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第7 讲 放缩与估值(二)
微点一 泰勒公式与帕德近似
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-1 x
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).
5.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m，n，函数
f(x)在x=0 处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)=
a0+a1 x +…+am x
m
1+b1 x +…+bn x
n ，
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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 (3)(x)=[f″(x)]'，f (4)(x)=[f (3)(x)]'，f (5)(x)=[f (4)(x)]'，…，f (m+n)(x)=[f (m+n-1)(x)]'.
例如：求f(x)=ln(x+1)在x=0 处的[1，1]阶帕德近似.
解 由上述定义可知，f(x)在x=0 处的[1，1]阶帕德近似的一般形式为R(x)=
a0+a1 x
1+b1 x ，且满足f(0)=R(0)，可
得a0=0.进一步，f'(x)= 1
1+ x ，R'(x)=
a1
(1+b1 x)
2 ，再由定义可知，需满足f'(0)=R'(0)，可得a1=1，同理再由
f″(0)=R″(0)⇒b1=1
2 ，于是可得到f(x)=ln(x+1)在x=0 处的[1，1]阶帕德近似为R(x)= 2 x
x +2.
6.高中常见的帕德近似公式
ln(1+x)≈3 x
2+6 x
x
2+6 x +6
，x∈(-1，1)，
ex≈x
2+6 x +12
x
2−6 x +12
，x∈[-2，2]，
sin x≈6 x
6+ x
2 ，x∈(-1，1)，
cos x≈12−5 x
2
12+ x
2 ，x∈(-1，1)，
tan x≈3 x
3−x
2 ，x∈(−π
2 ，π
2).
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-1 x
n
n +o(xn)，-1<x≤1，
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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=5，b=15(ln 4-ln 3)，c=16(ln 5-ln 4)，则( )
A.a<c<b
B.c<b<a
C.b<a<c
D.a<b<c
答案 B
解析 利用x-1≥ln x≥2( x−1)
x +1
(x≥1)，
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4
3 和5
4 都是离1 比较近的，
故直接采用帕德近似放缩，
即b=15ln4
3 <15×(
4
3 −1)=5=a，
c=16ln5
4 <16×(
5
4 −1)=4<30
7 =15×
2(
4
3 −1)
4
3 +1
<b<a.
[规律方法] 泰勒公式主要有两个用处
(1)对复杂函数在某点处的函数值进行估计；
(2)为放缩法证明不等式提供思考方向和理论依据.
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)
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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.
微点二 引元消参法
例2 已知函数f(x)=x+ex-ae2x.
(1)当a=1
2时，求函数f(x)在[0，ln 2]上的最小值；
(2)设函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，且e
x1，e
x2的等差中项为t，证明：ln(2t)-f(ln(2t))>2.
(1)解 当a=1
2时，f(x)=x+ex-1
2e2x，
则f'(x)=1+ex-e2x.
由f'(x)=1+ex-e2x=0，得ex=−1+√5
−2
(舍去)或ex=−1−√5
−2
=√5+1
2
，
得x=ln1+√5
2
，
当0≤x<ln1+√5
2
时，f'(x)>0，
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函数f(x)在[0，ln 1+√5
2 )上单调递增；
当ln1+√5
2
<x≤ln 2 时，f'(x)<0，函数f(x)在(ln 1+√5
2
，ln 2]上单调递减.
又f(0)=1
2=ln√e，f(ln 2)=ln 2，
所以f(0)<f(ln 2)，
所以函数f(x)在[0，ln 2]上的最小值为1
2.
(2)证明 因为e
x1，e
x2的等差中项为t，
所以2t=e
x1+e
x2.
要证ln(2t)-f(ln(2t))>2，
即证ln(e
x1+e
x2)-f(ln(e
x1+e
x2))>2，
只需证a(e
x1+e
x2)2-(e
x1+e
x2)>2，
由f(x)有两个不同的零点x1，x2，
得ae
2 x1-e
x1-x1=0，
①
ae
2 x2-e
x2-x2=0，
②
由①-②得a[(e
x1)2-(e
x2)2]-(e
x1-e
x2)-(x1-x2)=0，
整理得a(e
x1+e
x2)=1+ x1−x2
e
x1−e
x2.
