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微拓展 导数新定义问题的应用
[考情分析] 随着高考的改革，各地模拟试题越来越新颖，压轴题更是百花齐放，泰勒展开式、帕德近似、
拉格朗日中值定理等以高等数学为背景的题目出现的频率越来越高，在解决部分题目时往往使问题简捷巧
妙，甚至可以“秒杀”，在突破难点方面起到了降维打击的作用.
考点一 泰勒展开式
1.泰勒公式
如果函数f(x)在含有x 的某个开区间(a，b)内具有直到(n+1)阶的导数，则对∀x∈(a，b)，
0
f '(x ) f ″(x ) f(n)(x )
有f(x)=f(x )+ 0 (x-x0)+ 0 (x-x0)2+…+ 0 (x-x )n+R (x)，
0 0 n
1！ 2！ n！
其中f(n)(x )表示f(x)在x=x 处的n阶导数，等号后的多项式称为函数f(x)在x=x 处的n阶泰勒展开式.
0 0 0
2.麦克劳林公式
f '(0) f ″(0) f(n)(0)
f(x)=f(0)+ x+ x2+…+ xn+R (x)，
n
1！ 2！ n！
虽然麦克劳林公式是泰勒公式的特殊形式，仅仅是取x =0的特殊结果，由于麦克劳林公式使用方便，在高
0
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)
x2 xn
(1)ex=1+x+ +…+ +o(xn)；
2！ n！
x3 x5 x2n-1
(2)sin x=x- + -…+(-1)n-1 +o(x2n-1)；
3！ 5！ (2n-1)！
x2 x4 x6 x2n
(3)cos x=1- + - +…+(-1)n +o(x2n)；
2！ 4！ 6！ (2n)！
x2 x3 xn
(4)ln(1+x)=x- + -…+(-1)n-1 +o(xn)，x∈(-1，1]；
2 3 n
1
(5) =1+x+x2+…+xn+o(xn)；
1-x
α(α-1) α(α-1)…(α-n+1)
(6)(1+x)α=1+αx+ x2+…+ xn+o(xn)，x∈(-1，1).
2！ n！
4.两个超越不等式(注意解答题需先证明后使用)
x-1
(1)对数型超越放缩： ≤ln x≤x-1(x>0)；
x
1
(2)指数型超越放缩：x+1≤ex≤ (x<1).
1-x
1.01 1
例1 (1)已知a=ln 1.01，b= ，c= ，则 ( )
30e 101
A.a<b<c B.a<c<bC.c<b<a D.c<a<b
1
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a=0.1e0.1，b= ，c=-ln 0.9，则 ( )
9
A.a<b<c B.c<b<a
C.c<a<b D.a<c<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，利用超越不等式或其变形公式解决问题.
跟踪演练1 (1)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
31 1 1
(2)(2022·全国甲卷)已知a= ，b=cos ，c=4sin ，则 ( )
32 4 4
A.c>b>a B.b>a>c
C.a>b>c D.a>c>b
考点二 帕德近似
帕德近似：帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数
a +a x+…+a xm
m，n，函数f(x)在x=0处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)= 0 1 m ，
1+b x+…+b xn
1 n
且满足f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).
其中f″(x)=[f'(x)]'，f ‴(x)=[f″(x)]'，f(4)(x)=[f ‴(x)]'，f(5)(x)=[f(4)(x)]'，…，f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]'.
高中常见的帕德近似公式
3x2+6x
ln(1+x)≈ ，x∈(-1，1)，
x2+6x+6
x2+6x+12
ex≈ ，x∈[-2，2]，
x2-6x+12
6x
sin x≈ ，x∈(-1，1)，
6+x2
12-5x2
cos x≈ ，x∈(-1，1)，
12+x2
3x ( π π)
tan x≈ ，x∈ - ， .
3-x2 2 2
ln1.5
例2 (1)已知a=e0.3，b= +1，c=√1.5，则 ( )
2
A.a<b<c B.b<c<a
C.c<a<b D.a<c<b
(2)(2024·益阳模拟)若a=2ln 1.1，b=0.21，c=tan 0.21，则 ( )
A.b<c<a B.a<c<bC.c<a<b D.a<b<c
[规律方法] 对于含指数、对数、正弦、余弦、正切的比较大小，利用帕德近似公式求近似值，非常直接，
但是要注意公式的使用条件，公式不能记错.
跟踪演练2 (2024·济宁模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方
a +a x+…+a xm
法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)= 0 1 m ，且满
1+b x+…+b xn
1 n
足f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)(注：f″(x)=[f'(x)]'，f'″(x)=[f″(x)]'，f(4)(x)=[f'″
(x)]'，f(5)(x)=[f(4)(x)]'，…，f(n)(x)为f(n-1)(x)的导数).已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1，1]阶帕德近似为R(x)=
ax
.
