2026届高考数学二轮复习专题课件-泰勒展开式与超越不等式

该高中数学高考复习课件聚焦“泰勒展开式与超越不等式”专题，依据高考评价体系梳理了比较大小、证明不等式两大核心考点，通过2022新高考全国Ⅰ卷等真题案例，明确了泰勒公式放缩、构造函数法等高频解题方法的考查权重，归纳了指数对数型、三角函数型比较与证明的常考题型。 课件亮点在于“公式推导+真题变式+素养提升”的备考路径，如例1通过泰勒展开式近似计算、超越不等式放缩、构造函数求导三种方法对比，培养学生的数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念）。特设“规律方法总结”和“易错点警示”，帮助学生掌握“先证后用”规范，教师可依托专题强化练实现精准复习，提升学生应试得分率。

2026年高考数学二轮复习专题课件★★泰勒展开式与超越不等式 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)，x∈(-1，1]； (5)=1+x+x2+…+xn+o(xn)； (6)(1+x)α=1+αx+x2+…+xn+o(xn)，x∈(-1，1). 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). 考点二　证明不等式 考点一　比较大小 内容索引 专题强化练 考点一　比较大小 　(1)(2022·新高考全国Ⅰ卷)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 例1 √ 方法一　(泰勒公式法) b=≈0.111，由ex=1+x++…++o(xn)， 可得e0.1≈1+0.1+=1.105， 则a=0.1e0.1≈0.110 5，c=-ln 0.9=ln=ln， 由ln(1+x)=x-+-…+(-1)n-1+o(xn)，-1<x≤1， 得c=ln≈-≈0.104 9，所以c<a<b. 解析 方法二　(放缩法) 因为x+1<ex<(0<x<1)， 所以1.1<e0.1<⇒0.11<a=0.1e0.1<0.1×==b，即a<b. 因为ln x<(x>1)， 所以c=-ln 0.9=ln<×=<0.11<a，即c<a. 综上所述，c<a<b. 解析 方法三　(构造函数法) 假设a<b成立，即0.1e0.1<⇔0.9e0.1<1⇔ln 0.9+0.1<0， 令x=0.9，则等价于证明ln x+(1-x)<0，即证明ln x<x-1，易知，当0<x<1时，ln x<x-1，即原式得证，故a<b成立； 假设a<c成立，即0.1e0.1<-ln 0.9⇔0.1e0.1+ln 0.9<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+=， 解析 令h(x)=ex(x2-1)+1(0<x<1)，h'(x)=ex(x2+2x-1)， 当0<x<-1时，h'(x)<0，函数h(x)单调递减， 当-1<x<1时，h'(x)>0，函数h(x)单调递增， 又h(0)=0，所以当0<x<-1时，h(x)<0， 所以当0<x<-1时，g'(x)>0，函数g(x)单调递增， 又0.1∈(0，-1)，所以g(0.1)>g(0)，即0.1e0.1+ln 0.9>0，所以假设a<c不成立，即a>c， 综上所述，c<a<b. 解析 (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 √ 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“=”； 解析 ②ln x≤x-1，当且仅当x=1时取“=”. 设y=ln x-(x-1)(x>0)，y'=-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ln x-(x-1)≤0， 故ln x≤x-1，当且仅当x=1时取“=”， 故>-+1=，即b>a， ln<-1=，即c<a，故c<a<b. 解析 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. ≤ln x≤x-1(x>0)，x+1≤ex≤(x<1). 规律方法 跟踪演练1　(1)已知a=e0.02，b=1.012，c=ln 2.02，则 A.a>b>c B.b>a>c C.a>c>b D.b>c>a √ 因为ex=1+x++++…， 所以e0.02=1+0.02+++…≈1+0.02+=1.020 2， b=1.012=1.020 1，c=ln 2.02<1， 所以a>b>c. 解析 (2)已知a=，b=cos，c=4sin，则 A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b √ 方法一　(泰勒展开式) 设x=0.25，则a==1-， b=cos≈1-+， c=4sin=≈1-+， 又+>+，所以c>b>a. 解析 方法二　(构造函数法) 因为当x∈时，x<tan x， 故=4tan>4×=1，故>1，所以c>b； 设f(x)=cos x+x2-1，x∈(0，+∞)， f'(x)=-sin x+x，f″(x)=1-cos x≥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f >f(0)=0，所以cos->0，所以b>a，所以c>b>a. 解析 方法三　(不等式放缩法) =4tan， 因为当x∈时，sin x<x<tan x， 所以tan>， 即>1，所以c>b； 因为当x∈时，sin x<x，取x=得cos=1-2sin2>1-2×=， 故b>a，所以c>b>a. 