文档文本内容
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
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.
(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
答案 C
解析 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.
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
答案 B
解析 设x=0.02，则a=e0.02=1+0.02+0.02
2
2
+…，
显然a>b>1>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
答案 A
解析 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.
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.
(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.
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).
(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.
课时精练
[分值：60 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共15 分)
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x0的某个开区间(a，b)内可以进行多次求导数运
算，则当x≠x0时，有f(x)=f(x0)+f
'( x0)
1！
(x-x0)+f
' '( x0)
2！
(x-x0)2+f
' ' '( x)
3！(x-x0)3+…，其中f'(x)是f(x)的导数，f″(x)
是f'(x)的导数，f' ' '(x)是f″(x)的导数，….取x0=0，则sin 1 精确到0.01 的近似值为( )
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，…，
取x0=0，可得f(x)=f(0)+f
'(0)
1！x+f
' '(0)
2！x2+f
' ' '(0)
3！x3+…，
则f(x)=sin x=0+1×x+0×x2+(-1)× 1
3！x3+0×x4+1× 1
5！x5+…=x-1
6x3+ 1
120x5+…，
令x=1，代入上式可得f(1)=sin 1=1-1
6+ 1
120+…=101
120+…≈0.84，
所以sin 1≈0.84.
2.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
答案 D
解析 ∵sin x=x- x
3
3！+ x
5
5！-…，
ln(1+x)=x- x
2
2 + x
3
3 -…，
ex=1+x+ x
2
2！+ x
3
3！+…，
∴sin 0.1=0.1-0.1
3
6 +0.1
5
120 -…，
ln 1.1=0.1-0.1
2
2 +0.1
3
3 -…，
e0.1=1+0.1+0.1
2
2 +0.1
3
6 +…，
则e0.1-1=0.1+0.1
2
2 +0.1
3
6 +…，
∴ln 1.1<sin 0.1<0.1<e0.1-1，
故c<b<a.
3.设a=2ln 1.01，b=ln 1.02，c=√1.04-1，则( )
A.a<b<c
B.b<c<a
C.b<a<c
D.c<a<b
答案 B
解析 因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1>ln 1.02，所以a>b，排除A，D；
由公式ln(1+x)=x- x
2
2 +…，
得a=2ln(1+0.01)≈2×(0.01- 0.01
2
2 )
≈0.02-0.000 1=0.019 9，
由公式(1+x)α=1+αx+α(α -1)
2！
x2+…，
得c=(1+0.04)
1
2-1≈1
2×0.04-
1
4
2
×0.042≈0.02-0.000 2=0.019 8，
所以a>c，排除C.
二、多项选择题(共6 分)
4.(2025·沈阳模拟)泰勒公式通俗地讲就是用一个多项式函数去逼近一个给定的函数，也叫泰勒展开式，下
面给出两个泰勒展开式：
ex=1+x+ x
2
2！+ x
3
3！+ x
4
4！+…+ x
n
n！+…；
sin x=x- x
3
3！+ x
5
5！- x
7
7！+…+(-1)n-1·
x
2n-1
(2n-1)！+….
由此可以判断下列各式中正确的是( )
A.eix=cos x+isin x(i 是虚数单位)
B.eix=-i(i 是虚数单位)
C.2x≥1+xln 2+( x ln 2)
2
2
(x≥0)
D.cos x<1- x
2
2 + x
4
24 (x∈(0，1))
答案 ACD
解析 对于A，B，由sin x=x- x
3
3！+ x
5
5！- x
7
7！+…+(-1)n-1
x
2n-1
(2n-1)！+…，
两边求导得cos x=1- x
2
2！+ x
4
4！- x
6
6！+…+(-1)n-1
x
2n-2
(2n-2)！+…，
isin x=xi- x
3i
3！+ x
5i
5！- x
7i
7！+…+(-1)n-1·
x
2n-1i
(2n-1)！+…，
cos x+isin x=1+xi- x
2
2！- x
3i
3！+ x
4
4！+ x
5i
5！- x
6
6！- x
7i
7！+…+(-1)n-1
x
2n-2
(2n-2)！+(-1)n-1
x
2n-1i
(2n-1)！+…，
又eix=1+xi+( xi)
2
2！+( xi)
3
3！+( xi)
4
4！+…+( xi)
n
n！+…
=1+xi- x
2
2！- x
3i
3！+ x
4
4！+ x
5i
5！- x
6
6！- x
7i
7！+…+(-1)n-1
x
2n-2
(2n-2)！+(-1)n-1
x
2n-1i
(2n-1)！+…
=cos x+isin x，
故A 正确，B 错误；
对于C，已知ex=1+x+ x
2
2！+ x
3
3！+ x
4
4！+…+ x
n
n！+…，则ex≥1+x+ x
2
2！.
因为2x=exln 2(x≥0)，则exln 2≥1+xln 2+( x ln 2)
2
2！
，即2x≥1+xln 2+( x ln 2)
2
2
(x≥0)成立，故C 正确；
对于D，cos x=1- x
2
2！+ x
4
4！- x
6
6！+ x
8
8！- x
10
10！+…+(-1)n-1
x
2n-2
(2n-2)！+…
=(1- x
2
2！+ x
4
4！)- x
6
6！+ x
8
8！- x
10
10！+…-
x
2n
(2n)！+
x
2n+2
(2n+2)！-…(n 为奇数)，
当x∈(0，1)时，- x
6
6！+ x
8
8！<0，- x
10
10！+ x
12
12！<0，…，
-
x
2n
(2n)！+
x
2n+2
(2n+2)！
= x
2n[ x
2-(2n+1)(2n+2)]
(2n+2)！
<0，x∈(0，1)，
所以- x
6
6！+ x
8
8！- x
10
10！+…-
x
2n
(2n)！+
x
2n+2
(2n+2)！-…<0，
所以cos x<1- x
2
2！+ x
4
4！=1- x
2
2 + x
4
24 (x∈(0，1))成立，故D 正确.
