答题模板07 比较函数值大小关系（两类经典的超越不等式、泰勒不等式、构造函数）-2026年高考数学二轮复习培优讲义（含答案）

这是一份答题模板07 比较函数值大小关系（两类经典的超越不等式、泰勒不等式、构造函数）-2026年高考数学二轮复习培优讲义（含答案），共29页。学案主要包含了二级结论等内容，欢迎下载使用。

模块说明：
洞察命题意图，明确攻坚方向
1. 考向聚焦：精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值。
2. 思维瓶颈：精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板。
1. 考向聚焦（精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值）
比较函数值大小的问题已从基础单调性判断，演变为融合函数性质、导数工具、不等式放缩与高等数学近似方法的综合思维载体。试题常以指数、对数、三角函数等超越函数比较为核心，通过设计精巧的数值或抽象关系，考查学生能否灵活运用单调性分析、构造函数、不等式链放缩、泰勒展开与帕德逼近等方法进行严谨推理。这类问题集中体现了数学中“近似与精确”“局部与整体”的辩证思维，是区分考生数学素养与思维深度的关键题型之一。
核心考查三大方向：一是经典不等式的识别与灵活应用，如 ，
及其变形的主动构造；二是利用导数工具构造函数，通过单调性、极值等性质进行系统化比较；三是高阶数学工具的适度迁移，如泰勒展开在估计函数值时的“以多项式代超越”思想，以及帕德近似在分数阶逼近中的巧妙应用。
2. 思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板）
学生常见误区：面对复杂超越函数比较时，缺乏系统策略，往往盲目代入数值计算而忽略函数性质分析；对经典不等式记忆机械，不能根据题目结构进行变形与反向应用；构造函数时目标不明确，导致函数复杂或无法判断单调性；对泰勒展开、帕德近似等高等数学方法只闻其名，不理解其“用多项式逼近”的几何本质与误差控制思想。这暴露出在不等式链的构建能力、结构化的变形技巧、以及高等数学思想向中学问题的转化能力等方面存在综合短板。
模块说明：
构建思维框架，提炼通用解法
1.模模块化知识体系：熟记比较函数值大小关系有关的5类核心题型（两类经典的超越不等式、泰勒不等式、构造函数、不等式放缩合集、帕德近似）的相关知识内容，形成清晰的解题思维基础逻辑，便于快速定位解题切入点。
2.通用解法模板化：针对高频题型，总结“审题-建模-推导-验证”法，规范解题流程，减少思维漏洞，提升答题效率。
3.易错点专项突破：整理常见误区，设计针对性训练题，通过对比正确与错误解法，强化对知识边界的理解，避免重复犯错。
结论背记
一、二级结论
两类经典超越不等式
，，，
泰勒不等式
（1），其中；
（2），其中；
（3），其中；
（4），其中；
（5）；
（6）；
（7）；
（8）．
由泰勒公式，我们得到如下常用的不等式：
，，，
，，，
，，．
不等式放缩
，，
，，
，
，
放缩程度综合
，
帕德近似
帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．
给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：
，
且满足：，，，…，．
注：，，，
技法归纳
方法一 两类经典的超越不等式的应用及解题技巧
方法概述：在比较大小或证明不等式时，两类经典的超越不等式是核心工具：
①指数型：ex≥x+1当且仅当x=0时取等号,常用于处理含ex的式子：
②对数型：lnx≤x-1当且仅当x=1时取等号,常用于处理含lnx的式子。
它们的变形形式也经常使用，如ex>x+1x≠0,lnx0且x≠1。 直接应用这些不等式可以快速放缩，将复杂超越式转化为简单代数式，从而比较大小或求解参数范围。
例题1 已知 , 则 的大小关系为 ( )
A. B. C. D.
详解：，，【答案】
例题2 已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
详解：，，，故选：A.
