2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：泰勒展开式

第14讲泰勒展开式

知识与方法

泰勒展开式是将一个在%=Xo处具有n阶导数的函数“X）利用关于x-的n阶多项式来

逼近函数的方法.在导数题目中命制中，泰勒展开式最大的作用就是把超越函数与初等函数联

系起来，使高等数学问题具有初等解法，最常用的方式是放缩整形

点睛:泰勒展开式为高等数学内容，在高中阶段不要求掌握.

1.泰勒展开式的形式

形式1如果函数/（x）在定义域/上有定义，且n+1阶导数存在e/,则有

xn

/（X）=/（&）+（X-%0）+2!（久一0）+…+―—（X-x0）+。0-Xo）

这里,o（x-配）”为皮亚诺型余项.

我们称上式为函数/■（＞）在点X。处的泰勒展开式.

当a=0时，上式变为f（x）=然力中/+。。”）,称此式（带有皮亚诺余项）的麦克劳林展开

式.

形式2如果函数/（©在定义域/上有定义，且n+1阶导数存在多劭6/,则有

f（x）=/（%0）+^7^（X-%0）+^"^（%一％0）2+…+，『）（%一%0）"+Rn+1・

其中Rn+i=4笔（％-&）"+】为拉格郎日余项，其中F位于x与曲之间，这是函数/（乃在曲处

十k）.

的泰勒展开式.

其中,/5）（久）表示f（x）的n阶导数，等号后的多项式称为函数-x）在&处的泰勒展开式，剩余

的Rn+l是泰勒展开式的余项，为（X-X。）”的高阶无穷小.

当&=o时，上式变为/（X）=2匕0中2+R"。）,称此式为（带有拉格郎日余项）的泰勒展开

式.

2.常见函数的泰勒展开式

由泰勒展开式，我们可以得到几个常用的初等函数在%=0处的泰勒展开式：

（1）^=1+x+x2H------Fxn+o（xn）;

（2）（1+xr=l+mx+吗二2/+…++。（严）；

(3)ex=l+x+—+•••+—+o(xn);

23n+1/

(4)ln(l+x)=x-yY+^V---+(-l)nY^—+o(xn+1);

L3n+l

Y3y5r2n+l

(5)sinx=x--+---+(-1)"丽切+。(%2计2);

(6)C0S乂=1-9+?-9+~+(-1)"磊+O(/n+l).

公式(1)1+x+x2H----Fx"+o(x")=士(-1<x<1)为等比数列求和，将(1)中x换成-x,

有击=1-x+x2--••+(-l)nxn+o(xn)，两边积分，得

C1

In(1+%)=Jj]+%dx=JQ[1—x4-x2-----1-(-l)nxn4-o(xn)]dx

v2v3vn+l

即In(1+x)=x-+可---+(-l)n--4-o(xn+i),这就是公式(4);

L3n+l

反过来，如果对公式(4)求导，则可得到士=1-%+%2---+(-l)nxn+o(%n)，将x换成一%,

即可得到4=1+%+%2+…+H+0(B),此即为公式(1).

1-x

由于sin%是奇函数，所以公式(5)右侧只有奇次方项;cosx是偶函数，所以公式(6)右侧只有偶

次方项对公式⑸求导，即得公式(6);反之,对公式⑹求导，即得公式⑸.对于公式⑸和⑹中的负

号全部改为正号并两式相加，即可得公式(3).公式(3)可以看作是e=1+1+/+…+3+…

的推广或一般形式；公式(2)可以看作是二项式(l+x)m=l+mx+^=^x2+

…的推广

m!

3.常用的泰勒展开式的及其应用

我们从上面的几个展开式截取片断，就构成了初等数学中经常考查的导数不等式：

22

(1)当时,+%+三;当时卢<14-%+y；

(2)当x>0时,％—y<ln(1+%)<%;当x>0时,％—/《In(1+%)<x—1x2+1x3

(3)x一：4sin%<%对恒成立；

(4)1-y<COSX<1一/+或对X>0恒成立；

(5)1+x<ex<」—(0<%<1);

l-x

(6)当0VxV1时，盘<Inx<211)；当x>1时J*“<In(14-%)<%;

(7)当0V%V1时—^<In%<%—1;当%>1时,ln<x—1.

