解的必要条件为又当时，若，或时均有∴当时，方程有两个不同的解.∴实数b的取值范围为.方法四由得，当b=0时等式不成立，故于是对变形得设，则当时，单调递增；当时，单调递减∴又当时，；当时当时，∴当且仅当时，直线与函数的图象有两个不同的交点∴时，函数有两个零点∴实数b的取值范围为例题4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．(1)当时，证明：；(2)若为函数的极小值点，求实数的值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）当时，有，所以，要证，只需证，即证，设，则，令，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以，即，所以；（2），，，由，得，下面证明当时，是的极小值点．当时，，当且仅当时，，所以在上单调递增，由知，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以是的极小值点，综上可知，当是的极小值点时，的值为．练透核心考点1．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知函数．(1)若是函数的极大