方法二 泰勒不等式的应用及解题技巧
方法概述：泰勒不等式（泰勒公式）将函数在某点展开为多项式，通过取前几项可以在该点附近进行高精度近似。在比较数值大小时，利用常见函数（如ex、ln1+x、sinx、csx、1+xc等)的泰勒展开式，代入具体点计算近似值，从而比较大小。该方法适用于数值差异微小、直接计算困难的情形。
根据待比较数值的特点，选择展开点（通常为x=0或x=1)和对应的函数。例如，比较ln1.02可用ln1+x在x=0处展开。
例题3 在数学中，泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式.其中，.
通过这些公式可以计算一些无理数的近似值.将该公式运用到计算工具中，当计算的项足够多时，可以确保显示值的精确性，已知，，.根据以上公式，则这三个数的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】化简，再利用泰勒公式近似求出的值，再比大小即可.
【详解】由题意可得，，
，
又，则.
故选：C
例题4 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用泰勒放缩，即可比较大小.
【详解】，
，
，
∴.
故选：D.
例题5 已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】通过将，变形，构造函数比较，，将泰勒展开，再与进行比较即可.
【详解】由已知，，，
设，，
则，
其中，
令，则，
当时，，∴在上单调递减，，
∴当时，，， 在上单调递增，
∴，即，∴有.
对于与，，
将泰勒展开，得，
，
∴.
综上所述，，，的大小关系为.
故选：C.
【点睛】对于数值比较大小，可使用等价变形化同构，再构造函数，利用函数的单调性进行比较.
方法三 构造函数比较函数值大小关系解题技巧
方法概述：通过构造辅助函数，将待比较的数视为函数在某点的函数值，利用函数的单调性、极值等性质比较大小。该方法的关键是构造出合适的函数，并通过导数分析其性质。常见构造方式有：作差构造hx=fx-gx、作商构造hx=fxgx、取对数后构造等。
例题6 设，则（ ）
A．B．C．D．
【法一】分析法
假设待证法比较大小→构造函数
假设成立，即
令，则等价证明：，即证：（原式得证，略）
假设成立，即
令，则等价证明：，
证明略
所以函数在单调递增，
所以，即：，所以假设不成立，即，
综上所述：，故选：C
【法二】构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
例题7 已知，试比较大小关系（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别构造函数和，利用导数判断函数的单调性，根据单调性比较大小.
【详解】令
则，令，则恒成立，即在上单调递增，
∵
即
令，则
令得，即在上单调递减，
因为，所以即即，
即，所以．
故选：C
例题8 若，，，则a、b、c满足的大小关系式是（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式化简，再构造函法，结合导数探讨函数的单调性比较大小即得.
【详解】显然，即，而，
设，求导得在上单调递增，
则，即当时，，因此；
设，求导得，
令，，
则函数，即在上单调递增，，
即函数在上单调递增，于是，则当时，，
从而，而，即有，
所以.
故选：A
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
方法四 不等式放缩的应用及解题技巧
方法概述：不等式放缩是通过一系列已知不等式将原式放大或缩小，转化为更简单的形式，从而比较大小或证明不等式。除了经典超越不等式，还需掌握常见放缩链（如ex≥x+1、ex≤11-xx1等)以及三角、幂函数等的放缩技巧。放缩要求适度，方向一致，且往往需多次尝试。
例题9 设，则（ ）
A．B．C．D．
详解：因为，
所以，即
因为，
所以，即
综上所述：，故选：C
例题10 已知，则（ ）
A．B．C．D．
思路详解：【法一】：不等式放缩一
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
【法二】不等式放缩二
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
方法五 帕德近似的应用及解题技巧
方法概述：帕德近似是一种有理函数逼近方法，用有理分式来近似函数值。相比泰勒多项式，帕德近似往往在相同阶数下精度更高，尤其适用于函数值比较问题。需要记忆常见函数（如ex、ln1+x、sinx、csx等)的帕德近似式，并掌握其使用方法。
例题11 已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依据帕德近似公式a、b，然后比较即可.
