文档内容
第 13 讲 拓展六：泰勒展开式与超越不等
式在导数中的应用(精讲）
目录
第一部分：知识点精准记忆
第二部分：典型例题剖析
高频考点一：利用超越不等式比较大小
高频考点二：利用对数型超越放缩证明不等式
高频考点三：利用指数型超越放缩证明不等式
第一部分：知 识 点 精 准 记 忆
1、泰勒公式形式：
泰勒公式是将一个在 处具有 阶导数的函数利用关于 的 次多项式来逼近函数的方法.
若函数 在包含 的某个闭区间 上具有 阶导数，且在开区间 上具有 阶导数，则对
闭区间 上任意一点 ，成立下式：
其中： 表示 在 处的 阶导数，等号后的多项式称为函数 在 处的泰勒展开式，
剩余的 是泰勒公式的余项，是 的高阶无穷小量.
2、麦克劳林(Maclaurin)公式
虽然麦克劳林公式是泰勒中值定理的特殊形式，仅仅是取 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：（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
4、两个超越不等式：（注意解答题需先证明后使用）
4.1对数型超越放缩： （ ）
上式（1）中等号右边只取第一项得： 结论①
用 替换上式结论①中的 得： 结论②
对于结论②左右两边同乘“ ”得 ，用 替换“ ”得：
（ ） 结论③
4.2指数型超越放缩： （ ）
上式（2）中等号右边只取前2项得： 结论①
用 替换上式结论①中的 得： 结论②
当 时，对于上式结论② 结论③当 时，对于上式结论② 结论④
第二部分：典 型 例 题 剖 析
高频考点一：利用超越不等式比较大小
1．（2022·全国·高三专题练习（文））已知 ，则 的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
先用导数证明这两个重要的不等式
① ，当且仅当 时取“=”
，函数递减， 函数递增
故 时函数取得最小值为0
故 ，当且仅当 时取“=”
② ，当且仅当 时取“=”
，函数递增， 函数递减，
故 时函数取得最大值为0，
故 ，当且仅当 时取“=”
故
故选：C
2．（2021·安徽·毛坦厂中学高三阶段练习（理））设 ， ， ，（其中自然对数的底
数 ）则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【详解】
构造函数 ， ， ，所以 在 上 递
增，在 上 递减，所以 ，即 .
令 ，则 ， ， ，考虑到 ，可得 ，即 ，化简得
等号当且仅当 时取到，故 时 ，排除A，B.下面比较a，b大小，由 得，
，故 .所以 .
故选:D
3．（2022·全国·高三专题练习）已知实数a，b，c满足 ，且 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
，即 ，
所以 ，所以 ，即 ，
又 ，所以 ，由 ，所以 ，
所以 ，即 ，所以 ，所以 .
故选：A.
【点睛】
关键点睛：解决本题的关键是利用经典不等式 可得 .
4．（2022·河南洛阳·高二期末（文））下列结论中正确的个数为（ ）
① ， ；② ；③ ．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【详解】
解：令 ， ，则 ，所以 在 上单调递增，所以
，即 ，即 ， ，故①正确；
令 ， ，则 ，所以当 时， ，当 时，，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，即 恒成
立，所以 ，故②正确；
令 ， ，当 时 ，当 时 ，所以 在 上单调
递减，在 上单调递增，所以 ，即 ，所以 ，当且仅当 时取
等号，故③错误；
故选：C
5．（2021·浙江·模拟预测）已知数列 满足 ，给出以下结论，正确的个数是
（ ）
① ；② ；③存在无穷多个 ,使 ；④
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【详解】
， , ，则 单调递增且大于0， 所以 单调递增，所以 ，
即 故①正确；
令 ，则 ，所以 在 上单调递增，且当且仅当 时，
，所以 ，即 .因为 ，且 ，
，故②正确；
， ， ，由归纳法可知， ，故不存在无穷
多个 ,使 ，故③错误；
由 得 ， ，累加可得：
可知④正确.
故选：B.
7．（2022·安徽·六安一中高二开学考试）已知 成等比数列，且 ，
若 ，则
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】设 ,则 ,
令 ,则 ,令 ,则 ,
所以 在 上单调递增,在 上单调递减,
所以 ,则 ,
即 ,
所以 ,
故 ,
又 成等比数列,且 ,
设其公比为 ,则 ,即 ,
所以 ,
故选:A.
【点睛】
本题考查导数中的不等式在数列中的应用,以及等比数列的相关性质,属于中档题.导数中存在着一些常用的
不等式结论,学生可以尽可能掌握.
高频考点二：利用对数型超越放缩证明不等式
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)＝ln x－ax＋1在x＝2处的切线斜率为－ .
