文档文本内容
泰勒展开式与超越不等式
【知识拓展】
1.泰勒公式形式
泰勒公式是将一个在x0处具有n 阶导数的函数利用关于(x－x0)的n 次多项式逼近
函数的方法.
若函数f(x)在包含x0的某个闭区间[a，b]上具有n 阶导数，且在开区间(a，b)上具
有(n＋1)阶导数，则对闭区间[a，b]上任意一点x，下式成立：
f(x)＝f(x0)＋＋(x－x0)2＋…＋(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x0处
的泰勒展开式，剩余的Rn(x)是泰勒公式的余项，是(x－x0)n的高阶无穷小量.
2.麦克劳林公式
f(x)＝f(0)＋＋x2＋…＋·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到.
3.常见函数的麦克劳林展开式(on(x)是高阶无穷小量)：
(1)ex＝1＋x＋＋…＋＋o(xn)；
(2)ln(1＋x)＝x－＋－…＋(－1)n＋o(xn＋1)；
(3)＝1＋x＋x2＋…＋xn＋o(xn)；
(4)(1＋x)α＝1＋αx＋x2＋…＋xn＋o(xn)；
(5)sin x＝x－＋－…＋(－1)n－1·＋o(x2n－1)；
(6)cos x＝1－＋－＋…＋(－1)n·＋o(x2n).
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：≤ln x≤x－1(x＞0)；
ln(1＋x)＝x－x2＋x3－…＋(－1)n－1xn＋Rn(x)……(ⅰ).
上式(ⅰ)中等号右边只取第一项得：ln(1＋x)≤x(x＞－1)……结论①，
用x－1 替换上式结论①中的x 得：ln x≤x－1(x＞0)……结论②，
对于结论②左右两边同乘“－1”得－ln x≥1－x⇒ln≥1－x，用替换x 得：
1－≤ln x(x＞0)……结论③.
(2)指数型超越放缩：x＋1≤ex≤(x＜1)；
ex＝1＋x＋＋…＋＋Rn(x)……(ⅱ).
上式(ⅱ)中等号右边只取前2 项得：
ex≥1＋x(x∈R)……结论①，
用－x 替换上式结论①中的x 得：
e－x≥1－x(x∈R)……结论②，
当x＜1 时，对于上式结论②
e－x≥1－x⇒≥1－x⇒≥ex……结论③，
当x＞1 时，对于上式结论②
e－x>1－x⇒>1－x⇒<ex……结论④.
【类型突破】
类型一 比较大小
例1 (1)(2024·盐城质检)已知a＝，b＝ln ，c＝log5，则( )
A.c<b<a
B.c<a<b
C.b<c<a
D.a<b<c
(2)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则( )
A.a<b<c
B.c<b<a
C.c<a<b
D.a<c<b
答案 (1)A (2)C
解析 (1)∵b＝ln>0，c＝log5>0，
∴＝＝＝ln 5>1，∴b>c；
∵b＝ln ＝ln ，
∴b－a＝ln－，
设f(x)＝ln(1＋x)－x(0<x<1)，
则f′(x)＝－1＝－<0，
∴f(x)在(0，1)上单调递减，
∴f<f(0)＝0，
即ln<，∴b<a；
综上，c<b<a.
(2)根据题意，构造函数f(x)＝xex，
g(x)＝，h(x)＝－ln(1－x)，则可以看到a＝f(0.1)，b＝g(0.1)，c＝h(0.1).
由于0.1 较小，所以对上述三个函数在x＝0 处进行三阶泰勒展开：
f(x)＝x
＝x＋x2＋x3＋＋ο(x3)，
g(x)＝－1＝1＋x＋x2＋x3＋ο(x3)－1
＝x＋x2＋x3＋ο(x3)，
h(x)＝－
＝x＋x2＋－ο(x3).
在x＝0.1 处，显然b＝g(0.1)≈0.111 0＞a＝f(0.1)≈0.110 5＞c＝h(0.1)≈0.105 5，
故b＞a＞c.
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，或利用如下超越不等式
或其变形公式解决问题：
≤ln x≤x－1(x＞0)，x＋1≤ex≤(x＜1).
训练1 (1)(2024·金华调研)设a＝e0.1－1，b＝，c＝ln 1.1，则( )
A.a<b<c
B.c<b<a
C.c<a<b
D.a<c<b
(2)已知a＝，b＝cos ，c＝4sin ，则( )
A.c>b>a
B.b>a>c
C.a>b>c
D.a>c>b
答案 (1)B (2)A
解析 (1)设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，当x>0 时，f′(x)>0，故f(x)在(0，
＋∞)上单调递增，所以f(0.1)>f(0)，即e0.1－0.1－1>0，所以e0.1－1>0.1，故
a>b；
记g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1＝，当x>1 时，g′(x)<0，故g(x)在(1，
＋∞)上单调递减，所以g(1.1)<g(1)，即ln 1.1－1.1＋1<0，所以ln 1.1<0.1，故
c<b.因此c<b<a.