【详解】利用帕德逼近，得，
，，综上，.
故选：B
例题12 已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】应用帕德逼近估算各值的近似值，比较大小关系.
【详解】，，
，
综上，．
故选：B
例题13 帕德近似（Pade apprximatin）是法国数学家帕德（Pade）于l9世纪末提出的，其基本思想是将一个给定的函数表示成两个多项式之比的形式，具体是：给定两个正整数m，n，函数在处的帕德近似为，其中，，，…，（为的导数）．已知函数在处的阶帕德近似为．
(1)求实数a，b的值；
(2)证明：当时，；并比较与的大小．
【答案】(1)
(2)证明见详解；.
【分析】（1）由帕德近似的定义，得，求得答案；
（2）令，利用导数判断单调性证明；由在恒成立，取，代入可得，又，得解.
【详解】（1），，
，，
又，，
由，，
得，.
（2）令，
则，对恒成立，
所以在上单调递增，又，
，即在成立，
因为在恒成立，
，又，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第二问解题的关键是构造函数，利用导数证明，进而运算得解.
模块说明：
聚焦前沿题型，靶向提升解题能力
1.精选各省市最新模拟题，确保训练内容紧密贴合当前考查方向与命题动态，帮助学生把握前沿考点。
2.按题型进行系统分类与专项训练，使学生能够集中突破特定题型，深度掌握其核心解题思路与技巧。
题型01 两类经典的超越不等式（共4题）
1．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】要比较的大小，两边取指数，即比较，考虑，而，所以构造，
要比较的大小，构造，得到，，结合，故构造，从而得到，最终得到.
【详解】构造，，则，当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
当时，，故，；
构造，，则在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，故，
所以，故，
构造，定义域为，
恒成立，
故当时，，
所以，即，所以，
综上：.
故选：B
【点睛】构造函数比较大小，要观察要比较的式子，选择合适的函数，本题的难点在于构造，得到，构造，得到，从而得到.
2．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用函数的单调性比较b，c的大小，再通过作差，构造函数，利用函数的单调性比较a，c的大小，即可得解.
【详解】首先比较b，c的大小，
由题意知，，所以；
作差得，
记，
则，
记，
则，
令，得，
所以当时，，函数单调递减.
又，所以当时，.
所以当时，，
函数单调递增.又，所以，
则，所以，综上，.
故选：D.
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】初步判断三个数值都在0到1之间，常规方法不好处理，可考虑结合导数放缩来比较大小，设，，求出在的单调性，在的单调性，可判断与的大小；，通过同步扩大指数判断与大小，判断，进而得解.
【详解】设，，当时，
，单减，故，即；
设，，当时，，
所以，即，即；
，故最小，
，，，
因为，所以，所以，，
所以
故选：C
【点睛】本题考查由指对幂比大小，常规比大小步骤为：
①结合指对幂函数单调性初步判断每个数值所在区间；
②当两数值所在区间相同时，一般考虑引入中间量进一步比大小；
③若常规方法不好处理时，常考虑构造函数法，结合导数放缩来进一步求解，此法难度较大，对学生基础能力要求较高，平常可积累一部分常见放缩公式，如等.
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用切线放缩比较即可.
【详解】因为，
所以，所以．
故选：D．
题型02泰勒不等式（共5题）
5．证明不等式：．
【答案】证明见解析
【分析】不等式左边是三次二项式的初等函数，右边是三角函数，两边无明显的大小关系 ．这时我们可用在的二阶麦克劳林公式表示出来，然后进行比较判断两者的大小关系．
【详解】证明： 因为，，
，，
，，
，，
将原函数近似函数展开(泰勒展开)至含三阶导的项，则
0，()，
∴0，有.
【点睛】方法点睛：在含有无理函数与幂函数结合的不等式证明问题中，它们之间没有明显的大小关系．如果用常规方法（放缩法、比较法，代换法等），很难比较大小关系，但用泰勒公式却能轻易解答．
6．证明：
【答案】证明见解析
【分析】利用拉格朗日和三阶泰勒公式即可证明.
