高考数学一轮复习第3章3泰勒公式与超越不等式在导数中的应用学案

这是一份高考数学一轮复习第3章3泰勒公式与超越不等式在导数中的应用学案，共10页。
对同学们来说，“ex≥1＋x”“x－1≥ln x，x∈(0，＋∞)”“sin x 0，
当f′(x)＝0时，x＝1，
∴01－1x，
∴ln 0.9>1－10.9＝－19，∴－ln 0.9e0.1，∴0.1e0.1b>c
C．a>c>b D．b>a>c
(2)(2023·吉林长春模拟)已知a＝e0.1－1，b＝sin 0.1，c＝ln 1.1，则( )
A．a＜b＜c B．b＜c＜a
C．c＜a＜b D．c＜b＜a
(1)B (2)D [(1)法一(构造函数)：令fx＝ex－1+x，
令f′x＝ex－1＝0，得x＝0，
当x∈-∞，0时，f′x0，函数f(x)在0，+∞上单调递增，
所以f0.02>f0＝0，
从而e0.02>1＋0.02＝1.02>1>ln 2.02.故选B.
法二(泰勒公式)：设x＝0.02，则
a＝e0.02＝1＋0.02＋0.0222＋…，
显然a>b>1>c.故选B.
(2)法一(构造法)：令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
故f(0.1)＞f(0)，
即e0.1－0.1－1＞0，
故a＝e0.1－1＞0.1.
令g(x)＝sin x－x，则g′(x)＝cs x－1＜0在(0，1)上恒成立，
故g(x)＝sin x－x在(0，1)上单调递减，
故g(0.1)＜g(0)，即sin 0.1－0.1＜0，
即b＝sin 0.1＜0.1.
令h(x)＝ln (x＋1)－sin x，
则h′(x)＝1x+1－cs x＝1-x+1csxx+1，
令m(x)＝1－(x＋1)cs x，则m′(x)＝－cs x＋(x＋1)sin x，
易知m′(x)在0，π6上是增函数，
且m′π6＝－32+1+π612＝-63+6+π12＜0，
故m′(x)＜0在0，π6上恒成立，
故m(x)在0，π6上是减函数，
又m(0)＝1－1＝0，
故m(x)＜0在0，π6上恒成立，
故h′(x)＜0在0，π6上恒成立，
故h(x)在0，π6上是减函数，
故h(0.1)＜h(0)＝0，
即ln 1.1－sin 0.1＜0，即c＜b，
故c＜b＜a，故选D.
法二(泰勒公式)：设x＝0.1，则
a＝e0.1－1＝0.1＋0.122＋…，
b＝sin 0.1＝0.1－0.136＋…，
c＝ln 1.1＝0.1－0.122＋…，
故c＜b＜a，故选D.]
命题点二 证明不等式
[典例2] 已知函数f(x)＝ln x－kx＋1.
(1)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围；
(2)证明：1+1221+132…1+1n2＜e23(n∈N*，n＞1)．
[解] (1)f(x)≤0⇒ln x－kx＋1≤0⇒k≥lnx+1x，
令g(x)＝lnx+1x，x＞0，则g′(x)＝1-lnx-1x2＝-lnxx2，
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，有不等式ln x≤x－1对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
当且仅当x＝1时，取“＝”，
∴x∈(1，＋∞)，ln x＜x－1恒成立，
令x＝1＋1n2(n＞1，且n∈N*)，
则ln 1+1n2＜1n2＜1n2-1＝121n-1-1n+1，
∴ln 1+122＋ln 1+132＋…＋ln 1+1n2＜122+1212-14+…+1n-2-1n+1n-1-1n+1
＝14+1212+13-1n-1n+1＜14+1212+13＝23，即ln 1+1221+132…1+1n2＜23(n∈N*，n＞1)，
∴1+1221+132…1+1n2＜e23(n∈N*，n＞1)．
本题关键是利用(1)中的结论，取k＝1时得到不等式ln x≤x－1，从而得到x＞1时，ln x＜x－1，令x＝1＋1n2，即可构造不等式ln 1+1n2＜1n2＜1n2-1＝121n-1-1n+1，从而通过裂项相消法求出ln 1+122＋ln 1+132＋…＋ln 1+1n2的范围，从而证明结论．
[跟进训练]
2．(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)ln (n＋1)．
[解] (1)a＝1⇒f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex⇒f′(x)＝xex，
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)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>12，h′(0)＝limx→0+g'x-g'0x-0＝limx→0+g'xx>0，
所以∃x0>0，使得当x∈(0，x0)时，有g'xx>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≤12时，g′(x)＝eax＋axeax－ex＝eax＋ln (1+ax)－ex≤e12x+ln (1+12x)－exln 1+1n⇒1n2+n>ln n+1n⇒
k=1n1k2+k>k=1nlnk+1k
＝ln 21·32·…·n+1n＝ln (n＋1)，
即112+1+122+2＋…＋1n2+n>ln (n＋1)，证毕．