最新--泰勒展开式与高考试题-精品

[中国高考数学母题一千题](第0001号)愿与您共建真实的中国高考数学母题(杨培明:13965261699)泰勒展开式与高考试题在本讲中,我们将专注于由泰勒展开式命制高考试题的方法和途径,由此,揭秘高考命题专家命制高考试题的手段和方向,以利于命制更优秀的试题,为预测高考试题服务.[母题结构]:(超越函数的泰勒展开式):①ex=1+！1x+！22x+…+！nxn+！)1(1nxneθx(其中0θ1);②ln(1+x)=x-22x+33x-…+(-1)n-1nxn+(-1)n11nxn(x11)n+1.[母题解析]:略.1.指数函数子题类型Ⅰ:(2018年课标高考理科试题)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(Ⅰ)若a=0,求f(x)的单调区间;(Ⅱ)若当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.[解析]:(Ⅰ)当a=0时,由f(x)=ex-1-xf(x)=ex-1,由此列表,由表知,f(x)在(-∞,0)上递减.在(0,+∞)上递增;(Ⅱ)由ex=1+！1x+！22x+！33xeθx(其中0θ1)当x≥0时,ex≥1+！1x+！22x=1+x+21x2;由此可先证:ex-1-x-21x2≥0:令g(x)=ex-1-x-21x2(x≥0),则g(x)=ex-1-x,由(Ⅰ)知,g(x)在[0,+∞)上单调递增g(x)≥g(0)=0g(x)在[0,+∞)上单调递增g(x)≥g(0)=0当a≤21时,f(x)=ex-1-x-ax2≥ex-1-x-21x2≥0成立;当a21时,f(x)=ex-1-2axf(x)=ex-2af(x)在(0,ln2a)上单调递减当0xln2a时,f(x)f(0)=0f(x)在(0,ln2a)上单调递减当0xln2a时,f(x)f(0)=0,不合题意.综上,a的取值范围是(-∞,21].[点评]:由ex=1+！1x+！22x+…+！nxn+！)1(1nxneθx(其中0θ1)当x≥0时,ex≥1+x+21x2;因此可直接的命制如上试题;由此,还可直接的命制:1.(2018年课标高考文科试题)设函数f(x)=x(ex-1)-ax2.(Ⅰ)若a=21,求f(x)的单调区间;(Ⅱ)若当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.由ex=1+！1x+！22x+…+！nxn+！)1(1nxneθx(其中0θ1)ex≥1+x(x∈R)e-1≤x11(x-1)1-e-1≥1-x11=xx1(x-1),由此可命制:2.(2018年全国Ⅱ高考试题)设函数f(x)=1-e-x.(Ⅰ)证明:当x-1时,f(x)≥1xx;(Ⅱ)设当x≥0时,f(x)≤1axx,求a的取值范围.由ex=1+！1x+！22x+…+！nxn+！)1(1nxneθx(其中0θ1)…①e-x=1-！1x+！22x+…+(-1)n！nxn+(-1)n+1！)1(1nxneθx(其中0θ1)…②;①+②得:ex+e-x=2+x2+…当x≥0时,ex+e-x≥2+x2;①-②得:ex+e-x=2(x+！33x+！55x+…)当x≥0时,ex+e-x≥2(x+！33x),由此可命制:3.(2007年全国Ⅰ高考试题)设函数f(x)=ex-e-x.(Ⅰ)证明:f(x)的导数f(x)≥2;(Ⅱ)若对所有x≥0都有f(x)≥ax,求a的取值范围.4.(原创试题)设函数f(x)=ex-e-x.(Ⅰ)证明:当x≥0时,f(x)≥2x+31x3;(Ⅱ)若对所有x≥0都有f(x)≥ax+31x3,求a的取值范围.2.对数函数子题类型Ⅱ:(2008年山东高考试题)已知函数f(x)=nx)1(1+aln(x-1),其中n∈N*,a为常数.(Ⅰ)当n=2时,求函数f(x)的极值;(Ⅱ)当a=1时,证明:对任意的正整数n,当x≥2时,有f(x)≤x-1.