【详解】证明：设，则在处带有拉格朗日余项．
三阶泰勒公式
7．若函数，则 ．
【答案】2
【分析】方法一：由泰勒公式可得，则当时，，根据和时不等式成立可得；
方法二：构造函数，并求出导函数，因为恒成立且，根据极值点的性质得，即可求解.
【详解】（方法一）由泰勒公式可知，
，，
故．
当时，．
又，
所以当时，，当时，．
综上，．
（方法二）设，，
则．
由题意可得恒成立.
因为，所以函数在处取到最小值，
因为，且在上为连续函数，所以为的极小值点，
所以，解得．
故答案为：2.
8．英国数学家泰勒发现了如下公式：其中，为自然对数的底数，.以上公式称为泰勒公式.设，，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.
(1)证明：；
(2)设，证明：；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先设，利用导数判断函数的单调性，转化为求函数的最值问题；
（2）首先由泰勒公式表示出和，再求得和的解析式，即可证明；
【详解】（1）设，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
因此，即.
（2）由泰勒公式知，①
于是，②
由①②得，
由①②得，
所以
，
即.
9．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n次导数），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式．当时泰勒展开式也称为麦克劳林公式．比如在处的麦克劳林公式为：，由此当时，可以非常容易得到不等式请利用上述公式和所学知识完成下列问题：
(1)写出在处的泰勒展开式；
(2)根据泰勒公式估算的值，精确到小数点后两位；
(3)若，恒成立，求a的范围．（参考数据）
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用泰勒展开公式将在处展开即可求解；
（2）利用泰勒展开公式将在展开，将代入。利用即可求解；
（3）由在处的泰勒展开式，先证，再令，，利用导数研究恒成立即可.
【详解】（1）由，，，，
其中，
在处的泰勒展开式为：，
（2）记，则，
，
所以，
因为，
所以且，
，．
（3）因为，
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，．
题型03构造函数（共4题）
10．已知，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，利用导数可得在上单调递增，在上单调递减，从而可得最大，再根据对数的运算性质比较的大小即可.
【详解】解：因为，，
设，
则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，，
又因为，
所以.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题关键在于观察式子的共同特征，构造函数，利用导数判断单调性，进而比较大小，然后结合对数运算，利用作差法比较可得.
11．已知，，则与之间的大小关系是（ ）
A．B．C．D．无法比较
【答案】B
【分析】构造函数，得到，然后利用不等式的性质，由与的大小判断.
【详解】设，则，
所以，
，
而，
所以，即，
故选：B
12．设，比较的大小关系（ ）
A．B．b
C．D．
【答案】C
【分析】由，构造、且，利用导数研究单调性比较大小关系.
【详解】由，
令且，则，
所以递减，则，故，则，
令且，则，
所以递减，则，故，则，
综上，.
故选：C
13．，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，应用导数研究其单调性，进而比较，，的大小，若有两个解，则，，构造，利用导数确定，进而得到，即可判断a、c的大小，即可知正确选项.
【详解】令，则，，，
而且，即时单调增，时单调减，又，
∴，.
若有两个解，则，，
即，，
令，则，即在上递增，
∴，即在上，，若即，故，有
∴当时，，故，
综上：.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用函数与方程的思想，构造函数，结合导数研究其单调性或极值，从而确定a，b，c的大小.
题型04不等式放缩（共5题）
14．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造函数、、，求导，利用导数研究函数的单调性，再根据函数的单调性比较大小即可.
【详解】构造，，
则对恒成立，则在单调递增，
此时，当且仅当时取等，
所以，则；
构造，，
则对恒成立，则在单调递减，
此时，当且仅当时取等，
所以，则；
构造，，
则对恒成立，则在单调递减，
此时，当且仅当时取等，
所以，则；
则，；
下面比较b和c的大小：
设，，，
设，，，
易知在上单调递增，则，
所以在上单调递减，，
即在上恒成立，则在上单调递减，
由，则，即，则，
综上所述，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数，利用导数研究函数的单调性问题.