故只需证(1+ x1−x2
e
x1−e
x2)(e
x1+e
x2)-(e
x1+e
x2)>2，
即证
x1−x2
e
x1−e
x2·(e
x1+e
x2)>2，
即证e
x1+e
x2
e
x1−e
x2·(x1-x2)>2，
即证
e
x1
e
x2 +1
e
x1
e
x2 −1
·lne
x1
e
x2>2.
不妨设x1<x2，令m=e
x1
e
x2(0<m<1)，
只需证m+1
m−1·ln m>2，
即证(m+1)ln m-2(m-1)<0.
设g(m)=(m+1)ln m-2(m-1)，0<m<1，
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所以g'(m)=ln m+ 1
m-1，
令h(m)=ln m+ 1
m-1，0<m<1，
则h'(m)= 1
m- 1
m
2=m−1
m
2 <0，
所以h(m)=g'(m)在(0，1)上单调递减，
当0<m<1 时，g'(m)>g'(1)=0，
所以g(m)在(0，1)上单调递增，
所以当0<m<1 时，g(m)<g(1)=0，
故原不等式得证.
[规律方法] 对于一些特殊的双变量不等式，可以通过引入一个新元整体替换不等式中的双元，使得双变
量不等式转变为单变量不等式，接着构造函数，借助导数证明该不等式.
跟踪演练2 已知函数f(x)=1
x -x+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
<a-2.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=- 1
x
2-1+a
x =- x
2−ax +1
x
2
.
当a≤0 时，f'(x)<0 恒成立，此时f(x)在(0，+∞)上单调递减.
当a>0 时，x2-ax+1=0 的判别式Δ=a2-4，
①当0<a≤2 时，Δ≤0，f'(x)≤0，
此时f(x)在(0，+∞)上单调递减；
②当a>2 时，Δ>0，关于x 的方程x2-ax+1=0 有两个不相等的正实数根，为a−√a
2−4
2
，a+√a
2−4
2
，
当x∈(
a−√a
2−4
2
，a+√a
2−4
2
)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0，a−√a
2−4
2
)或x∈(
a+√a
2−4
2
，+ ∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减.
综上，当a≤2 时，f(x)在(0，+∞)上单调递减；
当a>2 时，f(x)在(0，a−√a
2−4
2
)和(
a+√a
2−4
2
，+∞)上单调递减，在(
a−√a
2−4
2
，a+√a
2−4
2
)上单
调递增.
(2)证明 由(1)知若f(x)存在两个极值点x1，x2，
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则a>2，不妨设x1<x2，
则0<x1<1<x2，x1x2=1，
f(x1)-f(x2)=(x2-x1)(1+
1
x1 x2)+a(ln x1-ln x2)=2(x2-x1)+a(ln x1-ln x2)，
则
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
=-2+
a(ln x1−ln x2)
x1−x2
.
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
<a-2⇔ln x1−ln x2
x1−x2
<1
⇔ln x1
x2
>x1-x2⇔ln x1
x2
>
x1−x2
√x1 x2
⇔ln x1
x2
>√
x1
x2
-√
x2
x1
，
令t= x1
x2
，则t∈(0，1)，
则上述不等式等价于ln t-√t+ 1
√t >0，
令g(t)=ln t-√t+ 1
√t ，0<t<1，
则g'(t)=1
t - 1
2√t -
1
2t √t =−(√t −1)
2
2t √t
<0，
所以g(t)在(0，1)上单调递减，
所以g(t)>g(1)=ln 1-√1+ 1
√1=0，
即ln t-√t+ 1
√t >0，
故
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
<a-2.
微点三 变换主元
例3 设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点个数；
(2)证明：当a>0 时，f(x)≥2a+aln2
a.
(1)解 f'(x)=2e2x-a
x (x>0)，
当a≤0 时，f'(x)>0，此时f'(x)没有零点；
当a>0 时，f″(x)=4e2x+ a
x
2>0，f'(x)在(0，+∞)上单调递增.
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又f'(a)=2e2a-1>0，f'(
a
2(a+1))=2e
a
a+1-2(a+1)=
2
e
−
a
a+1 -2(a+1)<
2
1−
a
a+1
-2(a+1)=0，
此时f'(x)有唯一零点.
综上，当a≤0 时，f'(x)没有零点；
当a>0 时，f'(x)有1 个零点.
(2)证明 方法一 (以a 为主元)
当a>0 时，f(x)≥2a+aln2
a⇔2a+aln2
a+aln x-e2x≤0.