由InxV%—1可得——%,进而—%=lnx>l—'=3(将x换成!),在

XXXX/

Inx>?中将x换成x+1,即可得In(%4-1)>后■,进一步可加强为In(%4-1)>

典型例题

【例1]已知函数f(x)=Ina-xe~x4-asinx,a>0.

(1)若x=0恰为/(x)的极小值点.

⑴证明:g<a<1;

(ii)求/'(%)在区间(-8,兀)上的零点个数；

⑵若a=1号=(1-；)(1+；)(1-£)(1+£)(2-分(1+£)(1-£)(1+3”，

又由泰勒级数知：

丫2丫4丫6丫2n

cosx=1l)n—+neN*.

证明:/+玄+/+…+/+…=?.

【解析】⑴(i)由题意，得/'(X)=Ina-(1-x)e~x+acosx,

因为x=0为函数f(x)的极值点，所以f(0)=Ina+a=0.

令g(x)=In%4-x(x>0),则g(%)=g+1>0,g(%)在(0,+8)上单调递增，

因为5(1)>0,5(0=In11=Iny<0,

所以g(%)在G，l)上有唯一的零点见所以g<a<1.

(ii)由①知Ina=—a,f(x)=a(sinx—xe~x>),f(x)=矶cos%—(1—x)e~x],

当久€(—8,0)时，由a>0,—l<cos%<1,1—x>l,e~x>1,得f(%)V0,且/(0)=0,所以

/(%)在区间(一8.0)上不存在零点；

当xW(0,九)时，设九(x)=cos%—(1—工九一。则九(无)=(2—x)e~x—sinx.

⑴若xe(。，J今m(X)=(2-x)e~x—sin%,

则m(%)=(%—3)e-x—cos%<0,

所以in(x)在(0曰上单调递减，

因为m(0)=2>0,m=(2—e-5—1V0,

所以存在aG(0/),使得m(a)=0.

当％€(0,a)时,m(%)=h(x)>0,九(%)在(0,a)上单调递增;

当％£(见卵寸,m(x)=h(x)<0,九(%)在@1］上单调递减.

⑵若xe6,2］,令0(%)=(2-x)e_*(xe6目)，

则©(%)=(x—3)e~x<0,

所以9(%)在区间&2］上单调递减，

所以3(%)V9停)=(2—§<p

又因为sinx>sin2=sin(TT-2)>sin

所以/i'(x)=(2-x)e"x-sinx<0,/i(x)在《,2］上单调递减.

⑶若xe(2,兀),则h'(x)=(2-x)e-x-sinx<0,八(%)在(2,兀)上单调递减.

由⑴(2)(3)得,在(0,a)上单调递增，在(a,TT)上单调递减.

因为h(a)>h(0)=0,/i(n)=(兀-De"-1<0,所在存在夕G(a,zr)使得砥fl)=0.

所以，当xe(0,6)时/(乃=/i(x)>0,/0)在(0,/?)上单调递增/(吗>/(0)=0;

当工€(£,兀)时,/'(X)=/l(X)<O/(X)在(jg,7T)上单调递减，

因为/(/?)>/(0)=0/(兀)<0,所以f(X)在区间V")上有且只有一个零点.

综上,f(x)在区间(-8,兀)上的零点个数为2个.

⑵因为詈=(1_q(1一/)(1一左)…(1-若)…⑴，

y2y4Y6y2n

对cosx=l-5+&-…l)n丽+…，

两边求导得

Yy3丫5y2n—1

-sinx=--+---+-+(-l)n-…，

XX3Xs1x2n-1

SinX=i!-3?+5!+-+(-1)n"

所以等=1一扛/,•,+(T)'T^+…⑵

比较(1)(2)式中的系数，得-=一今«+/…+*+…)，所以*+.+［+"•+/'+

2

…=-7T

6,

［例2］已知函数f(%)=(x-a)lnx(aGR),它的导函数为f(%).

(1)当a=l时，求f'Q)的零点；

(2)当a=0时，证明:f(x)<ex+cosx-1.

【解析】⑴函数fQ)的定义域为(0,+8),

当Q=1时,/(%)=(%—l)ln%,/(%)=In%+1—：

易知f'(x)在(0,+8)上为增函数，又/'(1)=In1+1-1=0,

所以x=1是/'(%)的零点.

