2026步步高高考大二轮复习数学-思维提升　培优点13　泰勒展开式与超越不等式

培优点13泰勒展开式与超越不等式[考情分析]随着高考的改革，压轴小题、解答题越来越巧妙，泰勒展开式与超越不等式在比较大小、证明不等式中能起到简化，甚至“秒杀”的作用.1.泰勒公式如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内具有直到(n+1)阶的导数，则对∀x∈(a，b)，有f(x)=f(x0)+f'(x0)1！(x-x0)+f″(x0)2！(x-x0)2+…+f其中f(n)(x0)表示f(x)在x=x0处的n阶导数，等号后的多项式称为函数f(x)在x=x0处的n阶泰勒展开式.2.麦克劳林公式f(x)=f(0)+f'(0)1！x+f″(0)2！x2+…+f(虽然麦克劳林公式是泰勒公式的特殊形式，仅仅是取x0=0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.3.常见函数的麦克劳林展开式(o(xn)是高阶无穷小量)(1)ex=1+x+x22！+…+xnn！+(2)sinx=x-x33！+x55！-…+(-1)n-1x2n-1(3)cosx=1-x22！+x44！-x66！+…+(-1)n(4)ln(1+x)=x-x22+x33-…+(-1)n-1xnn+o(xn)，x∈(5)11-x=1+x+x2+…+xn+o(xn(6)(1+x)α=1+αx+α(α-1)2！x2+…+α(α-1)•••(α-n+1)n！x4.两个超越不等式(注意解答题需先证明后使用)(1)对数型超越放缩：x-1x≤lnx≤x-1(x>0(2)指数型超越放缩：x+1≤ex≤11-x(x<1考点一比较大小例1(1)(2022·新高考全国Ⅰ卷)设a=0.1e0.1，b=19，c=-ln0.9，则(A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.a<c<b答案C解析方法一(泰勒公式法)b=19≈0.111由ex=1+x+x22！+…+xnn！+可得e0.1≈1+0.1+0.122=1则a=0.1e0.1≈0.1105，c=-ln0.9=ln109=ln1+由ln(1+x)=x-x22+x33-…+(-1)n-1xnn+o(xn)得c=ln1+19≈19-1922所以c<a<b.方法二(放缩法)因为x+1<ex<11-x(0<x<1所以1.1<e0.1<11-0.1⇒0.11<a=0.1e0.1<0.1×11-0.1=19=b，即a因为lnx<12x-1x所以c=-ln0.9=ln109<12×109-910=19180<0.综上所述，c<a<b.方法三(构造函数法)假设a<b成立，即0.1e0.1<19⇔0.9e0.1<1⇔ln0.9+0.1<0令x=0.9，则等价于证明lnx+(1-x)<0，即证明lnx<x-1，易知，当0<x<1时，lnx<x-1，即原式得证，故a<b成立；假设a<c成立，即0.1e0.1<-ln0.9⇔0.1e0.1+ln0.9<0，令x=0.1，则等价于证明xex+ln(1-x)<0，x∈(0，1)，设g(x)=xex+ln(1-x)(0<x<1)，则g'(x)=(x+1)ex+1x-1=令h(x)=ex(x2-1)+1(0<x<1)，h'(x)=ex(x2+2x-1)，当0<x<2-1时，h'(x)<0，函数h(x)单调递减，当2-1<x<1时，h'(x)>0，函数h(x)单调递增，又h(0)=0，所以当0<x<2-1时，h(x)<0，所以当0<x<2-1时，g'(x)>0，函数g(x)单调递增，又0.1∈(0，2-1)，所以g(0.1)>g(0)，即0.1e0.1+ln0.9>0，所以假设a<c不成立，即a>c，综上所述，c<a<b.(2)已知a=1100，b=e-99100，c=ln101100，则a，b，A.a<b<c B.a<c<bC.c<a<b D.b<a<c答案C解析先用导数证明这两个重要的不等式.①ex≥x+1，当且仅当x=0时取“=”.设y=ex-(x+1)，y'=ex-1，当x∈(-∞，0)时，y'<0，函数单调递减，当x∈(0，+∞)时，y'>0，函数单调递增，故当x=0时，函数取得最小值0，即ex-(x+1)≥0，故ex≥x+1，当且仅当x=0时取“=”；②lnx≤x-1，当且仅当x=1时取“=”.设y=lnx-(x-1)(x>0)，y'=1x-1当x∈(0，1)时，y'>0，函数单调递增，当x∈(1，+∞)时，y'<0，函数单调递减，故当x=1时，函数取得最大值0，即lnx-(x-1)≤0，故lnx≤x-1，当且仅当x=1时取“=”，故e-99100>-99100+1=1100ln101100<101100-1=1100，即c故c<a<b.