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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)+f
'( x0)
1！
(x-x0)+f
″( x0)
2！
(x-x0)2+…+f
(n)( x0)
n！
(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)+f
'(0)
1！
x+f
″(0)
2！
x2+…+f
(n)(0)
n！
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+ x
2
2！+…+ x
n
n！+o(xn)；
(2)sin x=x- x
3
3！+ x
5
5！-…+(-1)n-1
x
2n-1
(2n-1)！+o(x2n-1)；
(3)cos x=1- x
2
2！+ x
4
4！- x
6
6！+…+(-1)n
x
2n
(2n)！+o(x2n)；
(4)ln(1+x)=x- x
2
2 + x
3
3 -…+(-1)n-1x
n
n +o(xn)，x∈(-1，1]；
(5) 1
1- x =1+x+x2+…+xn+o(xn)；
(6)(1+x)α=1+αx+α(α -1)
2！
x2+…+α(α -1)•••(α -n+1)
n！
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：x -1
x
≤ln x≤x-1(x>0)；
(2)指数型超越放缩：x+1≤ex≤1
1- x (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=1
9，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 方法一 (泰勒公式法)
b=1
9≈0.111，
由ex=1+x+ x
2
2！+…+ x
n
n！+o(xn)，
可得e0.1≈1+0.1+0.1
2
2 =1.105，
则a=0.1e0.1≈0.110 5，
c=-ln 0.9=ln10
9 =ln(1+ 1
9)，
由ln(1+x)=x- x
2
2 + x
3
3 -…+(-1)n-1x
n
n +o(xn)，-1<x≤1，
得c=ln(1+ 1
9)≈1
9-(
1
9)
2
2
≈0.104 9，
所以c<a<b.
方法二 (放缩法)
因为x+1<ex< 1
1- x (0<x<1)，
所以1.1<e0.1<
1
1-0.1⇒0.11<a=0.1e0.1<0.1×
1
1-0.1=1
9=b，即a<b.
因为ln x<1
2(x - 1
x)(x>1)，
所以c=-ln 0.9=ln10
9 <1
2×(
10
9 - 9
10)= 19
180<0.11<a，即c<a.
综上所述，c<a<b.
方法三 (构造函数法)
假设a<b 成立，即0.1e0.1<1
9⇔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+ 1
x -1=( x
2-1)e
x+1
x -1
，
令h(x)=ex(x2-1)+1(0<x<1)，h'(x)=ex(x2+2x-1)，
当0<x<√2-1 时，h'(x)<0，函数h(x)单调递减，
当√2-1<x<1 时，h'(x)>0，函数h(x)单调递增，
又h(0)=0，所以当0<x<√2-1 时，h(x)<0，
所以当0<x<√2-1 时，g'(x)>0，函数g(x)单调递增，
又0.1∈(0，√2-1)，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.
(2)已知a= 1
100，b=e
- 99
100，c=ln101
100，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 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
x -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e
- 99
100>- 99
100+1= 1
100，即b>a，
ln101
100<101
100-1= 1
100，即c<a，
故c<a<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，还可利用如下超越不等式或其变形公式解决问题.
x -1
x
≤ln x≤x-1(x>0)，x+1≤ex≤1
1- x (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+ x
2
2！+ x
3
3！+ x
4
4！+…，
所以e0.02=1+0.02+0.02
2
2
+0.02
3
6
+…≈1+0.02+0.02
2
2
=1.020 2，
b=1.012=1.020 1，c=ln 2.02<1，
所以a>b>c.
(2)已知a=31
32，b=cos1
4 ，c=4sin1
4 ，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=31
32=1-0.25
2
2
，
b=cos1
4 ≈1-0.25
2
2
+0.25
4
4！，
c=4sin1
4 =
sin 1
4
1
4
≈1-0.25
2
3！+0.25
4
5！，
又-0.25
2
3！+0.25
4
5！>-0.25
2
2
+0.25
4
4！，所以c>b>a.