15．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用构造函数法，结合导数判断出的大小关系，利用对数、指数运算判断出的关系，进而确定正确答案.
【详解】构造函数，
所以在上单调递增，所以，
，；
故只需比较与；也即比较与；
也即比较与，
而，，
所以，所以.
综上所述，.
故选：B
16．已知，设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据同时取对数可判定关系，利用换底公式结合糖水不等式可判定关系.
【详解】由，可知，所以，
易知，
先证糖水不等式：若，则，
证明如下：作差得，得证.
所以有，即，
所以.
故选：A
【点睛】方法点睛：比较大小问题，常用到结论：为定义域上增函数；糖水不等式：，则；还有作差法，作商法，基本不等式，函数单调性等等，可以适当做专题总结.
17．设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用对数函数的性质得到最大，再利用作差法，结合基本不等式得到，从而得解.
【详解】由对数函数的性质知，
，
，
所以，，；
当时，，
所以
，
取，则，
所以
，即，
综上，.
故选：C.
【点睛】结论点睛：对数比大小常用结论：.
18．设，,，则下列大小关系正确的是 （ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先通过构造函数得到当时，，再通过构造函数进一步得到，，由此即可比较，进一步比较，由此即可得解.
【详解】设，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
令，则，
所以在上单调递增，
从而，即，，
所以，，
从而当时，，
，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：在比较的大小关系时，可以通过先放缩再构造函数求导，由此即可顺利得解.
题型05帕德近似（共3题）
19．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】应用帕德逼近公式估算各值，比较大小关系即可.
【详解】利用帕德逼近可得，
综上，．
故选：B.
20．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】应用帕德逼近公式估算各值，比较大小关系即可.
【详解】，
，
.
综上，．
故选：A
21．帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，，，注：，，，，
已知函数.
(1)求函数在处的阶帕德近似，并求的近似数精确到
(2)在（1）的条件下：
①求证：；
②若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)，
(2)① 证明见解析；②
【分析】（1）先写出阶帕德近似，然后求导得到，，令得，所以，求导得到求解即可；
（2）令，，求导得到判断在及上均单调递减，按照和分类讨论求解即可；
由已知令，且，所以是的极大值点，求导得到，故，，得到之后写出，然后求导判断单调性证明即可.
【详解】（1）由题可知函数在处的阶帕德近似，
则，，，
由得，所以，
则，又由得，所以，
由得，所以，
所以.
（2）①令，，
因为，
所以在及上均单调递减.
当，，即，
而，所以，即，
当，，即，
而，所以，即，
所以不等式恒成立；
②由得在上恒成立，
令，且，所以是的极大值点，
又，故，则，
当时，，所以，
当时，，，则，故在上单调递增，
所以当时，，
当时，，
令，因为，所以在上单调递减，
所以，又因为在上，
故当时，，
综上，当时，恒成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
模块说明：
答题强化训练，实现能力跃迁。模块题量适中，全部选用高质量模拟题，侧重对方法模型的直接应用与巩固。题量20题
1．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造，，利用导数研究单调性判断大小，构造且，利用导数研究单调性判断大小.
【详解】对于，令，，
所以，即在上递增，
故，即在上恒成立，所以；
由，，则，
令，且，
所以，即在上递增，
所以，即.
综上，.
故选：D
2．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先利用不等式比较a，c的大小，再构造函数，利用函数的单调性比较b，c的大小，即可得到结果．
【详解】如图，单位圆A中，， 于D，
则的长度，，则由图易得，，即，
所以.
设，，则，所以在上单调递增，
则，即，即.
综上，.
故选：D．
【点睛】方法点睛：（1）比较对数式大小，一般可构造函数，根据函数的单调性来比较大小；
（2）比较非特殊角三角函数大小，可结合单位圆转化为比较长度，则可由数形结合解答.