[规律方法]涉及比较大小的问题，如果其中同时含有指数式、对数式和多项式，可考虑利用泰勒展开式解决问题，特别注意结合赋值法，还可利用如下超越不等式或其变形公式解决问题.x-1x≤lnx≤x-1(x>0)，x+1≤ex≤11-x(跟踪演练1(1)已知a=e0.02，b=1.012，c=ln2.02，则()A.a>b>c B.b>a>cC.a>c>b D.b>c>a答案A解析因为ex=1+x+x22！+x33所以e0.02=1+0.02+0.0222+0.0236+…≈1+0.02+0.b=1.012=1.0201，c=ln2.02<1，所以a>b>c.(2)已知a=3132，b=cos14，c=4sin14，则A.c>b>a B.b>a>cC.a>b>c D.a>c>b答案A解析方法一(泰勒展开式)设x=0.25，则a=3132=1-0.b=cos14≈1-0.252c=4sin14=sin1414又-0.2523！+0.2545！>-0.25方法二(构造函数法)因为当x∈0，π2时，x<tan故cb=4tan14>4×14=1，故cb>1，所以设f(x)=cosx+12x2-1，x∈(0，+∞)f'(x)=-sinx+x，f″(x)=1-cosx≥0，所以f'(x)单调递增，所以f'(x)>0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，故f14>f(0)=0所以cos14-3132所以b>a，所以c>b>a.方法三(不等式放缩法)cb=4tan1因为当x∈0，π2时，sinx<x<tan所以tan14>1即cb>1，所以c>b因为当x∈0，π2时，sinx<x，取x=18得cos14=1-2sin218>1-2×182=3132，故b考点二证明不等式例2英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x=0处的n(n∈N*)阶导数都存在时，f(x)=f(0)+f'(0)x+f″(0)2！x2+f(3)(0)3！x3+…+f(n)(0)n！xn+….其中，f″(x)表示f(x)的2阶导数，即f'(x)的导数，f(n)(x)((1)写出f(x)=11-x的泰勒展开式(只需写出前4项(2)根据泰勒公式估算sin12的值(精确到0.01)(3)证明：当x≥0时，ex-x22-sinx-cosx≥(1)解f(x)=11-x，f'(x)=1(1-x)2，f″(x)=2(1-x)3，f(0)=f'(0)=1，f″(0)=2，f(3)(0)=6，所以f(x)=11-x=1+x+x2+x3+(2)解因为(sinx)'=cosx，(cosx)'=-sinx，(-sinx)'=-cosx，(-cosx)'=sinx，所以sinx=x-x33！+x55故sin12=12-148+…≈12-1(3)证明方法一由泰勒展开式ex=1+x+x22！+x33！+易知当x≥0时，ex≥1+x+x2所以ex-x22-sinx-cosx≥1+x+x22-x22-sinx-cosx=1+x-sinx-cosx令g(x)=x-sinx，则g'(x)=1-cosx≥0，所以g(x)在[0，+∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)=0，即x-sinx≥0，即证得ex-x22-sinx-cosx≥方法二令G(x)=ex-x22-sinx-cosG'(x)=ex-x-cosx+sinx=ex-x-2cosx+易知当x∈0，3π4时，y=ex-x，y=-2所以G'(x)=ex-x-2cosx+π4所以G'(x)≥G'(0)=0，所以当x∈0，3π4时，G(所以G(x)≥G(0)=0，当x∈3π4G(x)=ex-x22-sinx-cosx>ex-x令F(x)=ex-x22-2，则F'(x)=ex-x则F(x)=ex-x22-2在又2<3π4，所以当x∈3πF(x)=ex-x22-2≥F3π4>F(2)=e即当x∈3π4，+∞时，G(综上，当x≥0时，G(x)≥0，即原不等式得证.[规律方法]在证明不等式或根据不等式求参数的范围时，要仔细观察，如果发现其中含有超越不等式，需证明后再用来解决问题.如果证明的不等式与ex，sinx，cosx，ln(1+x)等有关，可以利用泰勒展开式进行放缩.