专题一 微拓展1 泰勒展开式-【步步高·考前三个月】2025年高考数学复习讲义课件（课件PPT+word教案）

微拓展1　泰勒展开式 [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)+(x-x0)+(x-x0)2+…+(x-x0)n+Rn(x)， 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)+x+x2+…+xn+Rn(x)， 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xn的高阶无穷小量) (1)ex=1+x++…++o(xn)； (2)sin x=x-+-…+(-1)n-1+o(x2n-1)； (3)cos x=1-+-+…+(-1)n+o(x2n)； (4)ln(1+x)=x-+-…+(-1)n-1+o(xn)； (5)=1+x+x2+…+xn+o(xn)； (6)(1+x)α=1+αx+x2+…+xn+o(xn). 4.两个超越不等式(注意解答题需先证明后使用) (1)对数型超越放缩：≤ln x≤x-1(x>0)； (2)指数型超越放缩：x+1≤ex≤(x<1). 微点一　比较大小 1.已知a=ln 1.01，b=c=则(　　) A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.c<a<b 答案　D 解析　由≤ln x≤x-1知 ln 1.01>==c， ∴a>c， ln 1.01<1.01-1=0.01= 又b=>=>> ∴b>a，故b>a>c. 2.(2022·新高考全国Ⅰ)设a=0.1e0.1，b=c=-ln 0.9，则(　　) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b 答案　C 解析　b=≈0.111， 由公式ex=1+x++…， 可得e0.1≈1+0.1+=1.105， 则a=0.1e0.1≈0.110 5， c=-ln 0.9=ln=ln 由公式ln(1+x)=x-++…， 得c=ln-≈0.104 9， 所以c<a<b. 3.已知a=e0.02，b=1.02，c=ln 2.02，则(　　) A.c>a>b B.a>b>c C.a>c>b D.b>a>c 答案　B 解析　设x=0.02，则a=e0.02=1+0.02++…， 显然a>b>1>c. 4.(2022·全国甲卷)已知a=b=cosc=4sin 则(　　) A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b 答案　A 解析　根据题意，构造函数f(x)=1- g(x)=cos x，h(x)= 则a=f b=gc=h. 由于较小，所以对g(x)，h(x)在x=0处进行泰勒展开： g(x)=1-++o(x4)， h(x)=1-++o(x4). 显然，在x=时，a=f<b=g<c=h故a<b<c. 微点二　证明不等式 5.(15分)(2024·赣州模拟)给出以下三段材料： ①若函数f(x)的导数为f'(x)，f'(x)的导数叫做f(x)的二阶导数，记作f″(x).类似地，二阶导数f″(x)的导数叫做f(x)的三阶导数，记作f(3)(x)，三阶导数f(3)(x)的导数叫做f(x)的四阶导数，…，一般地，n-1阶导数的导数叫做f(x)的n阶导数，即f(n)(x)=[f(n-1)(x)]'，n≥4； ②若n∈N*，定义n！=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1； ③若函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内具有n+1阶导数，那么对于∀x∈(a，b)，有f(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…+(x-x0)n+o((x-x0)n)，我们称上式为函数f(x)在x=x0处的n阶泰勒展开式，其中o((x-x0)n)为(x-x0)n的高阶无穷小量.例如，y=ex在x=0处的n阶泰勒展开式为1+x+x2+…+xn+o(xn). 根据以上三段材料，完成下面的题目： (1)求f1(x)=cos x，f2(x)=sin x在x=0处的3阶泰勒展开式；(4分) (2)在(1)的条件下，记g1(x)=f1(0)+x+x2+x3，比较f1(x)与g1(x)的大小；(5分) (3)证明：ex+sin x+cos x≥2+2x.