2025年高考数学一轮复习-泰勒展开式与超越不等式-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-泰勒展开式与超越不等式-专项训练【含答案】，共7页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。


一、基本技能练
1．已知a＝e0.02，b＝1.012，c＝ln 2.02，则( )
A．a＞b＞c B．b＞a＞c
C．a＞c＞b D．b＞c＞a
2．已知实数a，b，c满足ac＝b2，且a＋b＋c＝ln(a＋b)，则( )
A．c＜a＜b B．c＜b＜a
C．a＜c＜b D．b＜c＜a
3．已知a＝sin eq \f(1,3)，b＝eq \f(1,3)，c＝eq \f(1,π)，则( )
A．c＜b＜a B．a＜b＜c
C．a＜c＜b D．c＜a＜b
4．设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝eq \r(1.04)－1，则( )
A．aC．b5．下列结论中正确的个数为( )
①sin x＜x，x＞0；②ln x＜x；③ex＞x＋1.
A．0 B．1
C．2 D．3
6．已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＝ln(a1＋a2＋a3＋a4)，若0＜a1＜1，则( )
A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＜a3，a2＞a4
C．a1＞a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＜a4
7．(多选)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝4－an，n∈N*，则下列结论正确的是( )
A．an＞1
B．an＋1＞an
C．存在无穷多个k∈N*，使ak＝23k－2
D.eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜1
8．已知函数f(x)＝aex－ln x－1，证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
9．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：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,32)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,33)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3n)))＜eq \r(e)(n∈N*)．
二、创新拓展练
10．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax＋1.
(1)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的值；
(2)若x∈(0，1)，求证：eq \f(1－ln x,f（x）)＋x－eq \f(1,x)＜1.
参考答案与解析
一、基本技能练
1．答案 A
解析 因为ex＝1＋x＋eq \f(x2,2！)＋eq \f(x3,3！)＋eq \f(x4,4！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋eq \f(xn＋1,（n＋1）！)eθx(0＜θ＜1)，
所以e0.02＝1＋0.02＋eq \f(0.022,2)＋eq \f(0.023,6)＋…≈1.020 2，
b＝1.012＝1.020 1，c＝ln 2.02＜1，
所以a＞b＞c，故选A.
2．答案 A
解析 设f(x)＝ln x－x＋1，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
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 x≤x－1，
所以ln(a＋b)≤a＋b－1，
所以a＋b＋c≤a＋b－1，即c≤－1，
又ac＝b2＞0，所以a＜0，
由a＋b＞0，所以b＞－a＞0，
所以b2＞a2，即ac＞a2，
所以c＜a，所以c＜a＜b.
3．答案 D
解析 由sin x＝x－eq \f(x3,3！)＋eq \f(x5,5！)－…＋ο(x2n＋1)，
可得x－eq \f(1,6)x3＜sin x＜x(x＞0)，
所以sineq \f(1,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(53,162)，\f(1,3)))，而eq \f(162,53)≈3.06＜3.14＜π，
所以eq \f(53,162)＞eq \f(1,π)，即sineq \f(1,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，\f(1,3)))，选D.
4．答案 B
解析 显然1.012＞1.02，故b＜a，只需比较a，c大小即可．
考虑函数f(x)＝2ln(1＋x)，g(x)＝eq \r(1＋4x)－1，考虑到两者均是比较在x＝0附近的数的大小：f(0.01)与g(0.01)，
所以对两个函数在x＝0处进行泰勒展开．
ln(1＋x)＝x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)＋…＋(－1)n－1eq \f(xn,n)＋ο(xn)，
(1＋x)α＝1＋αx＋eq \f(α（α－1）,2！)x2＋…＋eq \f(α（α－1）…（α－n＋1）,n！)xn＋ο(xn)，
由上式可得：f(x)＝2x－x2＋ο(x2)，g(x)＝2x－2x2＋ο(x2)，
显然，在x＝0附近，f(x)＞g(x)，故a＞c，
令函数h(x)＝ln(1＋2x)，由泰勒公式得，
h(x)＝2x－2x2＋eq \f(8,3)x3＋ο(x3)，
又g(x)＝2x－2x2＋4x3＋ο(x3)，
在x＝ο附近，h(x)综上，b5．答案 C
解析 令f(x)＝x－sin x，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝1－cs x≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)＞f(0)＝0，即x－sin x＞0，
即x＞sin x，x＞0，故①正确；
令g(x)＝x－ln x，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，
当x＞1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x－ln x＞0恒成立，所以x＞ln x，故②正确；
令h(x)＝ex－(x＋1)，h′(x)＝ex－1，
当x＜0时，h′(x)＜0，当x＞0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－(x＋1)≥0，
所以ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号，故③错误．故选C.