(1)求实数a的值及函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝ ，对 x (0，＋∞)， x (－∞，0)使得f(x)≤g(x)成立，求正实数k的取值范围；
1 2 1 2
∀ ∃
(3)证明： ＋ ＋…＋ (n∈N*，n≥2).
【答案】(1)a＝1，增区间为 ，单调递减区间为 (2) (3)证明见解析
(1)
由已知得f′(x)＝ －a，∴f′(2)＝ －a＝－ ，解得a＝1.
于是f′(x)＝ －1＝ ，
当x (0，1)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x (1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
即f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)
由(1)知x (0，＋∞)，f(x)≤f(1)＝0，即f(x)的最大值为0，
1 1 1由题意知：对 x (0，＋∞)， x (－∞，0)使得f(x)≤g(x)成立，只需f(x) ≤g(x) .
1 2 1 2 max max
∀ ∃
∵g(x)＝ ，（ 等号成立）
∴只需 ，解得 .
(3)
证明：要证明 (n N*，n≥2).
只需证 ，
只需证 .
由(1)当x (1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，f(x)＝ln x－x＋1≤0，即ln x≤x－1，
∴当n≥2时， ， ，
所以
＝ ，
∴ .
2．（2022·河南·林州一中高二期中（理））已知函数 ， .
(1)讨论 的单调性；
(2)若 ，证明： .
【答案】(1)见解析(2)证明见解析
(1)
当 时， ，故函数 在 上单调递增
当 时，
故函数 在 上单调递减，在 上单调递增
(2)
由（1）可知，
令 ，即函数 在 上单调递减，故
故 ， ，故
即
3．（2022·陕西咸阳·二模（文））已知函数 .
(1)若 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)
由题意得： 定义域为 ；由 得： ；
设 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减， ，
，即实数 的取值范围为 .
(2)
由（1）知：当 ， 时， ， 在 上单调递减，
，即 ；
，
，
即 ，
.
【点睛】
关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到恒成立问题求解和不等式的证明问题；证明不等
式的关键是能够充分利用（1）中的结论，将所证不等式进行放缩，从而结合等比数列求和的知识进行证明.
4．（2022·陕西咸阳·二模（理））已知函数 .
(1)若 恒成立，求实数k的取值范围；
(2)证明： ( ， ).
【答案】(1) ；
(2)证明见解析﹒
【解析】
(1)
，
令 ，则 ＝ ，
当 时， 单调递增，当x＞1时， 单调递减，
∴ ，
∴ ；
(2)
由(1)知， 时，有不等式 对任意 恒成立，
当且仅当 时，取“＝”号，
∴ ， 恒成立，
令 ( ，且 )，
则 ，
∴
，
即 ( ， )，
∴ ( ， ).【点睛】
本题关键是利用(1)中的结论，取k＝1时得到不等式 ，从而得到x＞1时， ，令
，即可构造不等式 ，从而通过裂项相消法求出
的范围，从而证明结论.
5．（2022·重庆市实验中学高二阶段练习）已知函数 ，其中 且 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)当 时，证明： ；
(3)求证：对任意的 且 ，都有： … ．（其中 为自然
对数的底数）
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.
【解析】
(1)
函数 的定义域为 ， ，
①当 时， ，所以 在 上单调递增；
②当 时，令 ，解得 ，
当 时， ，所以 ，所以 在 上单调递减，
当 时， ，所以 ，所以 在 上单调递增.
综上，当 时，函数 在 上调递增；
当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
(2)
当 时， ，要证明 ，
即证 ，即 ，
设 ，则 ，令 得，可得 ，
当 时， ，当 时， ．
所以 ，即 ，故 .(3)
由（2）可得 ，（当且仅当 时等号成立），
令 ， ，则 ，
故 … … …
… ，
即 … ，
故 … .
【点睛】
本题考察利用导数研究含参函数单调性，以及构造函数利用导数证明不等式，以及数列和导数的综合，属
综合困难题.
6．（2022·内蒙古·元宝山平煤高中高二阶段练习（理））已知函数 .
(1)求函数 的单调区间；
(2)证明： .
【答案】(1)当 时， 的单调递增区间为 ；当 时， 的单调递增区间为 ，单
调递减区间为 ；(2)证明见解析.
【解析】
(1)
因为 （ ），
所以 的定义域为 ， .
若 ，则 ， 在 上为增函数；
若 ，则 ，
当 时， ，当 时， .
综上，当 时， 的单调递增区间为 ；当 时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
(2)
当 时，由上可知 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，有 在 恒
成立，
且 在 上是减函数，
即 在 上恒成立，
令 ，则 ，
即 ，
且 ，
，
即： （ ， ）成立．
7．（2022·河南·林州一中高二期中（理））已知函数 .