(6分) (1)解　f1(x)=cos x，则有f'1(x)=-sin x，f″1(x)=-cos x(x)=sin x， ∴f'1(0)=0，f″1(0)=-1(0)=0， ∴f1(x)=cos 0+(x-0)+(x-0)2+(x-0)3+o(x3)=1-x2+o(x3)， 同理可得f2(x)=x-x3+o(x3). (2)解　由(1)知f1(x)=cos x，g1(x)=1-x2， 令h(x)=f1(x)-g1(x)=cos x-1+x2，则h'(x)=-sin x+x， ∴h″(x)=1-cos x≥0， ∴h'(x)为R上的增函数， 又h'(0)=0，∴在(-∞，0)上，h'(x)<0，h(x)单调递减；在(0，+∞)上，h'(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)≥h(0)=0，即cos x≥1-x2， 故f1(x)≥g1(x). (3)证明　令φ(x)=sin x-x+x3，则φ'(x)=cos x-1+x2， 由(2)知，φ'(x)≥0，所以φ(x)为R上的增函数，又φ(0)=0， 所以当x<0时，φ(x)<0， 即sin x<x-x3； 当x=0时，φ(x)=0， 即sin x=x-x3； 当x>0时，φ(x)>0， 即sin x>x-x3， 而y=ex在x=0处的3阶泰勒展开式为 ex=1+x+x2+x3+o(x3)， 设m(x)=ex-1-x-x2-x3， 则m'(x)=ex-1-x-x2， m″(x)=ex-1-x≥0， 故m'(x)为R上的增函数，而m'(0)=0， 故当x<0时，m'(x)<0，当x>0时，m'(x)>0， 故m(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 故m(x)min=m(0)=0，即ex≥1+x+x2+x3，当且仅当x=0时取等号. ①当x≥0时，sin x≥x-x3，当且仅当x=0时取等号， 所以ex+sin x+cos x≥++=2+2x； ②当x<0时，设F(x)=ex+sin x+cos x-2-2x，F(0)=0， F'(x)=ex+cos x-sin x-2 =ex+cos-2， F″(x)=ex-sin x-cos x， 若x∈(-1，0)，由于sin x<x-x3， 所以F″(x)=ex-sin x-cos x >1+x+x2+x3+x3-x-cos x =1-cos x+x2(3+2x)>0， 故F'(x)在(-1，0)上单调递增， 从而F'(x)<F'(0)=0， 若x∈(-∞，-1]， F'(x)=ex+cos-2<+-2<+-2<0， 所以当x<0时，F(x)单调递减， 从而F(x)>F(0)=0， 即ex+sin x+cos x>2+2x. 综上，ex+sin x+cos x≥2+2x. 6.(15分)已知函数f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1. (1)求函数f(x)的单调区间；(7分) (2)证明：+++…+<(n∈N*，n>1).(8分) (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)=-k. 若k≤0，则f'(x)>0，f(x)在(1，+∞)上为增函数； 若k>0，则f'(x)=-k= 当1<x<+1时，f'(x)>0，f(x)在上单调递增； 当x>+1时，f'(x)<0，f(x)在上单调递减. 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)的单调递增区间为单调递减区间为. (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(n∈N*，n>1)，则ln n2<n2-1， 即2ln n<(n-1)(n+1)， 所以<(n∈N*，n>1)， 所以+++…+<+++…+= 即+++…+<(n∈N*，n>1)成立. [总结提升] 1.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，利用如下超越不等式或其变形公式解决问题： ≤ln x≤x-1(x>0)，x+1≤ex≤(x<1). 2.在证明不等式或根据不等式求参数的范围时，要仔细观察，发现其中所含的超越不等式，需证明后再用来解决问题. 1.(2024·郑州统考)计算器计算ex，ln x，sin x，cos x等函数的函数值，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的.“泰勒展开式”的内容为：如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内可以进行多次求导数运算，则当x≠x0时，有f(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…，其中f'(x)是f(x)的导数，f″(x)是f'(x)的导数，(x)是f″(x)的导数，….