6．答案 A
解析 设f(x)＝ln x－x＋1，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
令f′(x)＞0，则0＜x＜ 1，
令f′(x)＜0，则x＞1，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝0，
则f(x)＝ln x－x＋1≤0，即ln x≤x－1，
所以a1＋a2＋a3＝ln(a1＋a2＋a3＋a4)≤a1＋a2＋a3＋a4－1，
故a4≥1，又a1，a2，a3，a4成等比数列，且0＜a1＜1，
设其公比为q，则eq \f(a4,a1)＝q3＞1，即q＞1，
所以a1＜a3，a2＜a4，故选A.
7．答案 ABD
解析 ∵a1＝2，∴aeq \\al(2,1)－a1＝2，a2＝42＝16＞1，则aeq \\al(2,n)－an单调递增且大于0，
所以4－an单调递增，所以an＋1＞1，即an＞1，故A正确；
令y＝ex－x－1(x＞0)，则y′＝ex－1≥0，所以y＝ex－x－1在(0，＋∞)上单调递增，且当且仅当x＝0时，y＝0，
所以y＝ex－x－1≥0，即ex≥x＋1.
因为aeq \\al(2,n)－an＞0，
且4－an≥e－an≥aeq \\al(2,n)－an＋1，
∴an＋1－an≥(an－1)2＞0，故B正确；
∵a1＝2＝23×1－2，a2＝16＝23×2－2，a3＝416×15＞23×3－2，由归纳法可知，
an＋1＝4－an＞23n＋1，
故不存在无穷多个k∈N*，使ak＝23k－2，故C错误；
由an＋1＞aeq \\al(2,n)－an＋1得eq \f(1,an＋1－1)＜eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an)，即eq \f(1,an)＜eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an＋1－1)，累加可得：
eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜eq \f(1,a1－1)－eq \f(1,a2－1)＋eq \f(1,a2－1)－eq \f(1,a3－1)＋…＋eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an＋1－1)＝eq \f(1,a1－1)－eq \f(1,an＋1－1)＜1，可知D正确．
8．证明 当a≥eq \f(1,e)时，f(x)＝aex－ln x－1≥eq \f(1,e)·ex－ln x－1＝ex－1－ln x－1，
由ex≥x＋1(证明略)，得ex－1≥x，
由ln (x＋1)≤x(证明略)，得ln x≤x－1，
因此ex－1－ln x－1≥x－(x－1)－1＝0，
当且仅当x＝1时等号成立，
所以当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
9．(1)解 由题意得：f(x)定义域为(0，＋∞)．由f(x)≤0得：k≥eq \f(ln x＋1,x).
设g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，则g′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，
∴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)max＝g(1)＝1，
∴k≥1，即实数k的取值范围为[1，＋∞)．
(2)证明 由(1)知：当k＝1，x＞1时，
f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)＜0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)＜f(1)＝0，即ln x＜x－1，
∴lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3n)))＜1＋eq \f(1,3n)－1＝eq \f(1,3n)，
∴lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,32)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,33)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3n)))＜eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n)
＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))＜eq \f(1,2)，
即lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,32)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,33)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3n)))))＜eq \f(1,2)，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,32)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,33)))×…×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3n)))＜eq \r(e)(n∈N*)．
二、创新拓展练
10．(1)解 设h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ax－1，则h′(x)＝ex－a.
当a≤0时，h′(x)＝ex－a＞0，h(x)单调递增，h(－1)＝e－1＋a－1＜0，不满足h(x)≥0恒成立；
当a＞0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)＝a－aln a－1≥0，
即1－ln a－eq \f(1,a)≥0，即ln a＋eq \f(1,a)－1≤0.
设φ(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1，φ′(a)＝eq \f(a－1,a2)，
所以φ(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
即φ(a)min＝φ(1)＝0，
故ln a＋eq \f(1,a)－1≤0的解只有a＝1.
综上，a＝1.
(2)证明 先证当x∈(0，1)时，ex＞x＋1恒成立．
令t(x)＝ex－x－1，t′(x)＝ex－1＞0，
所以t(x)在(0，1)上单调递增，
又t(x)＞t(0)＝0，所以ex＞x＋1.
所以要证eq \f(1－ln x,ex)＋x－eq \f(1,x)＜1，
即证eq \f(1－ln x,x＋1)＋x－eq \f(1,x)＜1，
即证1－ln x＋x2＋x－eq \f(x＋1,x)＜x＋1，
即证ln x－x2＋1＋eq \f(1,x)＞0.
设F(x)＝ln x－x2＋1＋eq \f(1,x)，则F′(x)＝eq \f(1,x)－2x－eq \f(1,x2)＝eq \f(1,x2)(x－1)－2x＜0，
所以F(x)在(0，1)上单调递减，
所以F(x)＞F(1)＝1＞0，即原不等式成立．
所以当x∈(0，1)时，eq \f(1－ln x,f（x）)＋x－eq \f(1,x)＜1.