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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-x )+ 0 (x-x )2+…+ 0 (x-x )n+R (x)，
0 0 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 = =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= > = > > ，
30e 30×3 90 100 100
∴b>a，故b>a>c.
1
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a=0.1e0.1，b= ，c=-ln 0.9，则( )
9
A.aa>b B.a>b>c
C.a>c>b D.b>a>c
答案 B0.022
解析 设x=0.02，则a=e0.02=1+0.02+ +…，
2
显然a>b>1>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
答案 A
x2
解析 根据题意，构造函数f(x)=1- ，
2
sinx
g(x)=cos x，h(x)= ，
x
(1) (1) (1)
则a=f ，b=g ，c=h .
4 4 4
1
由于 较小，所以对g(x)，h(x)在x=0处进行泰勒展开：
4
x2 x4
g(x)=1- + +o(x4)，
2！ 4！
x2 x4
h(x)=1- + +o(x4).
3！ 5！
1 (1) (1) (1)
显然，在x= 时，a=f b>a.
[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*， + + +…+ -1)，
x+2 x+2
1 4 x2
则φ'(x)= - = ≥0，
x+1 (x+2) 2 (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-10时，f(x)>R(x)；当x=0时，f(x)=R(x)；
当-10时，f(x)>R(x)，
2x
即ln(x+1)> ，
x+2
2x
即当x>0时， b，不等式 - +m - ≤0恒成立，求实数m的取值范围.
b a a b
f(x) f(x)-f(0)
(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) f(x)
使得 =f'(ξ)，即 =f'(ξ)，
x-0 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，xf'(x)-f(x)>0，
x
[f(x)] xf '(x)-f(x)
所以 '= >0，
x x2
f(x)
故y= 在(0，+∞)上单调递增.
xlna 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)= (00，当1x >0，
1 2
由拉格朗日中值定理知，∃x ∈(x ，x )，
0 2 1
f(x )-f(x )
使f'(x )= 1 2 ，
0 x -x
1 2
故f'(x )≥2恒成立，
0
a
即f'(x )=2x + ≥2，
0 0 x
0即a≥2x -2x2，x ∈(0，+∞)，
0 0 0
1 1
又当x = 时，(2x -2x2 ) = ，
0 2 0 0 max 2
1 [1 )
所以a≥ ，故实数a的取值范围是 ，+∞ .
2 2
(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 .
答案 (-∞，2]
解析 当x=0时，对任意a，都有f(x)≥ax；
ex-e-x
当x>0时，f(x)≥ax即a≤ 对任意x>0恒成立，
x
ex-e-x f(x)-f(0)
又 = ，
x x-0
由拉格朗日中值定理知，在(0，+∞)内至少存在一点ξ，
f(x)-f(0)
使得f'(ξ)= ，
x-0
又f'(ξ)=eξ+e-ξ≥2√eξ·e-ξ=2，
当且仅当ξ=0时等号成立，但ξ>0，
故f'(ξ)>2，所以a≤2，
综上，实数a的取值范围是(-∞，2].
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-x )+ 0 (x-x )2+ (x-x )3+…，其中f'(x)是f(x)的导数，f″(x)是
0 0 0 0 0
1！ 2！ 3！
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
答案 B
解析 根据题意，f(x)=sin x，f'(x)=cos x，f″(x)=-sin x，f″'(x)=-cos x，…，
f' (0) f″ (0) f‴ (0)
取x =0，可得f(x)=f(0)+ x+ x2+ x3+…，
0
1！ 2！ 3！
1 1 1 1
则f(x)=sin x=0+1×x+0×x2+(-1)× x3+0×x4+1× x5+…=x- x3+ x5-…，
3！ 5！ 6 120
1 1 101
令x=1，代入上式可得f(1)=sin 1=1- + -…= -…≈0.84，
6 120 120所以sin 1≈0.84.
1
2.(2024·安康模拟)已知a=e0.2-1，b=ln 1.2，c= ，则( )
6
A.aa>b B.c>b>a
C.a>b>c D.a>c>b
答案 B
1
3×
1 2 6
解析 a=tan ≈ = ≈0.545 5，
2 1 11
3-
4
4
b= ≈0.571 4，
7
2.023
2.023
c= e 4
4
(2.023) 2 2.023
+6× +12
2.023 4 4
≈ ×
4 (2.023) 2 2.023
-6× +12
4 4
≈0.838 6，∴c>b>a.
x3 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*)，称为正弦
3！ 5！7！ (2n-1)！
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，
BD
sin 1°= ，
AB
BD
所以AB= ，
sin1°
BC
在Rt△ABC中，sin∠BAC=sin 30°= ，
AB
3
3
联立可得BC= = π
2sin1° 2sin
180
3
≈ π ≈86.
2·
180
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.
(2+cosx)cosx-sinx(-sinx)
解 (1)f'(x)=
(2+cosx) 2
2cosx+1
= .
(2+cosx) 2
2π 2π
当2kπ- 0；
2
2π 4π 1
当2kπ+ 0时，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]
=-3 - + ∈ -1， ，
cos x +2 3 3 3
0
1
所以a≥ .
3
[1 )
综上，实数a的取值范围为 ，+∞ .
3
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 = ，a ea n+1=ea n-1，求证： ≤a < .
n 1 2 n 2n n 2n-1
a(1+bx)-b(1+ax) a-b
(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-
22+x
只需比较1与 e-x的大小，
2-x
2+x
令g(x)= e-x，x∈(0，1)，
2-x
[ 4 2+x] x2
g'(x)= - e-x= e-x>0，
(2-x) 2 2-x (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)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，故可得a >0；
a a n
n 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，
(1-x)ex-1
又当x→0+时，y= →0-，
x
故可得ea n+1-ea n<0，
1
即a a +1，所以可得a +1< ，
n+1 n+1 2-a
n
a 1 2
即a < n ，即 > -1，
n+1 2-a a a
n n+1 n
1 ( 1 )
即 -1>2 -1 ，
a a
n+1 n1 ( 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
( 1]
所以g(x)在 0， 上单调递增，
2
所以g(a )>g(0)=0，
n
a a
即 e2 n - e - 2 n -a n >0
ea n-1 a
> n
a
e2
n
⇒
a
ea n+1>
e2
n
⇒ 1
a > a ，得证.
n+1 2 n
⇒