1+bx
(1)求实数a，b的值；
(2)比较f(x)与R(x)的大小；
1 1 1 1
(3)证明：∀n∈N*， + + +…+ <ln 2.
n+1 n+2 n+3 2n
考点三 拉格朗日中值定理
1.拉格朗日中值定理：若f(x)满足以下条件：
(1)f(x)在闭区间[a，b]上连续；
f(b)-f(a)
(2)f(x)在开区间(a，b)内可导，则f(x)在(a，b)内至少存在一点ξ，使得f'(ξ)= .
b-a
f(b)-f(a)
2.几何意义：弦AB的斜率k= =f'(ξ)，在曲线弧AB上至少有一点，在该点处的切线平行于弦AB.
b-a
例3 (2024·襄阳模拟)柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用.定理内容
为：设函数f(x)，g(x)满足：
①图象在[a，b]上是一条连续不断的曲线；
②在(a，b)内可导；
f(b)-f(a) f '(ξ)
③对∀x∈(a，b)，g'(x)≠0，则∃ξ∈(a，b)，使得 = .
g(b)-g(a) g'(ξ)
f(b)-f(a)
特别地，取g(x)=x，则∃ξ∈(a，b)，使得 =f'(ξ)，此情形称之为拉格朗日中值定理.
b-a
f(x)
(1)设函数f(x)满足f(0)=0，其导函数f'(x)在(0，+∞)上单调递增，证明：函数y= 在(0，+∞)上单调
x
递增；lna lnb (b a)
(2)若∀a，b∈(0，e)且a>b，不等式 - +m - ≤0恒成立，求实数m的取值范围.
b a a b
[规律方法] 利用拉格朗日中值定理求参数的步骤：
(1)分离参数；
f(b)-f(a)
(2)构造成 的形式，求其最值(范围).
b-a
f(x )-f(x )
跟踪演练3 (1)设函数f(x)=x2+aln x，对任意的x ，x ∈(0，+∞)且x ≠x ，都有 1 2 ≥2，则实
1 2 1 2 x -x
1 2
数a的取值范围是 .
(2)已知函数f(x)=ex-e-x.若对任意x≥0，都有f(x)≥ax，则实数a的取值范围为 .
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x 的某个开区间(a，b)内可以进行多次求导数运
0
f '(x ) f ″(x ) f ‴(x)
算，则当x≠x 时，有f(x)=f(x )+ 0 (x-x0)+ 0 (x-x0)2+ (x-x )3+…，其中f'(x)是f(x)的导
0 0 0
1！ 2！ 3！
数，f″(x)是f'(x)的导数，f‴(x)是f″(x)的导数，….取x =0，则sin 1精确到0.01的近似值为 ( )
0
A.0.82 B.0.84
C.0.86 D.0.88
1
2.(2024·安康模拟)已知a=e0.2-1，b=ln 1.2，c= ，则 ( )
6
A.a<c<b B.b<a<c
C.b<c<a D.c<b<a
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 √3
4.若a=sin ，b=2ln 3-3ln 2，c= ，则 ( )
16 32
A.c<b<a B.a<b<c
C.c<a<b D.a<c<b
2.023
1 4 2.023
5.已知a=tan ，b= ，c= e 4 ，则 ( )
2 7 4
A.c>a>b B.c>b>a
C.a>b>c D.a>c>bx3 x5 x7 x2n-1
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
3！ 5！ 7！ (2n-1)！
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)
sinx
7.设函数f(x)= .
2+cosx
(1)求f(x)的单调区间；
(2)如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求实数a的取值范围.
8.(2024·绍兴模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整
a +a x+…+a xm
数m，n，函数f(x)在x=0处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)= 0 1 m ，且满足f(0)=R(0)，
1+b x+…+b xn
1 n
1+ax
f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).已知f(x)=ex在x=0处的[1，1]阶帕德近似为R(x)= .
1+bx
(注：f″(x)=[f'(x)]'，f'″(x)=[f″(x)]'，f(4)(x)=[f'″(x)]'，f(5)(x)=[f(4)(x)]'，…)
(1)求实数a，b的值；
(2)当x∈(0，1)时，试比较f(x)与R(x)的大小；
1 1 1
(3)定义数列{a }：a = ，anea n+1=ea n-1，求证： ≤an< .
n 1 2 2n 2n-1答案精析
x-1
例1 (1)D [由 ≤ln x≤x-1知
x
1.01-1 1
ln 1.01> = =c，
1.01 101
∴a>c，
1
ln 1.01<1.01-1=0.01= ，
100
1.01 1.01 1.01 1.01 1
又b= > = > > ，∴b>a，故b>a>c.]
