2025版 数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版第四章 第四节 第2课时　导数的函数零点问题含答案

1版数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版第四章第四节第2课时导数的函数零点问题第2课时导数的函数零点问题【命题分析】函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查基本初等函数、三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.【核心考点·分类突破】题型一利用导数探究函数的零点个数[例1]设函数f(x)=lnx+mx,m∈R,讨论函数g(x)=f'(x)-x3【解析】由题意知g(x)=f'(x)-x3=1x-mx2-x3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3设φ(x)=-13x3+x(x则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.所以x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,所以x=1也是φ(x)的最大值点,所以φ(x)的最大值为φ(1)=23结合y=φ(x)的图象(如图)可知,①当m>23时,函数g(x②当m=23时,函数g(x③当0<m<23时,函数g(x④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.综上所述,当m>23时,函数g(x当m=23或m≤0时,函数g(x当0<m<23时,函数g(x)有两个零点【解题技法】利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法(1)构造函数:构建函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数.(2)应用定理:利用零点存在定理,先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.【对点训练】(2023·郑州质检)已知函数f(x)=ex-ax+2a,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)求函数f(x)的零点个数.【解析】(1)f(x)=ex-ax+2a,定义域为R,且f'(x)=ex-a,当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在R上单调递增;当a>0时,令f'(x)=0,则x=lna,当x<lna时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>lna时,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;当a>0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.(2)令f(x)=0,得ex=a(x-2),当a=0时,ex=a(x-2)无解,所以f(x)无零点,当a≠0时,1a=x令φ(x)=x-2ex,x∈R,所以φ'(当x∈(-∞,3)时,φ'(x)>0;当x∈(3,+∞)时,φ'(x)<0,所以φ(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减,且φ(x)max=φ(3)=1e又x→+∞时,φ(x)→0,x→-∞时,φ(x)→-∞,所以φ(x)的大致图象如图所示.当1a>1e3,即0<a<e3时,f当1a=1e3,即a=e3时,f当0<1a<1e3,即a>e3时,f当1a<0,即a<0时,f(x)有一个零点综上所述,当a∈(0,e3)时,f(x)无零点;当a∈(-∞,0)∪{e3}时,f(x)有一个零点;当a∈(e3,+∞)时,f(x)有两个零点.【加练备选】已知函数f(x)=xex+ex.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)ex,令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:x(-∞,-2)-2(-2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减-1单调递增所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞).当x=-2时,f(x)有极小值,为f(-2)=-1e2(2)令f(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点(-2,-1e2当x→-∞时,f(x)→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,根据以上信息,画出f(x)大致图象如图所示.函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数,所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:当a<-1e2时,零点的个数为0;当a=-1e当-1e2<a题型二利用函数零点问题求参数范围[例2]已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意;当a>0时,由f'(x)=0可得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).(i)若0<a≤1e,则f(lna)≥0,f(x(ii)若a>1e,则f(lna)<0因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,lna)上存在唯一零点.易知,当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·x2+2-a故f(x)在(lna,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a的取值范围是1e【解题技法】由函数零点求参数范围的策略(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围.(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.(3)含参数的函数零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,用x表示参数的函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(一题多法)(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2),f'(x)=ex-1,令f'(x)<0,解得x<0,令f'(x)>0,解得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)方法一:当a≤0时,f'(x)=ex-a>0恒成立,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不符合题意;当a>0时,令f'(x)=0,解得x=lna,当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)的极小值也是最小值为f(lna)=a-a(lna+2)=-a(1+lna).