取x0=0，则sin 1精确到0.01的近似值为 (　　) A.0.82 B.0.84 C.0.86 D.0.88 答案　B 解析　根据题意，f(x)=sin x，f'(x)=cos x，f″(x)=-sin x，(x)=-cos x，…， 取x0=0，可得f(x)=f(0)+x+x2+x3+…， 则f(x)=sin x=0+1×x+0×x2+(-1)×x3+0×x4+1×x5+…=x-x3+x5+…， 令x=1，代入上式可得f(1)=sin 1=1-++…=+…≈0.84， 所以sin 1≈0.84. 2.已知a=b=c=ln 则a，b，c的大小关系为 (　　) A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.b<a<c 答案　C 解析　因为ex≥x+1，ln x≤x-1，故b=>-+1=即b>a， c=ln <-1= 即a>c，所以c<a<b. 3.已知a=e0.1-1，b=sin 0.1，c=ln 1.1，则(　　) A.a<b<c B.b<c<a C.c<a<b D.c<b<a 答案　D 解析　∵sin x=x-+-…， ln(1+x)=x-+-…， ex=1+x+++…， ∴sin 0.1=0.1-+-…， ln 1.1=0.1-+-…， e0.1=1+0.1+++…， 则e0.1-1=0.1+++…， ∴ln 1.1<sin 0.1<0.1<e0.1-1， 故c<b<a. 4.设a=2ln 1.01，b=ln 1.02，c=-1，则(　　) A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b 答案　B 解析　因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1>ln 1.02，所以a>b，排除A，D； 由公式ln(1+x)=x-+…， 得a=2ln(1+0.01)≈2× ≈0.02-0.000 1=0.019 9， 由公式(1+x)α=1+αx+x2+…， 得c=(1+0.04-1≈×0.04-×0.042≈0.02-0.000 2=0.019 8， 所以a>c，排除C. 5.(多选)(2023·沈阳模拟)泰勒公式通俗地讲就是用一个多项式函数去逼近一个给定的函数，也叫泰勒展开式，下面给出两个泰勒展开式： ex=1+x++++…++…； sin x=x-+-+…+(-1)n-1+…. 由此可以判断下列各式中正确的是(　　) A.eix=cos x+isin x(i是虚数单位) B.eix=-i(i是虚数单位) C.2x≥1+xln 2+(x≥0) D.cos x<1-+(x∈(0，1)) 答案　ACD 解析　对于A，B，由sin x=x-+-+…+(-1)n-1+…， 两边求导得cos x=1-+-+…+(-1)n-1+…， isin x=xi-+-+…+(-1)n-1+…， cos x+isin x=1+xi--++--+…+(-1)n-1+(-1)n-1+…， 又eix=1+xi++++…++… =1+xi--++--+…+(-1)n-1+(-1)n-1+… =cos x+isin x， 故A正确，B错误； 对于C，已知ex=1+x++++…++…，则ex≥1+x+. 因为2x=exln 2(x≥0)，则exln 2≥1+xln 2+即2x≥1+xln 2+(x≥0)成立，故C正确； 对于D，cos x=1-+-+-+…+(-1)n-1+… =-+-+…-+-…(n为奇数)， 当x∈(0，1)时，-+<0，-+<0，…， -+ =<0，x∈(0，1)， 所以-+-+…-+-…<0， 所以cos x<1-+=1-+(x∈(0，1))成立，故D正确. 6.(5分)数学家研究发现，对于任意的x∈R，sin x=x-+-+…+(-1)n-1+…(n∈N*)，称为正弦函数的泰勒展开式.在精度要求不高的情况下，对于给定的实数x，可以用这个展开式来求sin x的近似值.如图，百货大楼的上空有一广告气球，直径为6米，在竖直平面内，某人测得气球中心B的仰角∠BAC=30°，气球的视角α=2°，则该气球的高BC约为　　　　米.(精确到1米)  答案　86 解析　由题意过点B作切线的垂线交于点D， 在△ABD中，BD=3， sin 1°= 所以AB= 在Rt△ABC中，sin∠BAC=sin 30°= 联立可得BC==≈86. 7.(15分)(2024·合肥模拟)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n(n∈N*)阶导数都存在时，f(x)在x=0处的n阶泰勒展开式为f(x)=f(0)+f'(0)x+x2+x3+…+xn+….注：f″(x)表示f(x)的2阶导数，即为f'(x)的导数，f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式. (1)写出f(x)=的泰勒展开式(只需写出前4项)；(4分) (2)根据泰勒公式估算sin 的值，精确到小数点后两位；(4分) (3)证明：当x≥0时，ex--sin x-cos x≥0.