30e 30×3 90 100 100
1
(2)C [b= ≈0.111，
9
x2
由公式ex=1+x+ +…，
2！
0.12
可得e0.1≈1+0.1+ =1.105，
2
则a=0.1e0.1≈0.110 5，
10 ( 1)
c=-ln 0.9=ln =ln 1+ ，
9 9
x2 x3
由公式ln(1+x)=x- + +…，
2 3
(1) 2
( 1) 1
得c=ln 1+ ≈ - 9
9 9
2
≈0.104 9，所以c<a<b.]
跟踪演练1 (1)B (2)A
例2 (1)B [利用帕德近似可得，
0.32+6×0.3+12 13.89
a=e0.3≈ = ≈1.349 9，
0.32-6×0.3+12 10.29ln1.5
b= +1
2
1 3×0.52+6×0.5
≈ × +1
2 0.52+6×0.5+6
1 3.75
= × +1≈1.202 7，
2 9.25
α(α-1)
由公式(1+x)α=1+αx+ x2+…，
2！
1 1
得c=√1.5=√1+0.5≈1+ ×0.5- ×0.52=1.218 75.
2 8
综上，b<c<a.]
(2)D
ax
跟踪演练2 (1)解 由f(x)= ln(x+1)，R(x)= ，
1+bx
有f(0)=R(0)，
1
则f'(x)= ，
x+1
1
f″(x)=- ，
(x+1) 2
a
R'(x)= ，
(1+bx) 2
-2ab
R″(x)= ，
(1+bx) 3
由题意f'(0)=R'(0)，
{ a=1,
f″(0)=R″(0)，所以
-2ab=-1,
{a=1,
所以 1
b= .
2
2x
(2)解 由(1)知，R(x)= ，
x+2
令φ(x)=f(x)-R(x)
2x
=ln(x+1)- (x>-1)，
x+2
1 4
则φ'(x)= -
x+1 (x+2) 2
x2
= ≥0，
(x+1)(x+2) 2所以φ(x)在(-1，+∞)上为增函数，
又φ(0)=f(0)-R(0)=0，
所以当x>0时，
φ(x)=f(x)-R(x)>φ(0)=0；
当-1<x<0时，
φ(x)=f(x)-R(x)<φ(0)=0；
所以当x>0时，f(x)>R(x)；
当x=0时，f(x)=R(x)；
当-1<x<0时，f(x)<R(x).
(3)证明 由(2)得当x>0时，
f(x)>R(x)，
2x
即ln(x+1)> ，
x+2
2x
即当x>0时， <ln(x+1). (*)
x+2
1 2x 2
令 = ，m∈N*，得x= ，
m x+2 2m-1
1 2m+1
代入(*)式得 <ln .
m 2m-1
取m=n+1，n+2，…，2n，n∈N*得
1 2n+3 1 2n+5 1 4n+1
<ln ， <ln ，…， <ln ，
n+1 2n+1 n+2 2n+3 2n 4n-1
1 1 1 4n+1
上面各式相加得 + +…+ <ln <ln 2.
n+1 n+2 2n 2n+1
f(x) f(x)-f(0)
例3 (1)证明 由题 = ，
x x-0
由拉格朗日中值定理知，对∀x>0，∃ξ∈(0，x)，
f(x)-f(0)
使得 =f'(ξ)，
x-0
f(x)
即 =f'(ξ)，
x
又f'(x)在(0，+∞)上单调递增，则f'(x)>f'(ξ)，
f(x)
即f'(x)> ，即当x>0时，
x
xf'(x)-f(x)>0，
[f(x)] xf '(x)-f(x)
所以 '= >0，
x x2f(x)
故y= 在(0，+∞)上单调递增.
x
lna lnb (b a) alna-blnb
(2)解 因为a>b，所以 - +m - ≤0 ≤m，
b a a b a2-b2
⇔
取f(x)=xln x，g(x)=x2，
因为a>b，且a，b∈(0，e)，
所以由柯西中值定理，∃ξ∈(b，a)，
f(a)-f(b) alna-blnb
使得 =
g(a)-g(b) a2-b2
f '(ξ) 1+lnξ
= = ，
g'(ξ) 2ξ
1+lnξ
由题意得 ≤m，
2ξ
1+lnx
设G(x)= (0<x<e)，
2x
-lnx
G'(x)= ，
2x2
当0<x<1时，G'(x)>0，
当1<x<e时，G'(x)<0，
所以G(x)在(0，1)上单调递增，
在(1，e)上单调递减，
1
所以G(x) =G(1)= ，
max 2
1 [1 )
故m≥ ，所以实数m的取值范围是 ，+∞ .
