创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题40　泰勒展开式与超越不等式.pptx

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1、INNOVATIVEDESIGN上篇板块五函数与导数微专题40泰勒展开式与超越不等式题型聚焦分类突破高分训练对接高考索引索引索引索引索引索引1题型聚焦 分类突破/索引核心归纳核心归纳类型一利用超越不等式或泰勒展开式比较大小索引C索引C解析解析根据根据题意，构造函数意，构造函数f(x)xex，由于由于0.1较小，所以小，所以对上述三个函数在上述三个函数在x0处进行三行三阶泰勒展开：泰勒展开：在在x0.1处，显然然bg(0.1)0.111 0af(0.1)0.110 5ch(0.1)0.105 0，故故bac.索引D故故ba.所以所以cab.索引A/索引类型二利用超越不等式或泰勒展开式解决不等式问

2、题在在证明明不不等等式式或或根根据据不不等等式式求求参参数数的的范范围时，要要仔仔细观察察，发现其其中中所所含含的的超超越不等式，需越不等式，需证明后再用来解决明后再用来解决问题.核心归纳核心归纳索引例例2 已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1.(1)求函数f(x)的单调区间；解解因因为f(x)ln(x1)k(x1)1(kR)，若若k0，则f(x)0，f(x)在在(1，)上上为增函数；增函数；索引综上，当上，当k0时，f(x)的的单调递增区增区间为(1，)，无，无单调递减区减区间；索引证证明明当当k1时，由由上上可可知知f(x)的的单调递增增区区间为(1，2)，单调递减减区区间为(2，)，

3、有，有f(x)f(2)0在在(1，)恒成立，且恒成立，且f(x)在在(2，)上是减函数，上是减函数，即即ln(x1)x11在在x(2，)上恒成立上恒成立.令令x1n2，则ln n2n21，即即2ln n(n1)(n1)，索引索引2高分训练 对接高考/索引12345678910A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解析解析设f(x)ln xx1，当当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增，增，当当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减，减，所以所以f(x)f(1)0，即，即ln xx1，所以所以ln(

4、ab)ab1，索引12345678910所以所以abcab1，即，即c1，又又acb20，所以，所以a0，由由ab0，所以，所以ba0，所以所以b2a2，即，即aca2，所以所以ca，所以，所以cab.索引12345678910A2.(2022郑州模州模拟)已知ae0.02，b1.012，cln 2.02，则()A.abc B.bacC.acb D.bcab1.0121.020 1，cln 2.021，所以所以abc，故，故选A.索引12345678910D索引12345678910B解析解析显然然1.0121.02，故，故ba，只需比，只需比较a，c大小即可大小即可.所以所以对两个函数在两个

5、函数在x0处进行泰勒展开行泰勒展开.索引12345678910由由上上式式可可得得：f(x)2xx2(x2)，g(x)2x2x2(x2)，显然然，在在x0附附近近，f(x)g(x)，故，故ac，又又g(x)2x2x24x3(x3)，在在x0附近，附近，h(x)g(x)，所以，所以bc.综上，上，bca，故，故选B.索引12345678910C5.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解析解析令令f(x)xsin x，x(0，)，则f(x)1cos x0，所以所以f(x)在在(0，)上上单调递增，增，所以所以f(x)f(0)0，即，即x

6、sin x0，即即xsin x，x0，故，故正确；正确；令令g(x)xln x，x(0，)，索引12345678910所以当所以当0 x1时，g(x)0，当当x1时，g(x)0，所以所以g(x)在在(0，1)上上单调递减，在减，在(1，)上上单调递增，增，所以所以g(x)g(1)1，即即xln x0恒成立，所以恒成立，所以xln x，故，故正确；正确；令令h(x)ex(x1)，h(x)ex1，当当x0时h(x)0，当，当x0时h(x)0，所以所以h(x)在在(，0)上上单调递减，在减，在(0，)上上单调递增，增，所以所以h(x)h(0)0，即，即ex(x1)0，所以所以exx1，当且，当且仅当

7、当x0时取等号，故取等号，故错误.故故选C.索引12345678910B索引12345678910索引12345678910A7.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令令f(x)0，则0 x 1，令令f(x)0，则x1，所所以以f(x)在在(0，1)上上单调递增增，在在(1，)上上单调递减，减，所以所以f(x)maxf(1)0，则f(x)ln xx10，即，即ln xx1，索引12345678910所以所以a1a2a3ln(a1a2a3a4)a

8、1a2a3a41，故故a41，又，又a1，a2，a3，a4成等比数列，且成等比数列，且0a11，索引12345678910由由exx1(证明略明略)，得，得ex1x，由由ln(x1)x(证明略明略)，得，得ln xx1，因此因此ex1ln x1x(x1)10，当且当且仅当当x1时等号成立，等号成立，/索引123456789109.(2022咸阳二模咸阳二模)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；二、创新拓展练当当x(0，1)时，g(x)0，当，当x(1，)时，g(x)0，g(x)在在(0，1)上上单调递增，在增，在(1，)上上单调递减，减，g(x)max

9、g(1)1，k1，即，即实数数k的取的取值范范围为1，).索引12345678910f(x)在在(1，)上上单调递减，减，f(x)f(1)0，即，即ln xx1，索引12345678910索引1234567891010.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；解解设h(x)f(x)g(x)exax1，则h(x)exa.当当a0时，h(x)exa0，h(x)单调递增增，h(1)e1a10，不不满足足h(x)0恒成立；恒成立；当当a0时，h(x)在在x(，ln a)上上单调递减，在减，在x(ln a，)上上单调递增，增，所以所以h(x)的最小的最小值为h(ln a)aaln a10，索引12345678910所以所以(a)在在(0，1)上上单调递减，在减，在(1，)上上单调递增，增，综上，上，a1.索引12345678910证明证明先先证当当x(0，1)时，exx1恒成立恒成立.令令t(x)exx1，t(x)ex10，所以，所以t(x)在在(0，1)上上单调递增，增，又又t(x)t(0)0，所以，所以exx1.索引12345678910所以所以F(x)在在(0，1)上上单调递减，减，所以所以F(x)F(1)10，即原不等式成立，即原不等式成立.INNOVATIVEDESIGNTHANKS本节内容结束