跟踪演练2已知函数f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：ln23+ln34+ln45+…+lnnn+1<n(n-1)4(1)解因为f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1，所以f(x)的定义域为(1，+∞)，f'(x)=1x-1-若k≤0，则f'(x)>0，f(x)为增函数；若k>0，则f'(x)=1x-1-k=当1<x<1k+1时，f'(x)>0，f(x)在1当x>1k+1时，f'(x)<0，f(x)在1k综上，当k≤0时，f(x)的单调递增区间为(1，+∞)，无单调递减区间；当k>0时，f(x)的单调递增区间为1，1k(2)证明当k=1时，由(1)可知f(x)的单调递增区间为(1，2)，单调递减区间为(2，+∞)，所以f(x)≤f(2)=0在(1，+∞)上恒成立，且f(x)在(2，+∞)上单调递减，即ln(x-1)<x-1-1在(2，+∞)上恒成立.令x-1=n2，则lnn2<n2-1，即2lnn<(n-1)(n+1)，所以lnnn+1<n-12(n∈N*所以ln23+ln34+ln45+…+lnnn+1<12+22+即ln23+ln34+ln45+…+lnnn+1<n(n-1)4(专题强化练[分值：50分]单选题每小题5分，共20分1.设a=15，b=ln119，c=cos89，则A.a<b<c B.b<c<aC.c<b<a D.c<a<b答案A解析a=0.2，由ln(1+x)=x-x22+x33-…+(-1)nxn+1n+1+o(xn得b=ln119=ln≈29-2922+2933由89<π3得c=cos89>cosπ3=12∴a<b<c.2.已知a=sin13，b=13，c=1π，则A.c<b<a B.a<b<cC.a<c<b D.c<a<b答案D解析由sinx=x-x33！+x55！-…+(-1)n-1x2n-1可得x-16x3<sinx<x(x>0)所以sin13∈53162，13而16253≈3.06<3.14<π所以53162>1即sin13>1π，所以c<a，故c<a<3.已知a=e0.1-e-0.1，b=ln1.21，c=0.2，则()A.b<a<c B.c<b<aC.a<c<b D.b<c<a答案D解析设f(x)=ex-e-x-2x，则f'(x)=ex+e-x-2≥0，从而f(x)在R上单调递增，则f(0.1)=e0.1-e-0.1-0.2>f(0)=0，即a>c，设g(x)=2x-2ln(1+x)，x>0，则g'(x)=2-2x+1=2xx+1>0，g(x)在(0则g(0.1)=0.2-2ln1.1=0.2-ln1.21>g(0)=0，即c>b，所以b<c<a.4.已知a=ln1.01，b=1.0130e，c=1101，则(A.a<b<c B.a<c<bC.c<b<a D.c<a<b答案D解析由x-1x≤lnx≤xln1.01>1.01-11.01=1101=∴a>c，ln1.01<1.01-1=0.01=1100又b=1.0130e>1.0130×3=1.0190∴b>a，故b>a>c.5.(13分)已知函数f(x)=ex-12x2-ax-1，g(x)=cosx+12x2(1)若a=1，求证：当x≥0时，f(x)≥0；(5分)(2)若f(x)+g(x)≥0在[0，+∞)上恒成立，求a的取值范围.(8分)(1)证明当a=1时，f(x)=ex-12x2-x-1∴f'(x)=ex-x-1，∴f″(x)=ex-1，∵x≥0，∴f″(x)≥0，∴f'(x)在[0，+∞)上单调递增，∴f'(x)≥f'(0)=0，∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)=0.(2)解令h(x)=f(x)+g(x)，则h(x)=ex-12x2-ax-1+cos∵h(x)≥0在[0，+∞)上恒成立，即h(x)=ex+cosx-ax-2≥0，即ex+cosx-2≥ax恒成立，当x=0时，0≥0，则a∈R，当x>0时，a≤ex由泰勒公式知，当x>0时，ex>1+x+x22！，cosx∴ex+cosx>1+x+x22！+1-x∴ex+cosx-2x>2+x-2∴a的取值范围为(-∞，1].6.(17分)(2025·哈尔滨模拟)在高等数学中，我们将y=f(x)在x=x0处及其附近用一个多项式函数近似表示，具体形式为f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+f″(x0)2！(x-x0)2+…+f(n)(x0)n！(x-x0)n+…，其中f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n次导数，以上公式我们称为函数f(x)在x=x0处的泰勒展开式.例如sinx在x=0处的泰勒展开式为sinx=x-13！(1)分别求cosx和ex在x=0处的泰勒展开式；(5分)(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：eiπ+1=0(其中i为虚数单位)；(5分)(3)当x∈0，32时，求证：esinx>x+1.(7(1)解因为(cosx)'=-sinx，(-sin