创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题40　　泰勒展开式与超越不等式.doc

微专题40泰勒展开式与超越不等式1.泰勒公式形式泰勒公式是将一个在x0处具有n阶导数的函数利用关于(xx0)的n次多项式逼近函数的方法.若函数f(x)在包含x0的某个闭区间a，b上具有n阶导数，且在开区间(a，b)上具有(n1)阶导数，则对闭区间a，b上任意一点x，成立下式：f(x)f(x0)f(x0)(xx0)(xx0)2(xx0)nRn(x)其中：f(n)(x0)表示f(x)在xx0处的n阶导数，等号后的多项式称为函数f(x)在x0处的泰勒展开式，剩余的Rn(x)是泰勒公式的余项，是(xx0)n的高阶无穷小量.2.麦克劳林公式f(x)f(0)f(0)xx2·xnRn(x)虽然麦克劳林公式是泰勒中值定理的特殊形式，仅仅是取x00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：(on(x)是高阶无穷小量)(1)ex1xxn1(01)；(2)sin xx(1)no(x2n2)；(3)cos x1(1)no(x2n1)；(4)ln(1x)x(1)no(xn1)；(5)1xx2xno(xn)；(6)(1x)1xx2xno(xn).4.两个超越不等式：(注意解答题需先证明后使用)(1)对数型超越放缩：ln xx1(x0)；ln(1x)xx2x3(1)n1xnRn(x)(1).上式(1)中等号右边只取第一项得：ln(1x)x(x1)结论，用x1替换上式结论中的x得：ln xx1(x0)结论，对于结论左右两边同乘“1”得ln x1xln1x，用替换“x”得：1ln x(x0)结论.(2)指数型超越放缩：x1ex(x1)；ex1xRn(x)(2).上式(2)中等号右边只取前2项得：ex1x(xR)结论，用x替换上式结论中的x得：ex1x(xR)结论，当x1时，对于上式结论ex1x1xex结论，当x1时，对于上式结论ex1x1xex结论.类型一利用超越不等式或泰勒展开式比较大小涉及比较大小的问题，如果其中同时含有指数式、对数式和多项式，可考虑利用泰勒展开式解决问题，特别注意结合赋值法，利用如下超越不等式或其变形公式解决问题：ln xx1(x0)，x1ex(x1). 例1 (1)已知a，be，cln ，则a，b，c的大小关系为()A.abc B.acbC.cab D.bac(2)(2022·新高考卷)设a0.1e0.1，b，cln 0.9，则()A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.a<c<b答案(1)C(2)C解析(1)因为exx1，ln xx1，故be1，cln 1，故选C.(2)根据题意，构造函数f(x)xex，g(x)，h(x)ln(1x)，则可以看到af(0.1)，bg(0.1)，ch(0.1).由于0.1较小，所以对上述三个函数在x0处进行三阶泰勒展开：f(x)xxx2x3(x3).g(x)11xx2x3(x3)1xx2x3(x3)，h(x)xx2(x3).在x0.1处，显然bg(0.1)0.111 0af(0.1)0.110 5ch(0.1)0.105 0，故bac.训练1 (1)设aln 1.01，b，c，(其中自然对数的底数e2.718 28)则()A.abc B.acbC.cba D.cab(2)(2022·全国甲卷)已知a，bcos ，c4sin ，则()A.c>b>a B.b>a>cC.a>b>c D.a>c>b答案(1)D(2)A解析(1)由ln x1，等号当且仅当x1时取到，故x1.01时ac，排除A，B.下面比较a，b大小，由ln xx1得，ln 1.010.01，故ba.所以cab.(2)根据题意，构造函数f(x)1，g(x)cos x，h(x).则可以看到：af，bg，ch，由于0.25较小，所以对上述三个函数在x0处进行四阶泰勒展开：f(x)1，g(x)1(x4)，h(x)1(x4).显然，在x0.25时，afbgch，故abc.类型二利用超越不等式或泰勒展开式解决不等式问题在证明不等式或根据不等式求参数的范围时，要仔细观察，发现其中所含的超越不等式，需证明后再用来解决问题. 例2 已知函数f(x)ln (x1)k(x1)1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：(nN*，n1).(1)解因为f(x)ln(x1)k(x1)1(kR)，所以f(x)的定义域为(1，)，f(x)k.若k0，则f(x)0，f(x)在(1，)上为增函数；若k0，则f(x)k，当1x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0.综上，当k0时，f(x)的单调递增区间为(1，)，无单调递减区间；当k0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)证明当k1时，由上可知f(x)的单调递增区间为(1，2)，单调递减区间为(2，)，有f(x)f(2)0在(1，)恒成立，且f(x)在(2，)上是减函数，即ln(x1)x11在x(2，)上恒成立.令x1n2，则ln n2n21，即2ln n(n1)(n1)，(nN*且n1)，即：(n2，nN*)成立.训练2 已知f(x)ln ，求证：若x(0，1)时，f(x)2.证明ln (1x)x(1)n1ln (1x)x(1)2n1所以ln (1x)ln (1x)2.故当x(0，1)时，f(x)2.一、基本技能练1.已知实数a，b，c满足acb2，且abcln(ab)，则()A.cab B.cbaC.acb D.bca答案A解析设f(x)ln xx1，则f(x)1，当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)f(1)0，即ln xx1，所以ln(ab)ab1，所以abcab1，即c1，又acb20，所以a0，由ab0，所以ba0，所以b2a2，即aca2，所以ca，所以cab.2.