(2)解法1:直接讨论法

当Q=0时/(%)=xlnx.

(1)若0<x<l时，则e*+cos%—1>0,xlnx<0,从而f(x)<ex4-cosx—1成立;

(2)若x>1时，设九(x)=ex+cosx—xlnx-1,则九(x)=ex-sin%—Inx-1,

h(%)=ex--cosx,因为x>1,所以九"(x)>e-l-l>0,

从而/i'(x)单调递增，所以/i'(x)>h(l)=e-sin1-1>0,

所以九(乃在(1,+8)单调递增，

所以h(x)>/i(l)=e4-cos1—1>0,即/(%)<e"+cosx-1.

综上所述，有/(%)<ex4-cos%-1成立.

解法2:泰勒公式+高阶借位法

当x>0时,由泰勒公式有e，>l4-%4--x2+-x3,cosx>l--x2Jn—1,

262

从而xlnx<%2—%.

从而要证xlnx<ez4-cos%—1,

1

-即可

只需证/6

即证二炉-%24-2%4-1>0.

6

13

-X2

构造函数g(x)6-%4-2%+1(%>0),

则。(%)=-x2-2x+2=-(%-2)2〉0,从而g(x)单调递增,

所以g(x)>g(o)=1>o成立,从而原不等式得证.

解法3:泰勒公式+兵分两路法

由泰勒公式，得cosx>一1%2,

从而可知e，+cosx—l>ex—1x2.

所以要证xln%<ex4-cos%—1,

只需证xlnx<ex-J/即可亦即证叱<

2xx2

构造函数/i(x)=竽g(x)=

易求得h(x)max="(x)min=9一/

显然;v亍一a从而九(%)<g(%).

所以原不等式得证.

［例3］已知函数/(x)=(2+%+ax2)ln(14-%)-2x.

(1)若a=0,证明:当一1V%<0时,/(T)<0;当%>0时,/(%)>0;

(2)若x=0是/(%)的极大值点，求a的值.

【解析】首先,x=0时,/(%)=0.

(1)若a=0,则/(x)=(24-x)ln(1+%)—2x.

f'(x)=In(1+x)+鬻-2=In(1+x)+上一1.

/'(0)=0-/,(x)1_______1____.

1+x~(1+x)2-(1+x)2

当x>0时，"(x)>0/(x)单调递增，

所以/(久)>/(0)=0,从而〃久)在(0,+8)上单调递增，从而/(x)>/(0)=0;

当-1<%<0时/'(*)<0,/'(x)单调递减，

所以f(x)>/'(0)=0,从而f(x)在(一1,0)上单调递增，从而/(x)</(0)=0.

综上可知，若a=0,则当-1cx<0时,/(x)<0;当x>0时,/(%)>0.

证毕.

(2)解法1:必要性探路法

f(x)的定义域为(-1,+8)有任意阶导数，

/(0)是极大值,就说明0附近某区间(一d,d)内其它值f(x)</(0)(x丰0).

当x由。的负方向趋向于0时J(x)应为递增的，从而f'(x)>0,令x-0-,W/(0)>0;

当x由0的正方向趋向于0时,f(x)应为递减的，即fQ)<0,令x-0+,则/(0)《0.因此必有

/(0)=0,这是/(0)是极大值的必要条件.

/'(x)正递减到0再递减到负/'(X)都是负的.如下表所示：

X—707+

f(x)</(0)7/(0)\</(0)

/1w+0—

f,M—/"(0)—

/(0)=0,且,'(x)<0对0附近某区间内xk0都成立，

这是f(0)为极大值的充分必要条件.

2

/''(%)=(1+2ax)ln(1+x)+=0.

/"W=2aln(1+x)+>；；；；："/"(0)=0.

/(0)是极大值=在x=0左右附近有g(x)=/"(x)<0=g(0),

这又要求g(0)是极大值，

必须有g'(0)=0.

,2a4a+1+6ax2(4a+l)x+6ax2

9(")-1+x+-(1+x)2(1+x)3

1

-

所以g(0)=Y+与生+^=6a+1=0,得a=6

从而g'(x)=一苗亲=一x入(x),其中M%)=点系

在区间(一1,4)内Mx)>o,g'(x)=—%入。)的正负号与%相反，

在区间(一L0)内,g'Q)>0,在区间(0,4)内,g'O)<0.

g(x)在区间(-1,4)递增到g(0)=0再递减；

当x。0时，都有f"(x)=g(x)<0,

这与f(x)=o一起保证了/(0)在(一1,4)内是最大值,也是极大值.