[解析]:(Ⅰ)f(x)的定义域为(1,+∞),当n=2时,f(x)=2)1(1x+aln(x-1)f(x)=32)1()1(2xxa;①当a≤0时,f(x)无极值;②当a0时,f极小值(x)=f(1+a2)=2a(1+lna2),无极大值;(Ⅱ)当a=1时,f(x)=nx)1(1+ln(x-1),由ln(x-1)≤x-2,要证f(x)≤x-1,只需证nx)1(1≤1;由x≥21-x≤-1|1-x|≥1nx)1(1≤nx|1|1≤1.[点评]:由ln(1+x)=x-22x+33x-…+(-1)n-1nxn+(-1)n11nxn(x11)n+1ln(x+1)≤xln(x-1)≤x-2,由此,如上试题;由此,还可直接的命制:5.(2018年全国Ⅰ高考试题)已知函数f(x)=(x+1)lnx-x+1.(Ⅰ)若xf(x)≤x2+ax+1,求a的取值范围;(Ⅱ)证明:(x-1)f(x)≥0.由ln(x+1)≤x(x-1)lnx≤x-1(x0)lnx1≤x1-1(x0)lnx≥1-x1=xx1(x0)ln(x+1)≥1xx(x-1),由此可命制:6.(2006年全国Ⅱ高考试题)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有的x≥0,都有f(x)≥ax成立,求实数a的取值范围.7.(2015年山东高考试题)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.(Ⅰ)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(Ⅱ)若∀x0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.由ln(x+1)≥1xx(x-1)(x+1)ln(x+1)≥x,由此可命制:8.(2006年全国Ⅱ高考试题)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有的x≥0,都有f(x)≥ax成立,求实数a的取值范围.由ln(x+1)≥1xx(x-1)(x+1)ln(x+1)≥x(x+1)2ln(x+1)≥x+x2(x-1),由此可命制:9.(原创试题)设函数f(x)=(x+1)2ln(x+1)-x2.(Ⅰ)证明:当x≥0时,f(x)≥x;(Ⅱ)若对所有x≥0都有f(x)≥ax,求a的取值范围.由ln(1+x)=x-22x+33x-…+(-1)n-1nxn+(-1)n11nxn(x11)n+1…①ln(1-x)=-x-22x-33x-…-nxn-11nxn(x11)n+1…②;①-②得:lnxx11=2(x+33x+…)当x∈(0,1)时,lnxx112(x+33x),由此可命制:10.(2015年北京高考试题)已知函数f(x)=lnxx11.(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(Ⅱ)求证:当x∈(0,1)时,f(x)2(x+33x);(Ⅲ)设实数k使得f(x)k(x+33x)对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.3.指对函数子题类型Ⅲ:(2006年全国Ⅰ高考试题)已知函数f(x)=xx11e-ax.(Ⅰ)设a0,讨论y=f(x)的单调性;(Ⅱ)若对任意x∈(0,1)恒有f(x)1,求a的取值范围.[解析]:(Ⅰ)由f(x)定义域为{x|x≠1},f(x)=2)1(xaeax(x2-aa2);①当0a≤2时,f(x)≥0恒成立f(x)在(-∞,1)和(1,+∞)上单调递增;②当a2时,f(x)=2)1(xaeax(x+aa2)(x-aa2)f(x)在(-∞,-aa2)、(aa2,1)和(1,+∞)上单调递增,在(-aa2,aa2)上单调递减;(Ⅱ)当x∈(0,1)时,f(x)1xx11e-ax1lnxx11-ax0lnxx11ax;①当a≤2时,lnxx112x≥ax;②当a2时,令g(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-ax,则g(x)=x11+x11-a=21xa(x+aa2)(x-aa2)g(x)在(0,aa2)上单调递减g(x)g(0)=0lnxx11ax,不合题意.