3．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正切函数单调性借助1比较b，c大小；构造函数比较a，b大小作答.
【详解】因为在上单调递增，于是，即，
令，求导得，则在上单调递减， ，即，
取，，因此，即，所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
4．已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造函数得到，，，再构造函数比较出，，从而比较出大小.
【详解】令，，则，当时，，
所以在上单调递增，，
故，
令，，则在上恒成立，
故在单调递减，故，
所以，
令，，则，
故在上单调递减，
故，即，
构造，，则，
令，则，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增，又，故在恒成立，
故在上单调递增，又，故在恒成立，
故，即，，
构造，，
则，令，则，
令，则在上恒成立，
故在上单调递减，又，
故在上恒成立，故在上单调递减，
又，故在上恒成立，故在上单调递减，
故，即，即，
因为，故.
故选：C
【点睛】方法点睛：麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：
，，
，
，
，
5．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知数，构造函数比较a，b大小；构造函数比较a，c大小作答.
【详解】令，当时，，
即函数在上单调递增，则有，因此，即，
令，，有，则在上单调递增，
因此，即，则有，
令，，因此在上单调递增，
即有，则，于是，即，
所以．
故选：D
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
6．已知，，．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用对数换底公式结合均值不等式计算比较大小，构造函数并借助“媒介数”比较作答.
【详解】显然，则，因此，
令函数，求导得，函数在上单调递增，
当时，，即有，于是，
有，则，即，
所以.
故选：D
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
7．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用函数单调性比较数的大小.
【详解】设，则，
当时，，当时，，
即当时，取得最小值，
即有，．
令，则，
令，易得在上单调递增，
∴当时，，，
在上单调递增，
，即，
，.
故选：B．
8．若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作商并利用基本不等式判断a、b大小，构造且，利用导数研究其单调性，进而可得在上恒成立得，结合得，即可得答案.
【详解】由，则，
由，则，故，
对于，令且，则，
所以，则，即在上递减，
所以，故在上恒成立，
所以，即.
综上，.
故选：C
9．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由指数函数与对数函数的图象性质分别得到，
，再有切化弦和二倍角公式求出的值，即可比较大小.
【详解】由于指数函数在R单调递增，
所以，即，
又对数函数在单调递减，
所以，即，
，
所以，综上.
故选：C
10．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用对数函数和指数函数，幂函数的性质求解.
【详解】，，即，
，
下面比较与的大小，构造函数与，
由指数函数与幂函数的图像与单调性可知，

当时，；当时，
由，故，故，即，
所以，
故选：A
11．已知则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据指对互化可得，再利用基本不等式与换底公式可得与，从而利用指数函数的单调性即可得解．
【详解】因为，所以，
因为，
所以，则，
所以；
因为，
所以，则，
所以；
综上，.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握，从而得到与，由此得解.
12．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造，，求导得到其单调性，结合，得到；构造，，求导得到其单调性，结合得到，即，从而得到答案.
【详解】构造，，则在上恒成立，
故在上单调递减，又，
故，故，
构造，，
则在上恒成立，故在单调递减，
又，，故，即，
故，
综上：
故选： D
【点睛】构造函数比较大小是常考内容，以下时常用的不等式放缩，，，，，等，观察要比较的式子结构，选择合适的不等式.
13．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】构造且，利用导数研究单调性判断大小，构造且，应用导数研究函数符号得，将代入判断大小，即可得答案.
【详解】由，，令且，
则，故上，此时单调递增，故，
所以，
令且，则，即此时单调递增，
所以，则，
令得：，故，则，
综上．
故选：B
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过构造函数和，通过导数得到其单调性，再利用其单调性比较大小.
14．证明不等式：．
【答案】证明见解析
【分析】设，求出再代入的二阶泰勒公式，即得解.
【详解】设，则，
，
代入的二阶泰勒公式，有，
．
所以原题得证.