解法2:

当％t0时,2+x+ax2->2>0.

0附近足够小区间(一d,d)内,2+x+a/足伯接近2,也有2+x+ax?>0.

f(x)在区间(一d,d)内的正负号与q(x)=2+g/=In(1+x)-万落追相同.

/(0)是极大值=q(0)是极大值o在0附近某个区间(-儿0)内q'(x)>0,

,12(2+%+ax2)—2x(1+2ax)

即q3==--------LG乎-----

14—2ax2

1+%(2+%+ax2)2

(2+x+ax2)2—(1+x)(4—2ax2)

(2+%+ax2)2(l+%)

(6a+l)x2+4ax3+a2%4

(2+%+ax2)2(l+%)>'

且在(0,h)内,q'(x)<0,进而得6a+1=0,解得a=-：.

o

__2314

此时,q'a)=尸、符合要求，力(0)与f(0)都是极大值，从而a=-3

(2+收F约26

【点睛】解法2的优点是先用除法将与In(1+x)相乘的2+x+a/剥离，只求一阶导数就把

对数函数消去，化成分式.容易判定q'(x)在x=0附近取值的正负号，不需要高阶导数,也不需

要再求极限.用泰勒展开式In(l+x)=x-y+y-y+-,

得f(x)=(2+x+a/)(x—~~—3+■,,)—2久=(a+熹)炉+(—]—x"+…如果二

次项系数a+，H0,在0附近足够小的区间(-d,d)内，三次以上各项和绝对值比三次项

小，(x)的正负号与三次项(a+[)x3相同,/(%)与f(-x)异号,总有一个大于0/(0)=0不是

极大值.

要使/(0)极大，必须三次项系数a+；=0,得a=-"此时,f(x)=-白/+…的最低次非零项

OO14

是四次项一.在0附近足够小的区间内,/(x)的正负号与四次项一看工4相同，当X力0时，都

小于0/(0)确实是极大值.

m+1

一般地，设/(x)=/(c)+am(x-c)m+am+1(x-c)+…是无穷级数，且0mH0是常数项

m

之外最低次非零项的系数.则当%tc时JO)-/(c)=(x-c)[am+0m+1(%-c)+…]方括

号内的Mx)=Qm+am+Ax-c)+>Qm，在c附近足够小的区间(C一d,C+d)内-c|足

够小，入0)足够接近册1，正负号与相同，/(%)-/(c)与m次项时(%-C)m正负号相同.

当m是奇数X-。<0与％-。>0时,/(%)-/(c)的正负号相反，一正一负,f(c)既不是极大

值也不是极小值；

当m是偶数，只要％-cH0都有。-c)m>0.当0m<0时，都有f(x)-/(c)<0/(c)是极大

值;当Qm>0时，都有f(x)—/(c)>0/(C)是极小值.

【例4】函数/(%)=%—1—alnx.

⑴若/(x))0,求a的值;

(2)m为整数，且对于任意正整数n,(1+?)(1+—…(1+点)V科求m的最小值.

【解析】(1)易知/(I)=0,用泰勒展开式探索：

令％=1+£,得Inx=In(14-1)=t—y4-…，

从而/(%)=(14-t)—1——y+…]=(1-a)t+----,

要保证x=1附近始终/(x))0,由必须有1一a=0,从而a=1.

此时f(t)=9一…=一…/(I)=0是极小值，在%=1附近/(x)>0.

但In(1+。仅在-1Vt<l范围内可以泰勒展开，无法判断t>1时的变化情况，还需通过

In%的导数判断它在定义域(0,+8)内的变化情况.

从而解法如下：

由/(I)=0,知

当且仅当/'(工)=1一?》0(当时)/(%)40(当0V%41)时，从而a=1.

(2)由(1)知Inx<x-1,从而In(1+t)<t.

今Pn=(l+今(1+/”(1+点),

所以

lnPn=ln(1+J+In(1+—+…+ln(1+/)(畀强+…+a=1一备<1.

从而P”<e=2.71828-<3,而P3=