(7分) (1)解　f(x)=f'(x)=f″(x)=f(3)(x)= f(0)=f'(0)=1，f″(0)=2，f(3)(0)=6， 所以f(x)==1+x+x2+x3+…. (2)解　因为(sin x)'=cos x，(cos x)'=-sin x， 可得sin x=x-+-+…， 故sin=-+…≈0.48. (3)证明　方法一　由泰勒展开式ex=1+x+++++…++…， 易知当x≥0时，ex≥1+x+ 所以ex--sin x-cos x≥1+x+--sin x-cos x=1+x-sin x-cos x≥x-sin x， 令g(x)=x-sin x， 则g'(x)=1-cos x≥0，所以g(x)在[0，+∞)上单调递增， 故g(x)≥g(0)=0， 即证得当x≥0时，ex--sin x-cos x≥0. 方法二　令G(x)=ex--sin x-cos x， G'(x)=ex-x-cos 易知当x∈时，y=ex-x，y=-cos均单调递增， 所以G'(x)=ex-x-cos单调递增， 所以G'(x)≥G'(0)=0， 所以当x∈时，G(x)单调递增， 所以G(x)≥G(0)=0， 当x∈时， G(x)=ex--sin x-cos x≥ex--2， 令F(x)=ex--2，则F'(x)=ex-x>0， 则F(x)=ex--2单调递增， 则当x∈时，F(x)=ex--2>F(2)=e2-4>0， 综上，原不等式得证. 8.(15分)(2024·廊坊模拟)对于函数f(x)，规定f'(x)=[f(x)]'，f″(x)=[f'(x)]'，f(3)(x)=[f″(x)]'，…，f (n)(x)=[f (n-1)(x)]'，f (n)(x)叫做函数f(x)的n阶导数.若函数f(x)在包含x0的某个开区间(a，b)上具有直到(n+1)阶的导数，则对任意x∈(a，b)，f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…+(x-x0)n+Rn(x)，该公式称为函数f(x)在x=x0处的n阶泰勒展开式，Rn(x)是此泰勒展开式的n阶余项.已知函数f(x)=ln(x+1). (1)写出函数f(x)在x=1处的3阶泰勒展开式(Rn(x)用R3(x)表示即可)；(3分) (2)设函数f(x)在x=0处的3阶余项为g(x)，求证：对任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0；(4分) (3)求证：<(n∈N*).(8分) (1)解　由f(x)=ln(x+1)，得f'(x)=f″(x)=-f(3)(x)= 所以f(1)=ln 2，f'(1)=f″(1)=-f(3)(1)= 所以函数f(x)在x=1处的3阶泰勒展开式为f(x)=ln 2+(x-1)-(x-1)2+(x-1)3+R3(x). (2)证明　由(1)，得f(0)=0，f'(0)=1，f″(0)=-1，f(3)(0)=2. 所以函数f(x)在x=0处的3阶泰勒展开式为f(x)=x-x2+x3+R3(x)， 所以g(x)=R3(x)=ln(x+1)-x+x2-x3. g'(x)=-1+x-x2=-令g'(x)=0，得x=0， 当x∈(-1，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减. 所以g(x)≤g(0)=0，即对任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0. (3)证明　由(2)知，当x∈(0，1)时，g(x)=ln(x+1)-x+x2-x3<0，即ln(x+1)<x-x2+x3， 因为∈(0，1)(n∈N*)， 所以ln<-·+·. ln+ln+ln+…+ln<++…+-+ =-×+× =+·--· 因为+·--·<+·-=+ =+·<(n∈N*)， 所以ln+ln+ln+…+ln< 即ln< 所以<(n∈N*). 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题一　函数与导数 微拓展1 泰勒展开式 随着高考的改革，压轴小题、解答题越来越巧妙，泰勒展开式在比较大小、证明不等式中能起到简化，甚至“秒杀”的作用. 考情分析 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)+(x-x0)+(x-x0)2+…+(x-x0)n+Rn(x)， 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)+x+x2+…+xn+Rn(x)， 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xn的高阶无穷小量) (1)ex=1+x++…++o(xn)； (2)sin x=x-+-…+(-1)n-1+o(x2n-1)； (3)cos x=1-+-+…+(-1)n+o(x2n)； (4)ln(1+x)=x-+-…+(-1)n-1+o(xn)； (5)=1+x+x2+…+xn+o(xn)； (6)(1+x)α=1+αx+x2+…+xn+o(xn). 