15．已知函数．
(1)证明：曲线是中心对称图形；
(2)若当且仅当，求b的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据函数的对称性证明，根据定义域联想到为定值是关键；
（2）利用泰勒展开式得到一个不等式，通过换元法即可得到目标不等式，进而求解.
【详解】（1）因为，所以的定义域为.
所以
，
所以曲线关于点中心对称，即曲线是中心对称图形．
（2）假设，则1在的解集中，
与“当且仅当”矛盾，所以；
假设，则由函数的连续性知存在实数，
使得，与“当且仅当”矛盾，所以，
所以.
,即亦即，
由泰勒展开知，
当时，，当且仅当时等号成立，
所以，
两式相加后就得到了泰勒展开加强式，，
令，即，得，
当且仅当时等号成立，所以当时，恒成立.
又当时，，
所以，解得，
即b的取值范围是．
16．英国数学家泰勒发现了如下公式：，，其中．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．
(1)用前三项计算；
(2)已知，，，试证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用泰勒计算即可；
（2）利用泰勒展式可得，法1，利用单位圆可证，故可得三者的大小关系；法2，利用泰勒展式并放大可得，利用泰勒展式并缩小可得，两者作差即可比较大小，可得三者的大小关系.
【详解】（1）由泰勒公式，则．
（2）法1：由泰勒公式可知
，
下面证：.
证明：如图，在单位圆中，，与单位圆的交点为，，
因大于扇形的面积，故，
故.
由上述不等式可得，故，
综上，有，即.

法2：由泰勒公式可知
，
而
，
又因为
，
故有，所以.
17．帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用．给定自然数，我们定义函数在处的阶帕德近似为：，且满足：，，，，．其中，，，，已知在处的阶帕德近似为．
(1)求实数的值；
(2)证明：时，；
(3)已知是函数的三个不同的零点，求实数的取值范围，并证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得；
（2）设，借助导数研究其单调性即其正负即可得解；
（3）根据题意，令，所以等价于是的三个不同的零点，不妨设，借助导数，分及进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得当且仅当时，存在三个不同的零点，且满足，且，结合（2）所得，代入计算并化简即可得解.
【详解】（1）依题意可知，，，因为，所以．
此时，，因为，，
所以，，因为，所以；
故，．
（2）设，
所以，故在单调递增，
由，所以时，，即．
（3）因为，
令，所以等价于是的三个不同的零点，
不妨设，，
①当时，，此时在单调递增，此时不存在三个不同的零点；
②当时，令，，
若，即，恒成立，即，
此时在单调递减，此时不存在三个不同的零点；
若，即，存在两个不等的正实根，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因为，所以，又因为，故，，
因为，所以，即，
所以，
因为，所以，
又因为，所以．
所以由零点存在性定理可知：存在，满足，
又因为，
故存在，满足．
故当且仅当时，存在三个不同的零点，且满足，且，
由（2）可知，当时，，
因此，，故，
化简可得：，因此，命题得证．
【点睛】本题关键点在于借助导数与零点的存在性定理得到当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且后，结合（2）中所得，从而得到，再进行化简即可得.
18．帕德近似是法国数学家亨利.帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，.（注：为的导数）已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数的值；
(2)比较与的大小；
(3)证明：.
【答案】(1)，
(2)时，；时，
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意，分别求出和，结合新定义建立方程组，解之即可求解；
（2）由（1），设，利用导数研究函数的单调性即可求解；
（3）由（2），令，得，取，利用累加法计算即可求解.
【详解】（1）由，，有，
则，，，，
由题意，，所以，
所以，；
（2）由（1）知，，令，
则，
所以在内为增函数，又，
时，；
时，；
所以时，；时，.
（3）由（2）得时，，即，亦即时，.
令，得代入上式得.
取得：
，，，
上面各式相加得：
【点睛】方法点睛：比较大小常用的方法
（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，
（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，
（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.