又当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞;所以要使f(x)有两个零点,只要f(lna)<0即可,则1+lna>0,可得a>1e.综上,若f(x)有两个零点,则a的取值范围是(1e方法二:若f(x)有两个零点,即ex-a(x+2)=0有两个解,显然x=-2不成立,即a=exx+2(x≠-2)有两个解,令h(x)=e则有h'(x)=ex(x令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或-2<x<-1,所以函数h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,且当x<-2时,h(x)<0,而当x→(-2)+(从右侧趋近于-2)时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,所以当a=exx+2(x≠-2)有两个解时,有a>h所以满足条件的a的取值范围是(1e,+∞)【加练备选】已知函数f(x)=xlnx,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a∈R).(1)当a=4时,求曲线y=g(x)在x=0处的切线方程;(2)如果关于x的方程g(x)=2exf(x)在区间[1e,e]上有两个不等实根,求实数a的取值范围【解析】(1)当a=4时,g(x)=(-x2+4x-3)ex,g(0)=-3,g'(x)=(-x2+2x+1)ex,g'(0)=1,所以所求的切线方程为y+3=x-0,即y=x-3.(2)由g(x)=2exf(x),可得2xlnx=-x2+ax-3,a=x+2lnx+3x设h(x)=x+2lnx+3x(x所以h'(x)=1+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2,所以x[1e1(1,e]h'(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增又h(1e)=1e+3e-2,h(1)=4,h(e)=且h(e)-h(1e)=4-2e+2e<0,所以实数a的取值范围为(4,e+2+3题型三与函数零点有关的证明[例3](2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx.(1)判断直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点分别有几个;(2)证明:曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点;(3)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【解析】(1)设S(x)=ex-x-b,S'(x)=ex-1,当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以S(x)min=S(0)=1-b.当b<1时,S(x)min=1-b>0,S(x)无零点;当b=1时,S(x)min=1-b=0,S(x)有1个零点;当b>1时,S(x)min=1-b<0,而S(-b)=e-b>0,S(b)=eb-2设u(b)=eb-2b,其中b>1,则u'(b)=eb-2>0,故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,故S(b)>0,故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点.设T(x)=x-lnx-b,T'(x)=x-当0<x<1时,T'(x)<0,当x>1时,T'(x)>0,故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以T(x)min=T(1)=1-b.当b<1时,T(x)min=1-b>0,T(x)无零点;当b=1时,T(x)min=1-b=0,T(x)有1个零点;当b>1时,T(x)min=1-b<0,而T(e-b)=e-b>0,T(eb)=e所以T(x)=x-lnx-b有两个不同的零点.综上可知,当b<1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是0;当b=1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是1;当b>1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是2.(2)由f(x)=g(x)得ex-x=x-lnx,即ex+lnx-2x=0,设h(x)=ex+lnx-2x,其中x>0,故h'(x)=ex+1x-2.设s(x)=ex-x-1,x>0,则s'(x)=ex故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即ex>x+1,所以h'(x)>x+1x-1≥2-1>0,所以h(x而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,且1e3<x0<1,当0<x<x0时,h(x)<0,即ex-x<x-lnx,即f(x)<g(x),当x>x0时,h(x)>0,即ex-x>x-lnx,即f(x)>g(x),所以曲线y=f(x)和y=g(x(3)由(2)知,若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b=f(x0)=g(x0)>1,此时ex-x=b有两个不同的解x1,x0(x1<0<x0),x-lnx=b有两个不同的解x0,x2(0<x0<1<x2),故ex1-x1=b,ex0-x0=b,x2-lnx2-b=0,x0-lnx所以x2-b=lnx2,即ex2-b=x2,即ex2-b故x2-b为方程ex-x=b的解,同理x0-b也为方程ex-x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x2-b},而b>1,故x0=x2-b,x1=【解题技法】1.证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;2.证明的思路一般对条件等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.【对点训练】已知函数f(x)=lnx-x+2sinx,f'(x)为f(x)的导函数.(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x)=1x-1+2cosx当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sinx-1x2<0,所以g(又因为g(π3)=3π-1+1>0,g(π2所以g(x)在(0,π)上有唯一的零点.