令g(a)=2a+aln2
a+aln x-e2x，a>0，
则g'(a)=2+ln2
a+a·a
2·(−2
a
2)+ln x=1-ln a
2 x ，
当a∈(0，2ex)时，g'(a)>0，g(a)单调递增；
当a∈(2ex，+∞)时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
所以g(a)≤g(2ex)=4ex+2exln 1
e x +2exln x-e2x=2ex-e2x≤0，
原不等式得证.
方法二 (以x 为主元)
由(1)知，当a>0 时，f'(x)在(0，+∞)上存在唯一零点x0，且当x∈(0，x0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
由f'(x0)=0 得e
2 x0= a
2 x0
，
即2x0=lna
2-ln x0，
所以f(x)min=f(x0)=e
2 x0-aln x0= a
2 x0
+2ax0-alna
2≥2a+aln2
a ，
当且仅当x0=1
2时等号成立，
所以f(x)≥2a+aln2
a.
[规律方法] 一些导数大题经常会含有多个变量，主要解题思路是以x 为主元进行求解，但有时解题过程
较为复杂，此时，有的题目就可以以其他变量为主元进行求解.
跟踪演练3 已知a∈R，设函数f(x)=(ax2+2ax+1)ex-2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若a<-1
7 ，求证：当x≥0 时，f(x)<0.
(1)解 f'(x)=(ax2+4ax+2a+1)ex，
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当a≠0 时，关于x 的方程ax2+4ax+2a+1=0 的判别式Δ=16a2-4a(2a+1)=8a2-4a.
当a=0 时，f'(x)=ex>0，f(x)在(-∞，+∞)上单调递增；
当a<0 时，Δ>0，
令f'(x)=0 得x1=−2a+√2a
2−a
a
，
x2=−2a−√2a
2−a
a
，
所以f(x)的单调递增区间为(x1，x2)，单调递减区间为(-∞，x1)和(x2，+∞)；
当a>0 时，若Δ≤0，即0<a≤1
2 ，f'(x)≥0，f(x)在(-∞，+∞)上单调递增；
若Δ>0，即a>1
2 ，
令f'(x)=0 得x3=−2a−√2a
2−a
a
，
x4=−2a+√2a
2−a
a
，
所以f(x)的单调递增区间为(-∞，x3)，(x4，+∞)，单调递减区间为(x3，x4).
(2)证明 当x≥0 时，令g(a)=(ax2+2ax+1)ex-2(a<−1
7)，
则g'(a)=(x2+2x)ex≥0，
所以g(a)在(−∞，−1
7)上单调递增，
故当a<-1
7 时，g(a)<g(−1
7)=(−1
7 x
2−2
7 x +1)ex-2，
令h(x)=(−1
7 x
2−2
7 x +1)ex-2(x≥0)，
则h'(x)=-1
7 (x2+4x-5)ex
=-1
7 (x+5)(x-1)ex，
当x∈[0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)≤h(1)=4
7 e-2<0，
所以当x≥0 时，f(x)<0.
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专题强化练
[分值：60 分]
1.(13 分)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)；(3 分)
(2)根据泰勒公式估算sin1
2的值(精确到0.01)；(5 分)
(3)证明：当x≥0 时，ex- x
2
2 -sin x-cos x≥0.(5 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，
(-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，
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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.
2.(15 分)已知函数f(x)=(x+a)ln(x+1)(a∈R)，g(x)=ln x-bx(b>0).
(1)当x>0 时，f(x)>2x 恒成立，求实数a 的取值范围；(7 分)
(2)若存在x1，x2∈(0，+∞)，使得g(x1)=g(x2)(x1≠x2).证明：√x1+√x2> 2
√b.(8 分)
(1)解 设h(x)=f(x)-2x=(x+a)ln(x+1)-2x(x>0)，
则当x>0 时，h(x)>0 恒成立，
又h'(x)=ln(x+1)+a−1
x +1 -1，
且h(0)=0，所以h'(0)=a-2≥0，
即a≥2，下面证明a≥2 的充分性，
当a≥2 时，由x>0，h(x)=(x+a)ln(x+1)-2x≥(x+2)ln(x+1)-2x，
令φ(x)=(x+2)ln(x+1)-2x，x>0，
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所以φ'(x)=ln(x+1)+ 1
x +1-1，
记m(x)=ln(x+1)+ 1
x +1-1，x>0，
则m'(x)= 1
x +1-
1
( x +1)
2=
x
( x +1)
2>0，
所以φ'(x)在(0，+∞)上单调递增，
则φ'(x)>φ'(0)=0，
所以φ(x)在(0，+∞)上单调递增，
则φ(x)>φ(0)=0，
所以h(x)≥φ(x)>0 恒成立，
综上所述，实数a 的取值范围是[2，+∞).