19．帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：.（注：，为的导数）已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数的值；
(2)证明：当时，；
(3)设为实数，讨论方程的解的个数.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据列方程组求解可得；
（2）构造函数，利用导数求单调性，由即可得证；
（3）构造函数，分，利用导数讨论单调性，利用单调性判断零点个数.当时，分单调区间讨论，结合零点存在性定理判断即可.
【详解】（1）由，有，
可知，
由题意，，
所以，解得.
（2）由（1）知，，
令，
则，
所以在其定义域内为增函数，
又，
时，，得证.
（3）的定义域是，
.
①当时，，所以在上单调递增，且，
所以在上存在1个零点；
②当时，令，
由，得.
又因为，所以.
当时，因为，所以在上存在1个零点，
且；
当时，因为，
，而在单调递增，且，
而，故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，
所以，所以在上存在1个零点.
从而在上存在3个零点.
综上所述，当时，方程有1个解；
当时，方程有3个解.
【点睛】思路点睛：关于零点个数问题，一般从以下方面入手：
（1）转化为两个函数图象相交问题进行讨论；
（2）利用导数求极值，根据极值符号，结合单调性以及变化趋势进行判断；
（3）利用导数讨论单调性，结合零点存在性定理进行判断.
20．帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理数多项式近似特定函数的方法，给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为，且满足：...已知在处的阶帕德近似为.注：，
(1)求实数的值；
(2)求证：；
(3)求不等式的解集，其中，
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由，利用待定系数法，即可求解；
（2）根据（1）的结果，即证明，利用换元，转化为证明时，再构造函数，再利用导数证明函数的单调性和最值，即可证明不等式；
（3）首先由不等式确定或，由（2）的结果说明，求解不等式，再求解不等式，转化为，再构造函数，利用导数求解不等式.
【详解】（1）∵ ∴
∵，则，
由题意得：
∴解得：；
（2）由（1）知，即证
令，则且
即证时，记
则
∴在上单调递增，在和上单调递增
当时，，即，即成立，
当时，，即，即成立，
综上所述，时，
∴成立，即成立.
（3）由题意得：欲使得不等式成立，则至少有，即或
首先考虑，该不等式等价于，即，
又由（2）知成立，
∴使得成立的的取值范围是
再考虑，该不等式等价于，
记，则，
∴当时，时，
∴在上单调递增，在上单调递减
∴，即，
∴，
当时由，可知成立；
当时由，可知不成立；
所以使得成立的的取值范围是
综上可得：不等式的解集为.
【点睛】关键点点睛：本题第1问的关键是理解题意，利用待定系数法求解；第2问的关键是换元后构造函数，第3问的关键是由不等式构造函数，利用导数解不等式.
目录
第一部分 命题解码 洞察命题意图，明确攻坚方向
第二部分 方法建模 构建方法体系，提供通用工具
【结论背记清单】
方法一 两类经典的超越不等式的应用及解题技巧
方法二 泰勒不等式的应用及解题技巧
方法三 构造函数比较函数值大小关系解题技巧
方法四 不等式放缩的应用及解题技巧
方法五 帕德近似的应用及解题技巧
第三部分 题型专攻 实施靶向训练，提升应试效率。
【题型01】两类经典的超越不等式
【题型02】泰勒不等式
【题型03】构造函数
【题型04】不等式放缩
【题型05】帕德近似
第四部分 答题实战 检验学习成效，锤炼应用能力
第一步：观察结构，识别类型
观察待比较的表达式或不等式，识别是否含有ex、efx、lnx、ln1+x等形式，确定适用哪类经典不等式。
第二步：变形转化，凑出标准形式
将表达式通过代数变形（如加减常数、乘除因子、换元等）转化为经典不等式的标准形式。例如，比较a=e0.1与b=1.1, 可看作比较e0.1与0.1+1。
第三步：应用不等式进行放缩
直接套用经典不等式，注意等号成立条件和放缩方向。例如，由ex≥x+1得e0.1>1.1; 由lnx≤x-1得ln1.1