解析 返回 考点二　证明不等式 　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+x2+x3+…+xn+….其中，f″(x)表示f(x)的2阶导数，即f'(x)的导数，f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，该公式也称为麦克劳林公式. (1)写出f(x)=的泰勒展开式(只需写出前4项)； 例2 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+…. 解 (2)根据泰勒公式估算sin的值(精确到0.01)； 因为(sin x)'=cos x，(cos x)'=-sin x， (-sin x)'=-cos x，(-cos x)'=sin x， 所以sin x=x-+-+…， 故sin=-+…≈-≈0.48. 解 (3)证明：当x≥0时，ex--sin x-cos x≥0. 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x-sin x≥0， 即证得ex--sin x-cos x≥0. 证明 方法二　令G(x)=ex--sin x-cos x， G'(x)=ex-x-cos x+sin 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在上单调递增， 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， 证明 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在R上单调递增，又2<，所以当x∈时， F(x)=ex--2≥F>F(2)=e2-4>0， 即当x∈时，G(x)>0， 综上，当x≥0时，G(x)≥0，即原不等式得证. 证明 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，sin x，cos x，ln(1+x)等有关，可以利用泰勒展开式进行放缩. 规律方法 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； 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)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. 解 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 . 解 (2)证明：+++…+<(n∈N*，n>1). 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ln n2<n2-1， 即2ln n<(n-1)(n+1)， 所以<(n∈N*且n>1)， 证明 所以+++…+<+++…+=， 即+++…+<(n∈N*，n>1)成立. 证明 返回 专题强化练 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 题号 1 2 3 4 答案 A D D D 答案 1 2 3 4 5 6 5. (1)当a=1时，f(x)=ex-x2-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. 答案 1 2 3 4 5 6 5. (2)令h(x)=f(x)+g(x)， 则h(x)=+=ex+cos x-ax-2. ∵h(x)≥0在[0，+∞)上恒成立， 即h(x)=ex+cos x-ax-2≥0，即ex+cos x-2≥ax恒成立， 当x=0时，0≥0，则a∈R， 当x>0时，a≤， 由泰勒公式知， 答案 1 2 3 4 5 6 5. 当x>0时，ex>1+x+，cos x>1-， ∴ex+cos x>1+x++1-=2+x， ∴>=1，∴a≤1. ∴a的取值范围为(-∞，1]. 答案 1 2 3 4 5 6 6. (1)因为(cos x)'=-sin x，(-sin x)'=-cos x，(-cos x)'=sin x，cos 0=1，sin 0=0，e0=1， 所以cos x和ex在x=0处的泰勒展开式分别为 cos x=1-x2+x4-…+x2n+…； ex=1+x+x2+…+xn+…. 答案 1 2 3 4 5 6 6. (2)把ex在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix，可得eix=1+(ix)+(ix)2+(ix)3+(ix)4+…+(ix)n+… =+i· =cos x+i·sin x， 所以eiπ=cos π+i·sin π=-1，即eiπ+1=0. 答案 1 2 3 4 5 6 6. (3)由sin x在x=0处的泰勒展开式，先证当x∈时，sin x>x-x3， 令f(x)=sin x-x+x3，f'(x)=cos x-1+x2，f″(x)=x-sin x， f(3)(x)=1-cos x，又x∈， 则f(3)(x)>0，所以f″(x)在上单调递增， 所以f″(x)>f″(0)=0，所以f'(x)在上单调递增，所以f'(x)>f'(0)=0， 答案 1 2 3 4 5 6 6. 所以f(x)在上单调递增，所以f(x)>f(0)=0，即sin x>x-x3， 再令g(x)=x-x3-ln(x+1)，x∈， 则g'(x)=，易知在(0，1)上g'(x)>0，在上g'(x)<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在上单调递减， 而g(0)=0，g=-ln>0，所以当x∈时，g(x)>0恒成立， 答案 1 2 3 4 5 6 6. 