4.两个超越不等式(注意解答题需先证明后使用) (1)对数型超越放缩：≤ln x≤x-1(x>0)； (2)指数型超越放缩：x+1≤ex≤(x<1). 高频考点练 补偿强化练 内容索引 高频考点练 PART ONE 微点一　比较大小 1.已知a=ln 1.01，b=c=则 A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.c<a<b √ 1 2 3 4 5 6 由≤ln x≤x-1知 ln 1.01>==c， ∴a>c， ln 1.01<1.01-1=0.01= 又b=>=>> ∴b>a，故b>a>c. 1 2 3 4 5 6 2.(2022·新高考全国Ⅰ)设a=0.1e0.1，b=c=-ln 0.9，则 A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b √ 1 2 3 4 5 6 b=≈0.111， 由公式ex=1+x++…，可得e0.1≈1+0.1+=1.105， 则a=0.1e0.1≈0.110 5，c=-ln 0.9=ln=ln 由公式ln(1+x)=x-++…， 得c=ln-≈0.104 9， 所以c<a<b. 1 2 3 4 5 6 3.已知a=e0.02，b=1.02，c=ln 2.02，则 A.c>a>b B.a>b>c C.a>c>b D.b>a>c √ 1 2 3 4 5 6 设x=0.02，则a=e0.02=1+0.02++…， 显然a>b>1>c. 4.(2022·全国甲卷)已知a=b=cosc=4sin 则 A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b √ 1 2 3 4 5 6 根据题意，构造函数f(x)=1-g(x)=cos x，h(x)= 则a=f b=gc=h. 由于较小，所以对g(x)，h(x)在x=0处进行泰勒展开： g(x)=1-++o(x4)，h(x)=1-++o(x4). 显然，在x=时，a=f <b=g<c=h故a<b<c. 1 2 3 4 5 6 微点二　证明不等式 5.(2024·赣州模拟)给出以下三段材料： ①若函数f(x)的导数为f'(x)，f'(x)的导数叫做f(x)的二阶导数，记作f″(x).类似地，二阶导数f″(x)的导数叫做f(x)的三阶导数，记作f(3)(x)，三阶导数 f (3)(x)的导数叫做f(x)的四阶导数，…，一般地，n-1阶导数的导数叫做f(x)的n阶导数，即f (n)(x)=[f (n-1)(x)]'，n≥4； ②若n∈N*，定义n！=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1； 1 2 3 4 5 6 ③若函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内具有n+1阶导数，那么对于∀x∈(a，b)，有f(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…+ (x-x0)n+o((x-x0)n)，我们称上式为函数f(x)在x=x0处的n阶泰勒展开式，其中o((x-x0)n)为(x-x0)n的高阶无穷小量.例如，y=ex在x=0处的n阶泰勒展开式为1+x+x2+…+xn+o(xn). 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 f1(x)=cos x，则有f'1(x)=-sin x，f″1(x)=-cos x(x)=sin x， ∴f'1(0)=0，f″1(0)=-1(0)=0， ∴f1(x)=cos 0+(x-0)+(x-0)2+(x-0)3+o(x3)=1-x2+o(x3)， 同理可得f2(x)=x-x3+o(x3). 根据以上三段材料，完成下面的题目： (1)求f1(x)=cos x，f2(x)=sin x在x=0处的3阶泰勒展开式； 1 2 3 4 5 6 (2)在(1)的条件下，记g1(x)=f1(0)+x+x2+x3，比较f1(x)与g1(x)的大小； 由(1)知f1(x)=cos x，g1(x)=1-x2， 令h(x)=f1(x)-g1(x)=cos x-1+x2，则h'(x)=-sin x+x， ∴h″(x)=1-cos x≥0， ∴h'(x)为R上的增函数， 又h'(0)=0，∴在(-∞，0)上，h'(x)<0，h(x)单调递减；在(0，+∞)上，h'(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)≥h(0)=0，即cos x≥1-x2， 故f1(x)≥g1(x). 