(2022·郑州模拟)已知ae0.02，b1.012，cln 2.02，则()A.abc B.bacC.acb D.bca答案A解析因为ex1xex(01)，所以e0.0210.021.020 2，b1.0121.020 1，cln 2.021，所以abc，故选A.3.已知asin ，b，c，则()A.cba B.abcC.acb D.cab答案D解析由sin xx(x2n2)，可得xx3sin xx(x0)，sin，而3.063.14，即sin，选D.4.(2021·全国乙卷)设a2ln 1.01，bln 1.02，c1，则()A.a<b<c B.b<c<aC.b<a<c D.c<a<b答案B解析显然1.0121.02，故ba，只需比较a，c大小即可.考虑函数f(x)2ln(1x)，g(x)1，考虑到两者均是比较在x0附近的数的大小：f(0.01)与g(0.01)，所以对两个函数在x0处进行泰勒展开.ln(1x)x(1)n1(xn)，(1x)1xx2xn(xn)，由上式可得：f(x)2xx2(x2)，g(x)2x2x2(x2)，显然，在x0附近，f(x)g(x)，故ac，令函数h(x)ln(12x)，由泰勒公式，得h(x)2x2x2x3(x3)，又g(x)2x2x24x3(x3)，在x0附近，h(x)<g(x)，所以b<c.综上，b<c<a，故选B.5.下列结论中正确的个数为()sin xx，x0；ln xx；exx1.A.0 B.1 C.2 D.3答案C解析令f(x)xsin x，x(0，)，则f(x)1cos x0，所以f(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，即xsin x0，即xsin x，x0，故正确；令g(x)xln x，x(0，)，则g(x)1，所以当0x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)1，即xln x0恒成立，所以xln x，故正确；令h(x)ex(x1)，h(x)ex1，当x0时h(x)0，当x0时h(x)0，所以h(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以h(x)h(0)0，即ex(x1)0，所以exx1，当且仅当x0时取等号，故错误.故选C.6.已知数列an满足a12，an14aan，nN*，给出以下结论，正确的个数是()an1；an1an；存在无穷多个kN*，使ak23k2；1.A.4 B.3 C.2 D.1答案B解析a12，aa12，a242161，则aan单调递增且大于0，所以4aan单调递增，所以an11，即an1故正确；令yexx1(x0)，则yex10，所以yexx1在(0，)上单调递增，且当且仅当x0时，y0，所以yexx10，即exx1.因为aan0，且4 aane aanaan1，an1an(an1)20，故正确；a1223×12，a21623×22，a3416×1523×32，由归纳法可知，an14aan23n2，故不存在无穷多个kN*，使ak23k2，故错误；由an1aan1得，即，累加可得：1，可知正确.7.已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3ln(a1a2a3a4)，若0a11，则()A.a1a3，a2a4 B.a1a3，a2a4C.a1a3，a2a4 D.a1a3，a2a4答案A解析设f(x)ln xx1，则f(x)1，令f(x)0，则0x 1，令f(x)0，则x1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)0，则f(x)ln xx10，即ln xx1，所以a1a2a3ln(a1a2a3a4)a1a2a3a41，故a41，又a1，a2，a3，a4成等比数列，且0a11，设其公比为q，则q31，即q1，所以a1a3，a2a4，故选A.8.已知函数f(x)aexln x1，证明：当a时，f(x)0.证明当a时，f(x)aexln x1·exln x1ex1ln x1，由exx1(证明略)，得ex1x，由ln (x1)x(证明略)，得ln xx1，因此ex1ln x1x(x1)10，当且仅当x1时等号成立，所以当a时，f(x)0.二、创新拓展练9.(2022·咸阳二模)已知函数f(x)ln xkx1.(1)若f(x)0恒成立，求实数k的取值范围；(2)证明：(nN*).(1)解由题意得：f(x)定义域为(0，).由f(x)0得：k.设g(x)，则g(x)，当x(0，1)时，g(x) 0，当x(1，)时，g(x)0，g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，g(x)maxg(1)1，k1，即实数k的取值范围为1，).(2)证明由(1)知：当k1，x1时，f(x)10，f(x)在(1，)上单调递减，f(x)f(1)0，即ln xx1，ln11，lnlnlnln，即ln，××××(nN*).10.已知函数f(x)ex，g(x)ax1.(1)若f(x)g(x)恒成立，求实数a的值；(2)若x(0，1)，求证：x1.(1)解设h(x)f(x)g(x)exax1，则h(x)exa.当a0时，h(x)exa0，h(x)单调递增，h(1)e1a10，不满足h(x)0恒成立；当a0时，h(x)在x(，ln a)上单调递减，在x(ln a，)上单调递增，所以h(x)的最小值为h(ln a)aaln a10，即1ln a0，即ln a10.设(a)ln a1，(a)，所以(a)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，即(a)min(1)0，故ln a10的解只有a1.综上，a1.(2)证明先证当x(0，1)时，exx1恒成立.令t(x)exx1，t(x)ex10，所以t(x)在(0，1)上单调递增，又t(x)t(0)0，所以exx1.所以要证x1，即证x1，即证1ln xx2xx1，即证ln xx210.设F(x)ln xx21，则F(x)2x(x1)2x0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，所以F(x)F(1)10，即原不等式成立.所以当x(0，1)时，x1.