三、填空题(共5 分)
5.数学家研究发现，对于任意的x∈R，sin x=x- x
3
3！+ x
5
5！- x
7
7！+…+(-1)n-1
x
2n-1
(2n-1)！+…(n∈N*)，称为正弦
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)
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，
sin 1°=BD
AB ，
所以AB= BD
sin1° ，
在Rt△ABC 中，sin∠BAC=sin 30°=BC
AB ，
联立可得BC=
3
2sin1° =
3
2sin π
180
≈
3
2· π
180
≈86.
四、解答题(共34 分)
6.(17 分)(2024·合肥模拟)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n(n∈N*)阶导数
都存在时，f(x)在x=0 处的n 阶泰勒展开式为f(x)=f(0)+f'(0)x+f ″(0)
2！x2+f
(3)(0)
3！x3+…+f
(n)(0)
n！xn+….注：f″(x)
表示f(x)的2 阶导数，即为f'(x)的导数，f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n 阶导数，该公式也称麦克劳林公式.
(1)写出f(x)= 1
1- x 的泰勒展开式(只需写出前4 项)；(4 分)
(2)根据泰勒公式估算sin1
2的值，精确到小数点后两位；(4 分)
(3)证明：当x≥0 时，ex- x
2
2 -sin x-cos x≥0.(9 分)
(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，
可得sin x=x- x
3
3！+ x
5
5！- x
7
7！+…，
故sin1
2=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
4
4！+ x
5
5！+…+ 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，
即证得当x≥0 时，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-√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)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 单调递增，
则当x∈[
3 π
4 ，+ ∞)时，F(x)=ex- x
2
2 -2>F(2)=e2-4>0，
综上，原不等式得证.
7.(17 分)(2024·廊坊模拟)对于函数f(x)，规定f'(x)=[f(x)]'，f″(x)=[f'(x)]'，f(3)(x)=[f″(x)]'，…，f(n)(x)=[f(n-1)(x)]'，
f(n)(x)叫做函数f(x)的n 阶导数.若函数f(x)在包含x0的某个开区间(a，b)上具有直到(n+1)阶的导数，则对任意
x∈(a，b)，f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+f ″( x0)
2！
(x-x0)2+f
(3)( x0)
3！
·(x-x0)3+…+f
(n)( x0)
n！
(x-x0)n+Rn(x)，该公式称为函数
f(x)在x=x0处的n 阶泰勒展开式，Rn(x)是此泰勒展开式的n 阶余项.已知函数f(x)=ln(x+1).
(1)写出函数f(x)在x=1 处的3 阶泰勒展开式(Rn(x)用R3(x)表示即可)；(4 分)
(2)设函数f(x)在x=0 处的3 阶余项为g(x)，求证：对任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0；(4 分)
(3)求证：(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)(1+ 1
2
3)…(1+ 1
2
n)<e
37
42(n∈N*).(9 分)
(1)解 由f(x)=ln(x+1)，得f'(x)= 1
x +1，f″(x)=-
1
( x +1)
2，f (3)(x)=
2
( x +1)
3，
所以f(1)=ln 2，f'(1)=1
2，f″(1)=-1
4 ，f (3)(1)=1
4 ，
所以函数f(x)在x=1 处的3 阶泰勒展开式为f(x)=ln 2+1
2(x-1)-1
8(x-1)2+ 1
24 (x-1)3+R3(x).
(2)证明 由(1)，得f(0)=0，f'(0)=1，f″(0)=-1，f (3)(0)=2.
所以函数f(x)在x=0 处的3 阶泰勒展开式为f(x)=x-1
2x2+1
3x3+R3(x)，
所以g(x)=R3(x)=ln(x+1)-x+1
2x2-1
3x3.
g'(x)= 1
x +1-1+x-x2=- x
3
x +1，令g'(x)=0，得x=0，
当x∈(-1，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减.
所以g(x)≤g(0)=0，
即对任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0.
(3)证明 由(2)知，当x∈(0，1)时，
g(x)=ln(x+1)-x+1
2x2-1
3x3<0，
即ln(x+1)<x-1
2x2+1
3x3，
因为1
2
n∈(0，1)(n∈N*)，
所以ln(1+ 1
2
n)< 1
2
n-1
2· 1
4
n+1
3· 1
8
n.
ln(1+ 1
2)+ln(1+ 1
2
2)+ln(1+ 1
2
3)+…+ln(1+ 1
2
n)<1
2+ 1
2
2+…+ 1
2
n-
1
2(
1
4 + 1
4
2 +…+ 1
4
n)+1
3(
1
8 + 1
8
2 +…+ 1
8
n)
=
1
2(1- 1
2
n)
1- 1
2
-1
2×
1
4(1- 1
4
n)
1- 1
4
+1
3×
1
8(1- 1
8
n)
1- 1
8
=37
42+1
6· 1
4
n- 1
2
n- 1
21· 1
8
n，
因为37
42+1
6· 1
4
n- 1
2
n- 1
21· 1
8
n<37
42+1
6· 1
4
n- 1
2
n=37
42+1
6(
1
4
n - 6
2
n)
=37
42+1
6·1-6·2
n
4
n
<37
42(n∈N*)，
所以ln(1+ 1
2)+ln(1+ 1
2
2)+ln(1+ 1
2
3)+…+ln(1+ 1
2
n)<37
42，
即ln[(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)(1+ 1
2
3)…(1+ 1
2
n)]<37
42，
所以(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)(1+ 1
2
3)…(1+ 1
2
n)<e
37
42(n∈N*).