(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,由(1)知π3<α<π①当x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点α,所以f(α)>f(π2)=lnπ2-π2又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.又因为f(π)=lnπ-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.②当x∈[π,2π)时,sinx≤0,f(x)≤lnx-x,设h(x)=lnx-x,h'(x)=1x所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤lnx-x+2.设φ(x)=lnx-x+2,φ'(x)=1x所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个不同的零点.第3课时导数的不等式问题【命题分析】导数中的不等式证明经常被考查,常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合,题目难度较大,解题方法多种多样,如构造函数法、放缩法等,针对不同的题目,采用不同的解题方法,可以达到事半功倍的效果.【核心考点·分类突破】题型一作差法构造函数,证明不等式[例1]设f(x)=2xlnx+1.(1)求f(x)的最小值;(2)证明:f(x)≤x2-x+1x+2ln【解析】(1)f'(x)=2(lnx+1),所以当x∈(0,1e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1e,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=1e时,f(x)取得最小值f(1(2)x2-x+1x+2lnx-f(x)=x(x-1)-x-1x-2(x-1)lnx=(x-1)(x-令g(x)=x-1x-2lnx,则g'(x)=1+1x2-2x=(x-1)2x2≥0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以当0<x<1时,g(x)<0,当x>1时,g即f(x)≤x2-x+1x+2ln【解题技法】作差法构造函数,证明不等式的策略(1)待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数;(2)有时对复杂的式子要进行变形,借助所构造函数的单调性和最值求解,利用导数研究其单调性和最值.【对点训练】(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)=ex-ax-a,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,令g(x)=2f(x)x2.证明:当x【解析】(1)函数f(x)=ex-ax-a的定义域为R,求导得f'(x)=ex-a,当a≤0时,f'(x)>0恒成立,即f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,令f'(x)=ex-a>0,解得x>lna,令f'(x)<0,解得x<lna,即f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,所以当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,当a>0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.(2)当a=1时,g(x)=2(当x>0时,2(ex-x-1)x2>1令F(x)=12x2+x+1ex-1,则F(x)在(0,+∞)上单调递减,F(x)<F(0)=1-1=0,因此12所以当x>0时,g(x)>1,即原不等式得证.题型二转化为两个函数的最值证明不等式[例2](2023·武汉模拟)已知函数f(x)=alnx+x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明:xf(x)<ex.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax+1=x当a≥0时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a<0时,若x∈(-a,+∞),则f'(x)>0,若x∈(0,-a),则f'(x)<0,所以f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减.(2)当a=1时,要证xf(x)<ex,即证x2+xlnx<ex,即证1+lnxx<令函数g(x)=1+lnxx,则g'(x)=令g'(x)>0,得x∈(0,e);令g'(x)<0,得x∈(e,+∞).所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1+1e令函数h(x)=exx2,则h'(x当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=e2因为e24-(1+1e)>0,所以h(x)min>g(x即1+lnxx<exx2,从而xf(【解题技法】最值法证明不等式的策略(1)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式左、右两边转化为相同结构的式子,根据“相同结构”构造辅助函数;(2)最值法:欲证f(x)<g(x),有时可以证明f(x)max<g(x)min.【对点训练】(2023·苏州模拟)已知函数f(x)=elnx-ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=e时,证明f(x)-exx【解析】(1)函数的定义域为(0,+∞),因为f'(x)=ex-a=e-ax所以当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,由f'(x)>0,得0<x<ea,由f'(x)<0,得x>ea,即函数f(x)在区间(0,ea)上单调递增,在(综上,当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在区间(0,ea)上单调递增,在(ea(2)要证明f(x)-exx+2e≤0,只需证明f(x)≤由(1)知,当a=e时,函数f(x)在区间(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=-e.令g(x)=exx-2e(x>0),则g'(x)=所以当x∈(0,1)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=-e,所以当x>0,a=e时,f(x)-exx题型三放缩构造函数证明不等式[例3]f(x)=ex.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当x>-2时,求证:f(x)>ln(x+2).