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 (3)证明：ex+sin x+cos x≥2+2x. 1 2 3 4 5 6 令φ(x)=sin x-x+x3，则φ'(x)=cos x-1+x2， 由(2)知，φ'(x)≥0，所以φ(x)为R上的增函数，又φ(0)=0， 所以当x<0时，φ(x)<0， 即sin x<x-x3； 当x=0时，φ(x)=0， 即sin x=x-x3； 当x>0时，φ(x)>0， 即sin x>x-x3， 1 2 3 4 5 6 而y=ex在x=0处的3阶泰勒展开式为ex=1+x+x2+x3+o(x3)， 设m(x)=ex-1-x-x2-x3， 则m'(x)=ex-1-x-x2，m″(x)=ex-1-x≥0， 故m'(x)为R上的增函数，而m'(0)=0， 故当x<0时，m'(x)<0，当x>0时，m'(x)>0， 故m(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 故m(x)min=m(0)=0，即ex≥1+x+x2+x3，当且仅当x=0时取等号. 1 2 3 4 5 6 ①当x≥0时，sin x≥x-x3，当且仅当x=0时取等号， 所以ex+sin x+cos x≥++=2+2x； ②当x<0时，设F(x)=ex+sin x+cos x-2-2x，F(0)=0， F'(x)=ex+cos x-sin x-2=ex+cos-2， F″(x)=ex-sin x-cos x， 若x∈(-1，0)，由于sin x<x-x3， 所以F″(x)=ex-sin x-cos x>1+x+x2+x3+x3-x-cos x=1-cos x+x2(3+2x)>0， 1 2 3 4 5 6 故F'(x)在(-1，0)上单调递增， 从而F'(x)<F'(0)=0， 若x∈(-∞，-1]， F'(x)=ex+cos-2<+-2<+-2<0， 所以当x<0时，F(x)单调递减， 从而F(x)>F(0)=0， 即ex+sin x+cos x>2+2x. 综上，ex+sin x+cos x≥2+2x. 6.已知函数f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1. (1)求函数f(x)的单调区间； 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 因为f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1， 所以f(x)的定义域为(1，+∞)，f'(x)=-k. 若k≤0，则f'(x)>0，f(x)在(1，+∞)上为增函数； 若k>0，则f'(x)=-k= 当1<x<+1时，f'(x)>0，f(x)在上单调递增； 当x>+1时，f'(x)<0，f(x)在上单调递减. 6 1 2 3 4 5 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)的单调递增区间为单调递减区间为. (2)证明：+++…+<(n∈N*，n>1). 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 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(n∈N*，n>1)，则ln n2<n2-1， 即2ln n<(n-1)(n+1)， 所以<(n∈N*，n>1)， 所以+++…+<+++…+= 即+++…+<(n∈N*，n>1)成立. 总结提升 1.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，利用如下超越不等式或其变形公式解决问题： ≤ln x≤x-1(x>0)，x+1≤ex≤(x<1). 2.在证明不等式或根据不等式求参数的范围时，要仔细观察，发现其中所含的超越不等式，需证明后再用来解决问题. 30 补偿强化练 PART TWO 1.(2024·郑州统考)计算器计算ex，ln x，sin x，cos x等函数的函数值，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的.“泰勒展开式”的内容为：如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内可以进行多次求导数运算，则当x≠x0时，有f(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…，其中f'(x)是f(x)的导数，f″(x)是f'(x)的导数，(x)是f″(x)的导数，….取x0=0，则sin 1精确到0.01的近似值为 A.0.82　　　　B.0.84　　　　C.0.86　　　　D.0.88 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 根据题意，f(x)=sin x，f'(x)=cos x，f″(x)=-sin x，(x)=-cos x，…， 取x0=0，可得f(x)=f(0)+x+x2+x3+…， 则f(x)=sin x=0+1×x+0×x2+(-1)×x3+0×x4+1×x5+… =x-x3+x5+…， 令x=1，代入上式可得f(1)=sin 1=1-++…=+…≈0.84， 所以sin 1≈0.84. 