思维提升　培优点13　泰勒展开式与超越不等式 学案

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)+(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).
考点一　比较大小
例1　(1)(2022·新高考全国Ⅰ卷)设a=0.1e0.1，b=，c=-ln 0.9，则(　　)
A.aC.c答案　C
解析　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得c=ln≈-≈0.104 9，
所以c方法二　(放缩法)
因为x+1所以1.1因为ln x<(x>1)，
所以c=-ln 0.9=ln<×=<0.11综上所述，c方法三　(构造函数法)
假设a令x=0.9，则等价于证明ln x+(1-x)<0，即证明ln x假设a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则g'(x)=(x+1)ex+=，
令h(x)=ex(x2-1)+1(0当0当-10，函数h(x)单调递增，
又h(0)=0，所以当0所以当00，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ac，
综上所述，c(2)已知a=，b=，c=ln，则a，b，c的大小关系为(　　)
A.aC.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“=”；
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故c[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.
≤ln x≤x-1(x>0)，x+1≤ex≤(x<1).
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
答案　A
解析　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.
(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
答案　A
解析　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.
方法二　(构造函数法)
因为当x∈时，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.
方法三　(不等式放缩法)
=4tan，
因为当x∈时，sin x所以tan>，
即>1，所以c>b；
因为当x∈时，sin x1-2×=，故b>a，所以c>b>a.
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+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)；
(2)根据泰勒公式估算sin的值(精确到0.01)；
(3)证明：当x≥0时，ex--sin x-cos x≥0.
(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，
(-sin x)'=-cos x，(-cos x)'=sin x，
所以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x-sin x≥0，
即证得ex--sin x-cos x≥0.
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，
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.
[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，sin x，cos x，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：+++…+<(n∈N*，n>1).
(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)为增函数；
若k>0，则f'(x)=-k=，
当10，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)令x-1=n2，则ln n2即2ln n<(n-1)(n+1)，
所以<(n∈N*且n>1)，
所以+++…+<+++…+=，
即+++…+<(n∈N*，n>1)成立.
专题强化练
[分值：50分]
单选题每小题5分，共20分
1.设a=，b=ln，c=cos，则(　　)
A.aC.c答案　A
解析　a=0.2，由ln(1+x)=x-+-…+(-1)n+o(xn+1)，-1得b=ln=ln
≈-+≈0.201 2>a，
由<得c=cos>cos==0.5>b，
∴a2.已知a=sin，b=，c=，则(　　)
A.cC.a答案　D
解析　由sin x=x-+-…+(-1)n-1+o(x2n-1)，
可得x-x30)，
所以sin∈，所以a而≈3.06<3.14<π，
所以>，
即sin>，所以c3.已知a=e0.1-e-0.1，b=ln 1.21，c=0.2，则(　　)
A.bC.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-=>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b4.已知a=ln 1.01，b=，c=，则(　　)
A.aC.c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.
5.(13分)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；(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-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.
(2)解　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，
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].
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)+(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；(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∈时，求证：esin x>x+1.(7分)
(1)解　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+….
(2)证明　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.
(3)证明　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，
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.