所以x-x3>ln(x+1)， 则sin x>x-x3>ln(x+1)，即sin x>ln(x+1)，所以esin x>x+1. 1.设a=，b=ln，c=cos，则 A.a<b<c B.b<c<a C.c<b<a D.c<a<b 1 2 3 4 5 6 答案 √ 1 2 3 4 5 6 答案 a=0.2，由ln(1+x)=x-+-…+(-1)n+o(xn+1)，-1<x≤1， 得b=ln=ln ≈-+≈0.201 2>a， 由<得c=cos>cos==0.5>b， ∴a<b<c. 解析 1 2 3 4 5 6 2.已知a=sin，b=，c=，则 A.c<b<a B.a<b<c C.a<c<b D.c<a<b 答案 √ 1 2 3 4 5 6 答案 由sin x=x-+-…+(-1)n-1+o(x2n-1)， 可得x-x3<sin x<x(x>0)， 所以sin∈，所以a<b， 而≈3.06<3.14<π，所以>， 即sin>，所以c<a，故c<a<b. 解析 3.已知a=e0.1-e-0.1，b=ln 1.21，c=0.2，则 A.b<a<c B.c<b<a C.a<c<b D.b<c<a 1 2 3 4 5 6 答案 √ 1 2 3 4 5 6 答案 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-=>0，g(x)在(0，+∞)上单调递增， 则g(0.1)=0.2-2ln 1.1=0.2-ln 1.21>g(0)=0，即c>b，所以b<c<a. 解析 1 2 3 4 5 6 4.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 √ 1 2 3 4 5 6 答案 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. 解析 5.已知函数f(x)=ex-x2-ax-1，g(x)=cos x+x2-1. (1)若a=1，求证：当x≥0时，f(x)≥0； 1 2 3 4 5 6 答案 1 2 3 4 5 6 答案 当a=1时，f(x)=ex-x2-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. 证明 (2)若f(x)+g(x)≥0在[0，+∞)上恒成立，求a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 答案 1 2 3 4 5 6 答案 令h(x)=f(x)+g(x)， 则h(x)=+=ex+cos x-ax-2. ∵h(x)≥0在[0，+∞)上恒成立， 即h(x)=ex+cos x-ax-2≥0，即ex+cos x-2≥ax恒成立， 当x=0时，0≥0，则a∈R， 当x>0时，a≤， 解 1 2 3 4 5 6 答案 由泰勒公式知， 当x>0时，ex>1+x+，cos x>1-， ∴ex+cos x>1+x++1-=2+x， ∴>=1，∴a≤1. ∴a的取值范围为(-∞，1]. 解 1 2 3 4 5 6 答案 6.(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)+(x-x0)2+… +(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sin x在x=0处的泰勒展开式为sin x= x-x3+x5-…+x2n-1+…. (1)分别求cos x和ex在x=0处的泰勒展开式； 1 2 3 4 5 6 答案 因为(cos x)'=-sin x，(-sin x)'=-cos x，(-cos x)'=sin x，cos 0=1，sin 0=0，e0=1， 所以cos x和ex在x=0处的泰勒展开式分别为 cos x=1-x2+x4-…+x2n+…； ex=1+x+x2+…+xn+…. 解 1 2 3 4 5 6 答案 (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)； 1 2 3 4 5 6 答案 把ex在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix，可得eix=1+(ix)+(ix)2+(ix)3+(ix)4+…+(ix)n+… =+i· =cos x+i·sin x， 所以eiπ=cos π+i·sin π=-1，即eiπ+1=0. 证明 1 2 3 4 5 6 答案 (3)当x∈时，求证：esin x>x+1. 1 2 3 4 5 6 答案 由sin x在x=0处的泰勒展开式，先证当x∈时，sin x>x-x3， 令f(x)=sin x-x+x3，f'(x)=cos x-1+x2，f″(x)=x-sin x， f (3)(x)=1-cos x，又x∈， 则f (3)(x)>0，所以f ″(x)在上单调递增， 所以f″(x)>f″(0)=0，所以f '(x)在上单调递增，所以f'(x)>f'(0)=0， 所以f(x)在上单调递增，所以f(x)>f(0)=0，即sin x>x-x3， 证明 1 2 3 4 5 6 答案 再令g(x)=x-x3-ln(x+1)，x∈， 则g'(x)=，易知在(0，1)上g'(x)>0，在上g'(x)<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在上单调递减， 而g(0)=0，g=-ln>0，所以当x∈时，g(x)>0恒成立， 所以x-x3>ln(x+1)， 则sin x>x-x3>ln(x+1)，即sin x>ln(x+1)，所以esin x>x+1. 证明 返回 $