(2)证明 设0<x1<x2，由g(x1)=g(x2)可得ln x1-bx1=ln x2-bx2，
则b(x2-x1)=ln x2-ln x1=ln x2
x1
，
(*)
由(1)知当x>0 时，ln(x+1)> 2 x
x +2 ，
则当x>1 时，ln x>2( x−1)
x +1
，ln√x>2(√x−1)
√x +1
，
则ln x=2ln√x>4(√x−1)
√x +1
，
又
x2
x1
>1，
所以ln x2
x1
>4×√
x2
x1
−1
√
x2
x1
+1
=4×√x2−√x1
√x2+√x1
，
将(*)代入可得4×√x2−√x1
√x2+√x1
<ln x2
x1
=b(x2-x1)=b(√x2-√x1)(√x2+√x1)，
则4
b <(√x2+√x1)2，
故√x1+√x2> 2
√b.
3.(15 分)设f(x)= x
3
3 ，对任意实数t，记gt(x)=t
2
3x-2
3t.
(1)求函数y=f(x)-g8(x)的单调区间；(3 分)
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(2)求证：①当x>0 时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t 成立；(6 分)
②有且仅有一个正实数x0，使得g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t 成立.(6 分)
(1)解 y= x
3
3 -4x+16
3 ，
由y'=x2-4=0，得x=±2，
因为当x∈(-∞，-2)时，y'>0，
当x∈(-2，2)时，y'<0，
当x∈(2，+∞)时，y'>0，
故所求函数的单调递增区间是(-∞，-2)和(2，+∞)，单调递减区间是(-2，2).
(2)证明 ①方法一 令h(x)=f(x)-gt(x)
= x
3
3 -t
2
3x+2
3t(x>0)，
则h'(x)=x2-t
2
3 ，
当t>0 时，由h'(x)=0，得x=t
1
3(负值舍去)，
当x∈(t
1
3 ，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(0，t
1
3)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)在(0，+∞)内的最小值是h(t
1
3)=0，
故当x>0 时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t 成立.
方法二 (t 为主元)
对任意固定的x>0，
令m(t)=gt(x)=t
2
3x-2
3t(t>0)，
则m'(t)=2
3 t
−1
3(x−t
1
3)，
由m'(t)=0，得t=x3.
当0<t<x3时，m'(t)>0，m(t)在(0，x3)上单调递增；
当t>x3时，m'(t)<0，m(t)在(x3，+∞)上单调递减，
所以当t=x3时，m(t)取得最大值m(x3)=1
3x3>0.
因此当x>0 时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t 成立.
②方法一 (利用第①小题的结论)
f(2)=8
3=g8(2).
由①得，g8(2)≥gt(2)对任意正实数t 成立.
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即存在正实数x0=2，使得g8(2)≥gt(2)对任意正实数t 成立.
下面证明x0的唯一性.
当x0≠2，x0>0，t=8 时，
f(x0)= x0
3
3 ，g8(x0)=4x0-16
3 ，
由①得，x0
3
3 >4x0-16
3 ，
再取t=x0
3，得gx0
3(x0)= x0
3
3 ，
所以g8(x0)=4x0-16
3 < x0
3
3
=gx0
3(x0)，
即当x0≠2 时，不满足g8(x0)≥gt(x0)对任意t>0 都成立.
故有且仅有一个正实数x0=2，使得g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t 成立.
方法二 (t 为主元)
对任意x0>0，g8(x0)=4x0-16
3 ，
因为gt(x0)关于t 的最大值是1
3 x0
3，
所以要使g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t 成立的充要条件是4x0-16
3 ≥1
3 x0
3，
即(x0-2)2(x0+4)≤0，
(*)
又因为x0>0，则不等式(*)成立的充要条件是x0=2，
所以有且仅有一个正实数x0=2，
使得g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t 成立.
4.(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
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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
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