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模块2专题4泰勒公式 巧解压轴【讲】
【典例1】.（2022年新高考全国Ⅰ卷第7题）设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【典例2】.（2021年高考全国乙卷理科第20题）设函数，已知是函数的极值点.
（1）求实数的值；
（2）设函数，证明：.
【典例3】.（2020年新高考山东卷第21（2）题）已知函数.若，求实数的取值范围.
以上三道考题都与下面的不等式有关（《普通高中教科书数学选择性必修第二册A版》）（人民教育出版社2020年3月第1版）第99页习题5.3第12（1）题）：
，.
这个不等式的证明很容易，只需构造函数，由知，当时，，当时，，故当时，，
即当时，，即，，当且仅当时取等号.
，①.
从①式出发，还可以得到一些重要结论.
作替换，由①式可得
，②.
根据指数式和对数式互化，可知
③.
④.
④式再作替换，又可得
⑤.
综合③式和⑤式，得
⑥.
⑥式再作替换，又可得
⑦.
⑦式同乘x可得⑧.
注 从①式到⑥式，当且仅当时取等号；⑦式和⑧式，当且仅当时取等号.
①式和②式的几何解释如图1，①式和⑦式的几何解释如图2，⑥式的几何解释如图3，⑦式和⑧式的几何解释如图4.
图1 图2
图3 图4
上述不等式演绎的思维导图如下.
【精细化解析 典例1】
第一步：构造函数，导数判断其单调性；
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，
第二步：构造函数利用导数研究其单调性，由此确定的大小.
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.
[精细化解析 典例2]
第一步：求导函数，由极值点处导数为0即可求解出参数；
由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
第二步：构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论.然后换元得到，分类讨论，即可证明.
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）.故当且时，且，，即，所以.
（ⅰ）当时，，所以，即，所以.
（ⅱ）当时，，同理可证得.
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即.
【精细化解析 典例3】
第一步：利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
，，.
，∴切点坐标为（1，1+e），
∴函数在点（1，f（1）处的切线方程为，即，
切线与坐标轴交点坐标分别为，
∴所求三角形面积为.
第二步：把不等式等价于，可得，利用求解即可.
由得，即，而，所以.
令，则，所以在R上单调递增.
由，可知，所以，所以.
令，则.
所以当时，单调递增；
当时，单调递减.
所以，则，即.
所以a的取值范围为.
类型1 型
例1 已知函数（e是自然对数的底数，…），求函数的最小值.
思路 借助，，快速得到的最小值.
解析 由①式有，当且仅当时取等号，
由⑥式有，即，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以函数的最小值是1.
升华 是一个非常经典的不等式，其深刻内涵和重要作用，可以从下面的演绎变换中窥见一斑.
【类题1-1】
1．已知函数，若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围.
【类题1-2】
2．对任意，存在，使得，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．e
【类题1-3 】
3．已知函数，当时，，求的取值范围.
类型2 型
例2 若关于x的方程有实数根，求实数k的取值范围.
思路 分离参数k，借助，，快速得到的最大值，进而求出k的取值范围.
解析 依题意，.
令.
由⑦式有，即，所以，当且仅当时取等号，
由①式有，所以，即，从而，当且仅当时取等号，所以.
又当时，，因此的值域是.
方程有实数根，即，所以实数k的取值范围是.
可以直接利用⑦式解答的问题很多，如2017年高考全国Ⅱ卷理科第21（1）题：
已知函数，若，求a的值.
解析 如图，数形结合，一目了然.
由⑦式知，
当时，恒成立，即，由此可知.
升华 由上图看出，曲线始终在切线下方，始终有，这正是本题的答案，如果直线的斜率，那么曲线与该直线在点处相交而不相切，曲线在这点穿越该直线，不可能始终在其下方，不能保持.不难知道，例2中，曲线始终在切线下方，曲线始终在切线上方.
【类题1-1】
4．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【类题1-2】
5．设函数，其中.
（1）证明：恰有两个零点；
（2）设为的极值点，为的零点，且，证明.
【类题1-3 】
6．已知函数，若，求实数c的取值范围.
类型3 （或）型
例3 设，，（其中e=2.71828…是自然对数的底数），则（ ）
A. B. C. D.
解析
由⑦式知，令，得，所以.
由⑦式知，令，得，所以.
综上可知.故选D.
升华 不等式的结构简单，对它进行变形、赋值、替换、放缩、累加、累乘等变换，可以衍生出一大批题目.
【类题1-1】
7．已知函数.
(1)若，求不等式的解集；
(2)当时，求证函数在上存在极值点，且.
【类题1-2】
8．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若，证明.