综上,a的取值范围是(-∞,2].[点评]:指数与对数函数的结合有两个方面:①指数函数与对数函数的相互转化;②指数与对数同出现在一个函数中.11.(2018年课标Ⅰ高考试题)设函数f(x)=aexlnx+xbex1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为y=e(x-1)+2.(Ⅰ)求a,b;(Ⅱ)证明:f(x)1.12.(2018年课标Ⅱ高考试题)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(Ⅰ)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)当m≤2时,证明f(x)0.4.子题详解:1.解:(Ⅰ)由f(x)=(x+1)(ex-1)f(x)在(-∞,-1)和(0,+∞)上单调递增,在(-1,0)上单调递减;(Ⅱ)当x≥0时,f(x)≥0当x≥0时,x(ex-1-ax)≥0当x≥0时,ex≥1+ax;当x≥0时,ex≥1+x当a≤1时,ex≥1+x≥1+ax;当a1时,令g(x)=ex-ax-1,则g(x)=ex-ag(x)在(0,lna)上递减g(x)g(0)=0,不合题意.综上,a∈(-∞,1].4.解:(Ⅰ)当x-1时,由f(x)≥1xx(x+1)(1-e-x)≥xex≥x+1;(Ⅱ)当x≥0时,f(x)=1-e-x≥01axx≥f(x)≥0ax+10a≥0;由f(x)≤1axx(ax+1)(1-e-x)≤x(e-x-1)(ax+1)+x≥0;令g(x)=(e-x-1)(ax+1)+x,则g(0)=0,g(x)=e-x(a-1-ax)+1-a;①当0≤a≤21时,由ex≥x+1-x≥1-exg(x)≥e-x[a-1+a(1-ex)]+1-a=(2a-1)(e-x-1)≥0g(x)≥g(0)=0;②当a21时,由e-x≥1-x-x≤e-x-1g(x)=e-x(a-1-ax)+(1-a+ax)-ax≤(e-x-1)(a-1-ax)+a(e-x-1)=(e-x-1)(2a-1-ax)当x∈(0,aa12)时,g(x)0g(x)g(0)=0.故a∈[0,21].3.解:(Ⅰ)由f(x)=ex+e-x≥2xxee=2,当且仅当x=0时取得等号;(Ⅱ)由ex≥1+x,且e-x≥1-xf(x)=ex-e-x≥2x;当a≤2时,f(x)=ex-e-x≥2x≥ax;当a2时,令g(x)=f(x)-ax,则g(x)=ex+e-x-a=e-x(e2x-aex+1)g(x)在(0,ln242aa)上单调递减g(x)g(0)=0,不合题意.综上,a的取值范围是(-∞,2].4.解:(Ⅰ)令g(x)=f(x)-(2x+31x3)(x≥0),则g(x)=ex+e-x-(2+x2)g(x)=ex-e-x-2xg(x)=ex+e-x-2≥0g(x)在[0,+∞)上单调递增g(x)≥g(0)=0g(x)在[0,+∞)上单调递增g(x)≥g(0)=0g(x)在[0,+∞)上单调递增g(x)≥g(0)=0f(x)≥2x+31x3;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a≤2时,对所有x≥0都有f(x)≥ax+31x3;当a2时,令h(x)=f(x)-(ax+31x3)(x≥0),则h(x)=ex+e-x-(a+x2)h(x)=ex-e-x-2x=g(x)≥g(0)=0h(x)在[0,+∞)上单调递增;由h(0)=2-a0h(x)存在零点x00h(x)在(0,x0)上单调递减当x∈(0,x0)时,h(x)h(0)=0当x∈(0,x0)时,f(x)ax+31x3.综上,a∈(-∞,2].5.解:(Ⅰ)由xf(x)≤x2+ax+1lnx≤x+aa≥-1;(Ⅱ)①当0x1时,f(x)=(x+1)lnx-x+1=xlnx+lnx-x+1lnx-x+10(x-1)f(x