1 2 3 4 5 6 7 8 2.已知a=b=c=ln 则a，b，c的大小关系为 A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.b<a<c √ 1 2 3 4 5 6 7 8 因为ex≥x+1，ln x≤x-1，故b=>-+1=即b>a， c=ln <-1= 即a>c，所以c<a<b. 3.已知a=e0.1-1，b=sin 0.1，c=ln 1.1，则 A.a<b<c B.b<c<a C.c<a<b D.c<b<a √ 1 2 3 4 5 6 7 8 ∵sin x=x-+-…，ln(1+x)=x-+-…，ex=1+x+++…， ∴sin 0.1=0.1-+-…，ln 1.1=0.1-+-…， e0.1=1+0.1+++…， 则e0.1-1=0.1+++…， ∴ln 1.1<sin 0.1<0.1<e0.1-1， 故c<b<a. 1 2 3 4 5 6 7 8 4.设a=2ln 1.01，b=ln 1.02，c=-1，则 A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b √ 1 2 3 4 5 6 7 8 因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1>ln 1.02，所以a>b，排除A，D； 由公式ln(1+x)=x-+…， 得a=2ln(1+0.01)≈2×≈0.02-0.000 1=0.019 9， 由公式(1+x)α=1+αx+x2+…， 得c=(1+0.04-1≈×0.04-×0.042≈0.02-0.000 2=0.019 8， 所以a>c，排除C. 1 2 3 4 5 6 7 8 5.(多选)(2023·沈阳模拟)泰勒公式通俗地讲就是用一个多项式函数去逼近一个给定的函数，也叫泰勒展开式，下面给出两个泰勒展开式： ex=1+x++++…++…； sin x=x-+-+…+(-1)n-1+…. 由此可以判断下列各式中正确的是 A.eix=cos x+isin x(i是虚数单位) B.eix=-i(i是虚数单位) C.2x≥1+xln 2+(x≥0) D.cos x<1-+(x∈(0，1)) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 √ √ 对于A，B，由sin x=x-+-+…+(-1)n-1+…， 两边求导得cos x=1-+-+…+(-1)n-1+…， isin x=xi-+-+…+(-1)n-1+…， cos x+isin x=1+xi--++--+…+(-1)n-1+(-1)n-1+…， 又eix=1+xi++++…++… =1+xi--++--+…+(-1)n-1+(-1)n-1+…=cos x+isin x， 故A正确，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 对于C，已知ex=1+x++++…++…，则ex≥1+x+. 因为2x=exln 2(x≥0)，则exln 2≥1+xln 2+ 即2x≥1+xln 2+(x≥0)成立，故C正确； 对于D，cos x=1-+-+-+…+(-1)n-1+… =-+-+…-+-…(n为奇数)， 1 2 3 4 5 6 7 8 当x∈(0，1)时，-+<0，-+<0，…， -+=<0，x∈(0，1)， 所以-+-+…-+-…<0， 所以cos x<1-+=1-+(x∈(0，1))成立，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 6.数学家研究发现，对于任意的x∈R，sin x=x-+-+…+(-1)n-1 +…(n∈N*)，称为正弦函数的泰勒展开式.在精度要求不高的情况下，对于给定的实数x，可以用这个展开式来求sin x的近似值.如图，百货大楼的上空有一广告气球，直径为6米，在竖直平面内，某人测得气球中心B的仰角∠BAC=30°，气球的视角α=2°，则该气球的高BC约为______米. (精确到1米)  1 2 3 4 5 6 7 8 86 由题意过点B作切线的垂线交于点D， 在△ABD中，BD=3， sin 1°= 所以AB= 在Rt△ABC中，sin∠BAC=sin 30°= 联立可得BC==≈86. 1 2 3 4 5 6 7 8 7.(2024·合肥模拟)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n(n∈N*)阶导数都存在时，f(x)在x=0处的n阶泰勒展开式为f(x)=f(0)+f'(0)x+x2+x3+…+xn+….