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培优点3 泰勒展开式
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)+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xn的高阶无穷小量)
(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)；
(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).
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).
题型一 比较大小
例1 (1)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
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)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
思维升华 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).
跟踪训练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
(2)(2022·全国甲卷)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
题型二 证明不等式
例2 给出以下三段材料：
①若函数f(x)的导数为f'(x)，f'(x)的导数叫做f(x)的二阶导数，记作f″(x).类似地，二阶导数f″(x)的导
数叫做f(x)的三阶导数，记作f(3)(x)，三阶导数f(3)(x)的导数叫做f(x)的四阶导数，…，一般地，n-1
阶导数的导数叫做f(x)的n 阶导数，即f (n)(x)=[f (n-1)(x)]'，n≥4；
②若n∈N*，定义n！=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1；
③若函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内具有n+1 阶导数，那么对于∀x∈(a，b)，有f(x)=f(x0)+
f
'( x0)
1！(x-x0)+f
' '( x0)
2！(x-x0)2+f
(3)( x0)
3！
(x-x0)3+…+f
(n)( x0)
n！
(x-x0)n+o((x-x0)n)，我们称上式为函数f(x)在x=x0
处的n 阶泰勒展开式，其中o((x-x0)n)为(x-x0)n的高阶无穷小量.例如，y=ex在x=0 处的n 阶泰勒展开
式为1+x+1
2x2+…+ 1
n！xn+o(xn).
根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)求f1(x)=cos x，f2(x)=sin x 在x=0 处的3 阶泰勒展开式；
(2)在(1)的条件下，记g1(x)=f1(0)+f '1(0)
1！x+f ″1(0)
2！x2+f 1
(3)(0)
3！x3，比较f1(x)与g1(x)的大小；
(3)证明：ex+sin x+cos x≥2+2x.
思维升华 在证明不等式或根据不等式求参数的范围时，要仔细观察，发现其中所含的超越不等式，需证
明后再用来解决问题.
跟踪训练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).
答案精析
例1 (1)D [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.]
(2)C [b=1
9≈0.111，
由公式ex=1+x+ x
2
2！+…，
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)，
由公式ln(1+x)=x- x
2
2 + x
3
3 +…，
得c=ln(1+ 1
9)≈1
9-(
1
9)
2
2
≈0.104 9，
所以c<a<b.]
跟踪训练1 (1)B [设x=0.02，
则a=e0.02=1+0.02+0.02
2
2
+…，
显然a>b>1>c.]
(2)A [根据题意，构造函数f(x)=1- x
2
2 ，g(x)=cos x，h(x)=sin x
x
，
则a=f(
1
4)，b=g(
1
4)，
c=h(
1
4).
由于1
4 较小，所以对g(x)，h(x)在x=0 处进行泰勒展开：
g(x)=1- x
2
2！+ x
4
4！+o(x4)，
h(x)=1- x
2
3！+ x
4
5！+o(x4).
显然，在x=1
4 时，
a=f (
1
4)<b=g(
1
4)<c
=h(
1
4)，故a<b<c.]
例2 (1)解 f1(x)=cos x，
则有f'1(x)=-sin x，
f″1(x)=-cos x，f 1
(3)(x)=sin x，
∴f'1(0)=0，f″1(0)=-1，f 1
(3)(0)=0，
∴f1(x)=cos 0+ 0
1！(x-0)+-1
2！(x-0)2+ 0
3！(x-0)3+o(x3)
=1-1
2x2+o(x3)，
同理可得f2(x)=x-1
6x3+o(x3).
(2)解 由(1)知f1(x)=cos x，
g1(x)=1-1
2x2，
令h(x)=f1(x)-g1(x)
=cos x-1+1
2x2，
则h'(x)=-sin x+x，
∴h″(x)=1-cos x≥0，
∴h'(x)为R 上的增函数，
又h'(0)=0，∴在(-∞，0)上，h'(x)<0，h(x)单调递减；在(0，+∞)上，h'(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(0)=0，即cos x≥1-1
2x2，
故f1(x)≥g1(x).
(3)证明 令φ(x)=sin x-x+1
6x3，
则φ'(x)=cos x-1+1
2x2，
由(2)知，φ'(x)≥0，所以φ(x)为R 上的增函数，又φ(0)=0，
所以当x<0 时，φ(x)<0，
即sin x<x-1
6x3；
当x=0 时，φ(x)=0，
即sin x=x-1
6x3；
当x>0 时，φ(x)>0，
即sin x>x-1
6x3，
而y=ex在x=0 处的3 阶泰勒展开式为
ex=1+x+1
2x2+1
6x3+o(x3)，
设m(x)=ex-1-x-1
2x2-1
6x3，
则m'(x)=ex-1-x-1
2x2，
m″(x)=ex-1-x≥0，
故m'(x)为R 上的增函数，
而m'(0)=0，
故当x<0 时，m'(x)<0，
当x>0 时，m'(x)>0，
故m(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
故m(x)min=m(0)=0，即ex≥1+x+1
2x2+1
6x3，当且仅当x=0 时取等号.
①当x≥0 时，sin x≥x-1
6x3，当且仅当x=0 时取等号，
所以ex+sin x+cos x
≥(1+ x + 1
2 x
2+ 1
6 x
3)+
(x - 1
6 x
3)+(1- 1
2 x
2)=2+2x；
②当x<0 时，设F(x)=ex+sin x+cos x-2-2x，F(0)=0，
F'(x)=ex+cos x-sin x-2
=ex+√2cos(x + π
4)-2，
F″(x)=ex-sin x-cos x，
若x∈(-1，0)，
由于sin x<x-1
6x3，
所以F″(x)=ex-sin x-cos x
>1+x+1
2x2+1
6x3+1
6x3-x-cos x=1-cos x+1
6x2(3+2x)>0，
故F'(x)在(-1，0)上单调递增，
从而F'(x)<F'(0)=0，
若x∈(-∞，-1]，
F'(x)=ex+√2cos(x + π
4)-2<1
e +√2-2<1
2+√2-2<0，
所以当x<0 时，F(x)单调递减，
从而F(x)>F(0)=0，
即ex+sin x+cos x>2+2x.
综上，ex+sin x+cos x≥2+2x.
跟踪训练2 (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)在(1，+∞)上为增函数；
若k>0，则f'(x)= 1
x -1-k=-k(x - k +1
k )
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(n∈N*，n>1)，
则ln n2<n2-1，
即2ln n<(n-1)(n+1)，
所以ln n
n+1<n-1
2
(n∈N*，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
2-n
4
，
即ln 2
3 +ln3
4 +ln 4
5 +…+ ln n
n+1<n(n-1)
4
(n∈N*，n>1)成立.