方法二 (构造函数法)
因为当x∈(0，π
2)时，x<tan x，
故c
b=4tan1
4 >4×1
4 =1，故c
b>1，所以c>b；
设f(x)=cos x+1
2x2-1，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 (
1
4)>f(0)=0，
所以cos1
4 -31
32>0，
所以b>a，所以c>b>a.
方法三 (不等式放缩法)
c
b=4tan1
4 ，
因为当x∈(0，π
2)时，sin x<x<tan x，
所以tan1
4 >1
4 ，
即c
b>1，所以c>b；
因为当x∈(0，π
2)时，sin x<x，取x=1
8得cos1
4 =1-2sin21
8>1-2×(
1
8)
2
=31
32，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+f ″(0)
2！x2+f
(3)(0)
3！
x3+…+f
(n)(0)
n！
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)= 1
1- x 的泰勒展开式(只需写出前4 项)；
(2)根据泰勒公式估算sin1
2的值(精确到0.01)；
(3)证明：当x≥0 时，ex- x
2
2 -sin x-cos x≥0.
(1)解 f(x)= 1
1- x ，f'(x)=
1
(1- x)
2，f″(x)=
2
(1- x)
3，f(3)(x)=
6
(1- x)
4，
f(0)=f'(0)=1，f″(0)=2，f(3)(0)=6，
所以f(x)= 1
1- 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- x
3
3！+ x
5
5！- x
7
7！+…，
故sin1
2=1
2- 1
48+…≈1
2- 1
48≈0.48.
(3)证明 方法一 由泰勒展开式ex=1+x+ x
2
2！+ x
3
3！+…+ x
n
n！+…，
易知当x≥0 时，ex≥1+x+ x
2
2 ，
所以ex- x
2
2 -sin x-cos x≥1+x+ x
2
2 - x
2
2 -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- x
2
2 -sin x-cos x≥0.
方法二 令G(x)=ex- x
2
2 -sin x-cos x，
G'(x)=ex-x-cos x+sin x=ex-x-√2cos(x + π
4)，
易知当x∈[0，3 π
4 )时，y=ex-x，y=-√2cos(x + π
4)均单调递增，
所以G'(x)=ex-x-√2cos(x + π
4)在[0，3 π
4 )上单调递增，
所以G'(x)≥G'(0)=0，
所以当x∈[0，3 π
4 )时，G(x)单调递增，
所以G(x)≥G(0)=0，
当x∈[
3 π
4 ，+ ∞)时，
G(x)=ex- x
2
2 -sin x-cos x>ex- x
2
2 -2，
令F(x)=ex- x
2
2 -2，则F'(x)=ex-x>0，
则F(x)=ex- x
2
2 -2 在R 上单调递增，
又2<3 π
4 ，所以当x∈[
3 π
4 ，+ ∞)时，
F(x)=ex- x
2
2 -2≥F(
3 π
4 )>F(2)=e2-4>0，
即当x∈[
3 π
4 ，+ ∞)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：ln2
3 +ln3
4 +ln 4
5 +…+ ln n
n+1<n(n-1)
4
(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)= 1
x -1-k.
若k≤0，则f'(x)>0，f(x)为增函数；
若k>0，则f'(x)= 1
x -1-k=-k[x -(
1
k +1)]
x -1
，
当1<x<1
k +1 时，f'(x)>0，f(x)在(1，1
k +1)上单调递增；
当x>1
k +1 时，f'(x)<0，f(x)在(
1
k +1，+∞)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(1，1
k +1)，单调递减区间为(
1
k +1，+∞).
(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，则ln n2<n2-1，
即2ln n<(n-1)(n+1)，
所以ln n
n+1<n-1
2
(n∈N*且n>1)，
所以ln2
3 +ln3
4 +ln 4
5 +…+ ln n
n+1<1
2+2
2+3
2+…+n-1
2
=n(n-1)
4
，
即ln2
3 +ln3
4 +ln 4
5 +…+ ln n
n+1<n(n-1)
4
(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=1
5，b=ln11
9 ，c=cos8
9，则( )
A.a<b<c
B.b<c<a
C.c<b<a
D.c<a<b
答案 A
解析 a=0.2，由ln(1+x)=x- x
2
2 + x
3
3 -…+(-1)n x
n+1
n+1+o(xn+1)，-1<x≤1，
得b=ln11
9 =ln(1+ 2
9)
≈2
9-(
2
9)
2
2
+(
2
9)
3
3
≈0.201 2>a，
由8
9<π
3 得c=cos8
9>cosπ
3 =1
2=0.5>b，
∴a<b<c.