注：f″(x)表示f(x)的2阶导数，即为f'(x)的导数，f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式. (1)写出f(x)=的泰勒展开式(只需写出前4项)； 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 f(x)=f'(x)=f″(x)=f (3)(x)= f(0)=f'(0)=1，f″(0)=2，f (3)(0)=6， 所以f(x)==1+x+x2+x3+…. (2)根据泰勒公式估算sin 的值，精确到小数点后两位； 1 2 3 4 5 6 7 8 因为(sin x)'=cos x，(cos x)'=-sin x， 可得sin x=x-+-+…， 故sin=-+…≈0.48. (3)证明：当x≥0时，ex--sin x-cos x≥0. 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 方法一　由泰勒展开式ex=1+x+++++…++…， 易知当x≥0时，ex≥1+x+ 所以ex--sin x-cos x≥1+x+--sin x-cos x=1+x-sin x-cos x≥x-sin x， 令g(x)=x-sin x， 则g'(x)=1-cos x≥0，所以g(x)在[0，+∞)上单调递增， 故g(x)≥g(0)=0， 即证得当x≥0时，ex--sin x-cos x≥0. 1 2 3 4 5 6 7 8 方法二　令G(x)=ex--sin x-cos x， G'(x)=ex-x-cos 易知当x∈时，y=ex-x，y=-cos均单调递增， 所以G'(x)=ex-x-cos单调递增， 所以G'(x)≥G'(0)=0， 所以当x∈时，G(x)单调递增， 所以G(x)≥G(0)=0， 1 2 3 4 5 6 7 8 当x∈时， G(x)=ex--sin x-cos x≥ex--2， 令F(x)=ex--2，则F'(x)=ex-x>0， 则F(x)=ex--2单调递增， 则当x∈时，F(x)=ex--2>F(2)=e2-4>0， 综上，原不等式得证. 8.(2024·廊坊模拟)对于函数f(x)，规定f'(x)=[f(x)]'，f″(x)=[f'(x)]'，f (3)(x)= [f″(x)]'，…，f (n)(x)=[f (n-1)(x)]'，f (n)(x)叫做函数f(x)的n阶导数.若函数f(x)在包含x0的某个开区间(a，b)上具有直到(n+1)阶的导数，则对任意x∈(a，b)，f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…+(x-x0)n+ Rn(x)，该公式称为函数f(x)在x=x0处的n阶泰勒展开式，Rn(x)是此泰勒展开式的n阶余项.已知函数f(x)=ln(x+1). (1)写出函数f(x)在x=1处的3阶泰勒展开式(Rn(x)用R3(x)表示即可)； 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 由f(x)=ln(x+1)，得f'(x)=f″(x)=-f (3)(x)= 所以f(1)=ln 2，f'(1)=f″(1)=-f (3)(1)= 所以函数f(x)在x=1处的3阶泰勒展开式为 f(x)=ln 2+(x-1)-(x-1)2+(x-1)3+R3(x). (2)设函数f(x)在x=0处的3阶余项为g(x)，求证：对任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0； 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 由(1)，得f(0)=0，f'(0)=1，f″(0)=-1，f (3)(0)=2. 所以函数f(x)在x=0处的3阶泰勒展开式为f(x)=x-x2+x3+R3(x)， 所以g(x)=R3(x)=ln(x+1)-x+x2-x3. g'(x)=-1+x-x2=-令g'(x)=0，得x=0， 当x∈(-1，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减. 所以g(x)≤g(0)=0，即对任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0. (3)求证：<(n∈N*). 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 由(2)知，当x∈(0，1)时，g(x)=ln(x+1)-x+x2-x3<0， 即ln(x+1)<x-x2+x3， 因为∈(0，1)(n∈N*)，所以ln<-·+·. ln+ln+ln+…+ln <++…+-+ =-×+×=+·--· 1 2 3 4 5 6 7 8 因为+·--·<+·-=+ =+·<(n∈N*)， 所以ln+ln+ln+…+ln< 即ln< 所以<(n∈N*). $$