【类题1-3 】
9．已知，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．
【分析】利用以及得到，再根据和两种情况下的取值求解实数a的取值范围.
【详解】不等式在上恒成立，
即对任意的恒成立，
即（*）对任意的恒成立.
由类型1，，可得（**），
易知是上连续的增函数，且，.
由零点存在性定理知存在，使得，
所以当且仅当时（**）式取等号.
当时，，，此时（*）式显然不成立；
当时，对任意的，，
所以对任意的恒成立.
综上，实数的取值范围是.
2．C
【分析】令，把用表示，然后引入新函数，利用导数求得函数的最小值即得．
【详解】由题，令，则所以，令
，则，令，
则，则即在时单调递增，
又，则时时，
所以时取得极小值也即为最小值，最小值，即的最小值为1．
故选：C．
3．
【分析】分离参数，分两种情况分析，当时，利用导数求出函数的最大值，即可得解.
【详解】由，得，其中.
①当时，不等式为，显然成立，符合题意．
②当时，得.
记，则，
令，
则，令，则，
故单调递增，，
故函数单调递增，.
由得恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
因此，.
综上可得，实数的取值范围为.
4．D
【分析】由，可得，构造函数，利用函数的导数与单调性的关系，可得在上单调递增，进而可得，，从而即可得答案.
【详解】解：因为，
所以；
令，，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，
所以，
所以；
同理，所以，即，也即，
所以，
所以.
综上，，
故选：D.
5．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求出函数的导函数，令，由，可知：可得存在唯一解．可得是函数的唯一极值点．令，可得时，．．．可得函数在，上存在唯一零点．又函数在上有唯一零点1．即可证明结论．
（2）由题意可得：，，即，，可得，由，可得．又，可得，取对数即可证明．
【详解】证明：（1）因为，定义域为
所以；
令，由，可知在内单调递减，
又，且，
故在内有唯一解，
从而在内有唯一解，不妨设为，.
则，当时，，
所以在内单调递增；
当时，，
所以函数在内单调递减，因此是的唯一极值点.
令，则当时，，故在内单调递减，
从而当时，，所以，
从而，
又因为，所以在内有唯一零点，
又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点
（2）由题意，，即，
从而，即，
因为当时，，又，故.
两边取对数，得
于是，整理得.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
6．
【分析】利用分离参数法构造函数，结合导数求解参数范围即可.
【详解】若，，则，
令，故，定义域为，
而，令，，令，，
故在上单调递增，在上单调递减，
可得，即.
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，由可得出关于的不等式，解之即可；
（2）当时，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得函数在上存在极值点，由极值点可得出，将所证不等式等价变形为，构造函数，利用导数证得，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：由题意，当时，，则，
令，则，令可得，列表如下：
增 极大值 减
所以，，且不恒为零，
所以，函数在上单调递减，且，
由可得，解得.
因此，当时，不等式的解集为.
（2）证明：当时，，则，
令，其中，则，可得，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，当时，，
所以，且，
由（1）知，则当时，，，
当时，，由，得，，
所以存在极大值点，
，故，
.
所以，要证，只要证，即证.
令，则，由，得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，所以，，
综上，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.
8．（1）函数的单调递减区间为，，无单调递增区间；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导，根据导数的正负判断单调性，
（2）整理，化简为，令，求的单调性并证明，即证题中不等式．.
【详解】（1）函数定义域为，
则，令，()，则，
当，，单调递减；当，，单调递增；
故，，
∴，，
故函数的单调递减区间为，，无单调递增区间.
（2）证明，即为，
因为，
即证，
令，则，
令，则，
当时，，所以在上单调递减，
则，，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以要证原不等式成立，只需证当时，，
令，，，可知对于恒成立，
即，即，
故，即证，
故原不等式得证.
【点睛】本题考查导数的应用，用导数求函数的单调区间，用导数证明不等式，解题关键是在于等价转化，题中不等式转化为，令，再用导数研究的单调性，同时用导数判断与的大小，仍然通过构造函数，用导数求出函数最小值，证明不等式成立．本题考查了学生的逻辑推理能力，分析解决问题的能力，转化与化归能力，属于难题．
9．C
【分析】构造函数，，利用导数与函数单调性间的关系，得出，，再通过取的值，即可求出结果.
【详解】构造函数，则，当时，，当时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，
即，当且仅当时取等号，
则，又当时，由，得到，所以，得到，
令，则恒成立，
即在区间上单调递增，所以，得到，
取，有，所以，综上，，
故选：C.
【点睛】方法点晴：比较函数值大小常用方法：（1）直接利用函数单调性进行比较；（2）通过函数值的结构特征，构造新的函数，再利用函数的单调性来处理.
答案第1页，共2页
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