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第三章
一元函数的导数及其应用
教考衔接课1　切线不等式在导数中的应用
“ex≥1＋x” “x－1≥ln x，x∈(0，＋∞)”“sin x1．几个常见函数的泰勒公式
(1)ex＝1＋x＋＋…；
(2)＝1＋x＋x2＋x3＋…；
(3)ln (1＋x)＝x－＋…；
(4)cos x＝1－＋…；
(5)sin x＝x－＋…．
2．两个超越不等式
从泰勒公式中截取片段就构成了常见的不等式：
总结如下(注意解答题需先证明后使用)：
(1)对数型超越放缩：≤ln x≤x－1(x＞0)；
(2)指数型超越放缩：x＋1≤ex≤(x＜1)．
命题点一　比较大小
[典例1]　(1)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　)
A．aC．c(2)(2022·全国甲卷)已知a＝，b＝cos ，c＝4sin ，则(　　)
A．c>b>a　　 B．b>a>c
C．a>b>c D．a>c>b
√
√
(1)C　(2)A　[法一(构造法)：构造函数f (x)＝ln x＋，x>0，则f ′(x)＝，x>0，
当f ′(x)＝0时，x＝1，
∴当0当x>1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
∴f (x)在x＝1处取最小值，且f (1)＝1，
∴ln x≥1－(当x＝1时取等号)，
∴ln 0.9>1－＝－，∴－ln 0.9<，∴c∵－ln 0.9＝ln >1－＝，
∴>e0.1，∴0.1e0.1<，∴a∵0.1e0.1>0.1×1.1＝0.11，
而－ln 0.9＝ln<＝<0.11，
∴a>c，∴c法二(利用不等式)：由不等式ln x<(x>1)，
得－ln 0.9＝ln <＝<0.11，
又∵e0.1>0.1＋1＝1.1，∴a＝0.1e0.1>0.11，
∴c由ex≥x＋1，得e－x≥－x＋1，得ex≤(x＜1)，∴e0.1<＝，
∴a＝0.1e0.1<＝，∴a法三(泰勒公式)：设x＝0.1，则
a＝xex＝0.1，
b＝＝0.1(1＋0.1＋0.01＋0.001＋…)，
c＝－ln (1－x)＝0.1＋＋…，
∴c＜a＜b．故选C．
(2)法一(构造法)：设f (x)＝cos x＋x2－1(0设g(x)＝x－sin x(00，
故g(x)在(0，1)上单调递增，即g(x)>g(0)＝0，
即f ′(x)>0，故f (x)在(0，1)上单调递增，∴f >f (0)＝0，可得cos >，故b>a．
利用不等式可得x∈时，tan x>x，∴tan >，即>，
∴4sin >cos ，故c>b．
综上，c>b>a，故选A．
法二(泰勒公式)：设x＝0.25，则
a＝1－＝1－，
b＝cos x＝1－－…，
c＝＝1－－…，
∴a＜b＜c．故选A．]
名师点评　几个常用不等式：
(1)x∈(0，1)时，sin x＞ln (x＋1)；
(2)x＞0时，ln x≥1－(x＝1时取等号)；
(3)x＞0时，x＞sin x；
(4)x＞1时，ln x＞．
命题点二　证明不等式
[典例2]　已知函数f (x)＝，g(x)＝，且曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程为x－2y＋n＝0．
(1)求m，n的值；
(2)证明：f (x)＞2g(x)－1．
[解]　(1)由已知得f (1)＝0，∴1－0＋n＝0，解得n＝－1．
∵f ′(x)＝，
∴f ′(1)＝＝，解得m＝1．
(2)证明：设h(x)＝ex－x－1(x＞0)，
则h′(x)＝ex－1＞0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞h(0)＝0，即ex＞x＋1＞1，
∴＜．
要证f (x)＞2g(x)－1，即证＞－1，
即证－1，即证x ln x≥x－1，
令m(x)＝x ln x－x＋1(x＞0)，
则m′(x)＝ln x，
当x∈(0，1)时，m′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＞0，
∴m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴m(x)min＝m(1)＝0，∴m(x)≥0，
∴x ln x≥x－1，
∴f (x)＞2g(x)－1得证．
名师点评　导数方法证明不等式的问题中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明．常见的放缩公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
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