【解析】(1)由f(x)=ex,得f(0)=1,f'(x)=ex,则f'(0)=1,即曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=x-0,所以所求切线方程为x-y+1=0.(2)设g(x)=f(x)-(x+1)=ex-x-1(x>-2),则g'(x)=ex-1,当-2<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0,即g(x)在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,于是当x=0时,g(x)min=g(0)=0,因此f(x)≥x+1(当x=0时取等号).令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2),则h'(x)=1-1x+2=x+1x+2,则当-2<x<-1时,h'(x)<0,当x即h(x)在(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,于是当x=-1时,h(x)min=h(-1)=0,因此x+1≥ln(x+2)(当x=-1时取等号),所以当x>-2时,f(x)>ln(x+2).【解题技法】放缩法证明不等式的策略导数方法证明不等式的问题中,最常见的是ex和lnx与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和lnx进行放缩,使问题简化,简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下:(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号;(2)lnx≤x-1,当且仅当x=1时取等号.【对点训练】f(x)=aex-1-ln(1)若a=1,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)≥0.【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-1-lnxf'(x)=ex-1-1x,又f(1)=0,所以切点为(1,0).所以切线方程为y-0=0(x-1),即y=0.(2)因为a≥1,所以aex-1所以f(x)≥ex-1-ln方法一:令φ(x)=ex-1-lnx所以φ'(x)=ex-1令h(x)=ex-1-1x,所以h'(x)=所以φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,又φ'(1)=0,所以当x∈(0,1)时,φ'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=φ(1)=0,所以φ(x)≥0,所以f(x)≥φ(x)≥0,即f(x)≥0.方法二:令g(x)=ex-x-1,所以g'(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(0)=0,故ex≥x+1,当且仅当x=0时取“=”.同理可证lnx≤x-1,当且仅当x=1时取“=”.由ex≥x+1⇒ex-1≥x由x-1≥lnx⇒x≥lnx+1(当且仅当x=1时取“=”),所以ex-1≥x≥lnx+1,即e即ex-1-lnx即f(x)≥0.【加练备选】(2023·南充模拟)已知函数f(x)=ax-sinx.(1)若函数f(x)为增函数,求实数a的取值范围;(2)求证:当x>0时,ex>2sinx.【解析】(1)f(x)=ax-sinx,所以f'(x)=a-cosx,由函数f(x)为增函数,则f'(x)=a-cosx≥0恒成立,即a≥cosx在R上恒成立,因为y=cosx∈[-1,1],所以a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).(2)由(1)知,当a=1时,f(x)=x-sinx为增函数,当x>0时,f(x)>f(0)=0⇒x>sinx,要证当x>0时,ex>2sinx,只需证当x>0时,ex>2x,即证ex-2x>0在(0,+∞)上恒成立.设g(x)=ex-2x(x>0),则g'(x)=ex-2,令g'(x)=0解得x=ln2,所以g(x)在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2(1-ln2)>0,所以g(x)≥g(ln2)>0,所以ex>2x成立,故当x>0时,ex>2sinx.【重难突破】泰勒公式在比较大小中的应用比较大小的选择题是近年高考的常见题型,一般情况下我们会构造函数模型代入数值进行比较和运算,但是对学生来说函数模型的选择是非常有难度的,因此在选择题中我们可以选择利用泰勒公式计算近似值的办法进行比较大小.【教材探源】在人教A必修一教材中三角函数一章第256页“拓广探索”中第26题.英国数学家泰勒给出如下公式:sinx=x-x33!+x55cosx=1-x22!+x44其中n!=1×2×3×4×…×n.这些公式被编入计算工具,计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性.比如,用前三项计算cos0.3,就得到cos0.3≈1-0.322!+【教材拓展】下面给出高中阶段常用的泰勒公式:(1)ex=1+x+12!x2+…+1n!xn+…,(2)sinx=x-x33!+…+(-1)k-1x2k-1(3)cosx=1-x22!+…+(-1)k1(2k)!x2k(4)ln(1+x)=x-12x2+…+(-1)n-11nxn+…,-1<(5)(1+x)a=1+ax+a(a-1)2!x2+…+a(类型一利用ex、ln(1+x)的泰勒展开式比较[例1](2022·新高考Ⅰ卷)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln0.9,则(A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.a<c<b【解析】选C.b=19≈0.由公式ex=1+x+x22可得e0.1≈1+0.1+0.12则a=0.1e0.1≈0.1105,c=-ln0.9=ln109=ln(1+1由公式ln(1+x)=x-x22+x得c=ln(1+19)≈19-(1所以c<a<b.类型二利用sinx,cosx的泰勒展开式比较[例2](2022·全国甲卷)已知a=3132,b=cos14,c=4sin14A.c>b>a B.b>a>cC.a>b>c D.a>c>b【解析】选A.由公式sinx=x-x33!+…得c=4sin14≈4(14-1由公式cosx=1-x22!+得b=cos14≈1-1422+(1排除BCD.【一题多解】选A.构造函数h(x)=1-12x2-cosx,x∈[0,π2],则g(x)=h'(x)=-x+sing'(x)=-1+cosx≤0,所以g(x)≤g(0)=0,因此h(x)在[0,π2所以h(14)=a-b<h(0)=0,即a<bcb=4sin14cos14=tan14所以cb>1,即b<c,综上c>b>类型三利用ln(1+x),(1+x)a的泰勒展开式比较[例3](2021·全国乙卷)设a=2ln1.01,b=ln1.02,