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)证明： ；
(3)若 且 ，证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
(1)
， ，
则曲线 在点 处的切线方程为 .
(2)
由（1）可得即函数 上单调递减，在 上单调递增，故
(3)
由（2）可得 在 上恒成立
令 ，则
则
故
【点睛】
关键点睛：解决第三问时，关键是由导数得出 ，进而由对数的运算证明不等式.
高频考点三：利用指数型超越放缩证明不等式
1．（2022·四川·棠湖中学高二阶段练习（文））已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)当 时，若关于 的不等式 恒成立，求 的取值范围；
(3)当 时，证明： .
【答案】(1) (2) (3)证明见解析
【解析】
(1)
当 时， ， ，
切点为 ，斜率 ，.
∴曲线 在点 处的切线方程为 .
即 .
(2)
由 ，得 恒成立，令 ，则 ，
所以 在 上 ， 单调递减，在 上 ， 单调递增，所以 的最小值为
，
所以 ，即 ，故 的取值范围是 ；
(3)由（2）知 时，有 ，所以 .
①要证 ，可证 ，只需证 .
先证 ，
构造函数 ，则 ，
由 得 ，由 得 ，∴ 在 上单减，在 上单增，
∴ ，故 （当且仅当 时取等号），
从而当 时， .故当 时， 成立.
②要证 ，可证 .
构造函数 ，则 ，
由 得 ，由 得 ，∴ 在 上单增，在 上单减，
故 ，即 （当且仅当 时取等号），
从而当 时， .
由于 ，所以 ，所以 ，
综上所述，当 时，证明： .
【点睛】
要证明 ，可通过证明 来证得.在利用导数证明不等式的过程中，主要利用的是导数的工具性
的作用，也即利用导数来求单调区间、最值等.
2．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））已知函数 ， ．
(1)若 恒成立，求实数a的值；
(2)若 ，求证： ．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【解析】
(1)
设 ，则 ．
当 时， ， 单调递增， ，不满足 恒成立；
当 时， 在 上单调递减． 在 上单调递增．所以 的最小值为 ．
即 ，即 ．设 ， ，
所以 在（0，1）上单调递减， 在 上单调递增，
即 ，故 的解只有 ．
综上， ．
(2)
证明：先证当 时， 恒成立．
令 ， ，所以 在（0，1）上单调递增，
又 ，所以 ．
所以要证 ，即证 ，
即证 ，即证 ．
设 ，则 ，
所以 在（0，1）上单调递减，
所以 ，即原不等式成立．
所以当 时， ．
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，
解题的关键是先证当 时， 恒成立，然后将 转化为 ，即证
，再构造函数求出其最小值大于零即可，考查数学转化思想，属于较难题
3．（2022·浙江省诸暨市第二高级中学模拟预测）已知函数 ， ，
(1)当 ， 时，求函数 在 处的切线方程；
(2)若 且 恒成立，求 的取值范围：
(3)当 时，记 ， （其中 ）为 在 上的两个零点，证明： .
【答案】(1) ；
(2) ；(3)详见解析.
(1)
当 ， 时， ， ，
∴ ， ，
∴函数 在 处的切线方程为 ；
(2)
由题意可知 ，当 时，不等式 显然成立，故 ；
当 时， ，当 时， ，
记 ，则 ，
∴函数 的减区间为 ，函数 的增区间为 ，
∴当 时， ，当 时，
∴可得 ；
综上， 的取值范围为 ；
(3)
由上可知， ， ，
对于函数 ，∴函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即 ，
∴ ，
又 ，
∴ ，即 ，
由 ，可得 ，
要证 ，即证 ， ，
也即 ，
设 ，即证 在 上恒成立，
∵ ，
∴ 在 上单调递增，
∴ ，成立
∴ ，
综上， .
4．（2022·新疆昌吉·高三阶段练习（文））已知函数 ．
(1)试比较 与 的大小．
(2)证明： ， ．
【答案】(1) ，理由见解析；
(2)证明见解析
【解析】
(1)
．理由如下：
设 ，则 ．
由 ，得 ；由 ，得 ．
在 上单调递减，在 上单调递增，则函数在x=0处取得极小值，也是最小值，
故 ，即 ，当且仅当 时，等号成立．(2)
证明：由（1）可知 ，当且仅当 时，等号成立，
则 ，当且仅当 时，等号成立．
，从而 ，即 ，当且仅当 时，等号成立．
故 ．
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
即 ，即 ．
【点睛】
导函数证明不等式，放缩是一种常见方法，常见的放缩有切线放缩，最值放缩等，比如本题中所用的
， （ ）为切线放缩，而 为最值放缩.