2 2
[1 )
跟踪演练3 (1) ，+∞
2
(2)(-∞，2]
思维提升 拓展练习
1.B 2.D 3.D 4.C 5.B 6.86
(2+cosx)cosx-sinx(-sinx)
7.解 (1)f'(x)=
(2+cosx) 2
2cosx+1
= .
(2+cosx) 2
2π 2π
当2kπ- <x<2kπ+ (k∈Z)时，
3 31
- <cos x≤1，即f'(x)>0；
2
2π 4π 1
当2kπ+ <x<2kπ+ (k∈Z)时，-1≤cos x<- ，即f'(x)<0.
3 3 2
( 2π 2π)
因此f(x)的单调递增区间为 2kπ- ，2kπ+ (k∈Z)，
3 3
单调递减区间为
( 2π 4π)
2kπ+ ，2kπ+ (k∈Z).
3 3
(2)当x=0时，f(x)≤ax
即为0≤a·0，所以a∈R；
当x>0时，
f(x)
f(x)≤ax等价于 ≤a，
x
由拉格朗日中值定理得，存在x >0，
0
f(x)-f(0)
使得 =f'(x )，
x-0 0
故只需证当x>0时，a≥f'(x )恒成立即可.
0
2cos x +1
0
又f'(x )=
0 (2+cos x ) 2
0
( 1 1) 2 1 [ 1] 1
=-3 - + ∈ -1， ，所以a≥ .
cos x +2 3 3 3 3
0
[1 )
综上，实数a的取值范围为 ，+∞ .
3
a(1+bx)-b(1+ax) a-b
8.(1)解 由题意得R'(x)= = ，
(1+bx) 2 (1+bx) 2
-2b(a-b)
R″(x)= ，
(1+bx) 3
f(0)=f'(0)=f″(0)=1，故R'(0)=a-b=1，R″(0)=-2b(a-b)=1，
1 1
解得a= ，b=- .
2 2
x
1+
2 2+x 2+x
(2)解 由上可得R(x)= = ，要比较f(x)与R(x)的大小，只需比较ex与 的大小，
x 2-x 2-x
1-
2
2+x
只需比较1与 e-x的大小，
2-x2+x
令g(x)= e-x，x∈(0，1)，
2-x
[ 4 2+x]
g'(x)= - e-x
(2-x) 2 2-x
x2
= e-x>0，
(2-x) 2
所以g(x)在(0，1)上单调递增，
2+x
所以g(x)>g(0)=1，即 >ex，所以f(x)<R(x).
2-x
(3)证明 设u(x)=ex-x-1，
u'(x)=ex-1，
当x<0时，u'(x)<0，
u(x)在(-∞，0)上单调递减，
当x>0时，u'(x)>0，
u(x)在(0，+∞)上单调递增，
故u(x)≥u(0)=0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立.
1
由题意知a = ，a ea n+1=ea n-1，a ≠0，
1 2 n n
ea n-1 a +1-1
则ea n+1= > n =1，
a a
n n
故可得a >0；
n
ea n-1
ea n+1-ea n= -ea n
a
n
(1-a )ea n-1
= n ，
a
n
令m(x)=(1-x)ex，x>0，m'(x)=-xex<0，
故m(x)在(0，+∞)上单调递减，
又当x→0+时，
(1-x)ex-1
y= →0-，
x
故可得ea n+1-ea n<0，
1
即a <a ，可得0<a ≤ ；
n+1 n n 2
2+a
ea n-1 n-1 2
一方面，由(2)可得ea n+1= <2-a = ，
a n 2-a
n a n
n2
又因为ea n+1>a +1，所以可得a +1< ，
n+1 n+1 2-a
n
a 1 2
n
即a < ，即 > -1，
n+1 2-a a a
n n+1 n
1 ( 1 )
即 -1>2
-1
，
a a
n+1 n
1 ( 1 )
故 -1>2n-1 -1 =2n-1，
a a
n 1
1 1
即 >2n-1，所以a < .
a n 2n-1
n
1 1 1 1
另一方面，当n=1时，a = ，要证a ≥ ，即证a ≥ a ≥ ，
1 2 n 2n n+1 2 n 2n+1
x x
-
令g(x)= e2-
e
2-x，x>0，
x x
1 1 -
g'(x)= e2+ e 2-1>0，
2 2
所以g(x)在 ( 0， 1 2 ] 上单调递增，所以g(a n )>g(0)=0，即 e a 2 n - e - a 2 n -a n >0 ea a n-1 > e a 2 n ea n+1> e a 2 n a n+1 > 1 2 a n ，得证.
n
⇒ ⇒ ⇒