2.已知a=sin1
3，b=1
3，c= 1
π ，则( )
A.c<b<a
B.a<b<c
C.a<c<b
D.c<a<b
答案 D
解析 由sin x=x- x
3
3！+ x
5
5！-…+(-1)n-1
x
2n-1
(2n-1)！+o(x2n-1)，
可得x-1
6x3<sin x<x(x>0)，
所以sin1
3∈(
53
162 ，1
3)，所以a<b，
而162
53 ≈3.06<3.14<π，
所以53
162> 1
π ，
即sin1
3> 1
π ，所以c<a，故c<a<b.
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
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- 2
x +1= 2 x
x +1>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.
4.已知a=ln 1.01，b=1.01
30e ，c= 1
101，则( )
A.a<b<c
B.a<c<b
C.c<b<a
D.c<a<b
答案 D
解析 由x -1
x
≤ln x≤x-1 知
ln 1.01>1.01-1
1.01 = 1
101=c，
∴a>c，
ln 1.01<1.01-1=0.01= 1
100，
又b=1.01
30e > 1.01
30×3=1.01
90 >1.01
100 > 1
100，
∴b>a，故b>a>c.
5.(13 分)已知函数f(x)=ex-1
2x2-ax-1，g(x)=cos x+1
2x2-1.
(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-1
2x2-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)=(e
x - 1
2 x
2-ax -1)+(cos x + 1
2 x
2-1)=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≤e
x+cos x -2
x
，
由泰勒公式知，
当x>0 时，ex>1+x+ x
2
2！，cos x>1- x
2
2！，
∴ex+cos x>1+x+ x
2
2！+1- x
2
2！=2+x，
∴e
x+cos x -2
x
>2+ x -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)+f ″( x0)
2！(x-x0)2+…+f
(n)( x0)
n！
(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- 1
3！x3+ 1
5！
x5-…+ (-1)
n-1
(2n-1)！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∈(0，3
2)时，求证：esin x>x+1.(7 分)(参考数据：ln 5
2 ≈0.9)
(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- 1
2！x2+ 1
4！x4-…+ (-1)
n
(2n)！x2n+…；
ex=1+x+ 1
2！x2+…+ 1
n！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)+ 1
2！(ix)2+ 1
3！(ix)3+ 1
4！(ix)4+…+
1
n！(ix)n+…
=(1- 1
2！x
2+
1
4！x
4-…+ (-1)
n
(2n)！x
2n+…)+i·(x - 1
3！x
3+ 1
5！x
5-…+
(-1)
n-1
(2n-1)！x
2n-1+…)
=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∈(0，3
2)时，sin x>x-1
6x3，
令f(x)=sin x-x+1
6x3，f'(x)=cos x-1+1
2x2，f″(x)=x-sin x，
f(3)(x)=1-cos x，又x∈(0，3
2)，
则f(3)(x)>0，所以f″(x)在(0，3
2)上单调递增，
所以f″(x)>f″(0)=0，所以f'(x)在(0，3
2)上单调递增，所以f'(x)>f'(0)=0，
所以f(x)在(0，3
2)上单调递增，所以f(x)>f(0)=0，即sin x>x-1
6x3，
再令g(x)=x-1
6x3-ln(x+1)，x∈(0，3
2)，
则g'(x)=- 1
2 x( x -1)( x +2)
x +1
，易知在(0，1)上g'(x)>0，在(1，3
2)上g'(x)<0，
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，3
2)上单调递减，
而g(0)=0，g(
3
2)=15
16-ln5
2>0，所以当x∈(0，3
2)时，g(x)>0 恒成立，
所以x-1
6x3>ln(x+1)，
则sin x>x-1
6x3>ln(x+1)，即sin x>ln(x+1)，所以esin x>x+1.