(2)根据题意，构造函数f(x)＝1－，
g(x)＝cos x，h(x)＝，
则可以看到a＝f，b＝g，c＝h，
由于0.25 较小，所以对上述三个函数在x＝0 处进行四阶泰勒展开：
f(x)＝1－，g(x)＝1－＋＋ο(x4)，h(x)＝1－＋＋ο(x4).
显然，在x＝0.25 时，a＝f＜b＝g＜c＝h，故a＜b＜c.
类型二 证明不等式
例2 已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2.
(1)若a＝－4，求f(x)的极值；
(2)若x≥0，a>1，求证：f(x)≥(x＋1)2－ex.
(1)解 当a＝－4 时f(x)＝－4ln(x＋1)＋x2，
所以f′(x)＝＋2x＝(x>－1)，
当x∈(－1，1)时f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以x＝1 时f(x)取得极小值，且极小值f(1)＝－4ln 2＋1，f(x)没有极大值.
(2)证明 要证x≥0，a>1 时，f(x)≥(x＋1)2－ex，
即证aln(x＋1)－2x－1＋ex≥0，
设g(x)＝aln(x＋1)－2x－1＋ex，
则g′(x)＝－2＋ex，
设h(x)＝ex－x－1，
则x≥0 时h′(x)＝ex－1≥0，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，即ex≥x＋1，
所以g′(x)＝－2＋ex≥＋x＋1－2≥2－2＝2－2≥0，
当且仅当x＝－1 时等号成立，
所以g(x)在[0，＋∞)上是增函数，
所以g(x)≥g(0)＝0，
即aln(x＋1)－2x－1＋ex≥0，
即f(x)≥(x＋1)2－ex.
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，发现其中
所含的超越不等式，需证明后再用来解决问题.
训练2 设函数f(x)＝ax－2－ln x(a∈R).
(1)若f(x)在点(e，f(e))处的切线斜率为，求a 的值；
(2)若g(x)＝ax－ex，求证：在x>0 时，f(x)>g(x).
(1)解 函数f(x)＝ax－2－ln x(a∈R)，
则f′(x)＝a－，
因为f(x)在点(e，f(e))处的切线斜率为，
所以f′(e)＝a－＝，解得a＝.
(2)证明 f(x)－g(x)＝ax－2－ln x－(ax－ex)＝ex－ln x－2，
令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
因为x>0，所以h′(x)>0，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(0)＝0，所以h(x)>0 恒成立，
即ex>x＋1；
令H(x)＝ln x－x＋1，H′(x)＝－1，
x∈(0，1)时，H′(x)>0，
x∈(1，＋∞)时，H′(x)<0，
所以H(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
H(x)max＝H(1)＝0，H(x)≤0 恒成立，
即ln x≤x－1，
所以f(x)－g(x)＝ex－ln x－2>(x＋1)－(x－1)－2＝0，得证.
【精准强化练】
一、单选题
1.下列结论中正确的个数为( )
①sin x＜x，x＞0；②ln x＜x；③ex＞x＋1.
A.0
B.1
C.2
D.3
答案 C
解析 令f(x)＝x－sin x，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝1－cos x≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)＞f(0)＝0，即x－sin x＞0，
即x＞sin x，x＞0，故①正确；
令g(x)＝x－ln x，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝1－＝，
所以当0＜x＜1 时，g′(x)＜0，
当x＞1 时，g′(x)＞0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝1，即x－ln x＞0 恒成立，
所以x＞ln x，故②正确；
令h(x)＝ex－(x＋1)，h′(x)＝ex－1，
当x＜0 时，h′(x)＜0，当x＞0 时，h′(x)＞0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，即ex－(x＋1)≥0，
所以ex≥x＋1，当且仅当x＝0 时取等号，故③错误.故选C.
2.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＋＋＋＋…，
所以e0.02＝1＋0.02＋＋＋…≈1.020 2，
b＝1.012＝1.020 1，c＝ln 2.02＜1，
所以a＞b＞c，故选A.
3.已知a＝e－2，b＝1－ln 2，c＝ee－e2，则( )
A.c>b>a
B.a>b>c
C.a>c>b
D.c>a>b
答案 D
解析 令f(x)＝x－1－ln x，x>0，
则f(e)＝e－1－ln e＝e－2＝a，
f(2)＝2－1－ln 2＝1－ln 2＝b，
∵f′(x)＝1－＝，
∴当x>1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(e)>f(2)，即a>b，
令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1，
∴当x>0 时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(e)>g(2)，即ee－e>e2－2，
所以ee－e2>e－2，即c>a.
综上，c>a>b.
4.已知a＝sin ，b＝，c＝，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－＋－…＋ο(x2n－1)，
可得x－x3＜sin x＜x(x＞0)，
所以sin∈，而≈3.06＜3.14＜π，
所以＞，即sin∈，选D.
5.(2024·辽宁十一所重点中学联考)设a＝，b＝2－e，c＝1－e－则( )
A.a<b<c
B.c<b<a
C.b<c<a
D.a<c<b
答案 B
解析 对于函数f(x)＝ex－x－1，
f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0⇒x<0，f′(x)>0⇒x>0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，
在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝0，
则f(x)≥0，即ex≥x＋1.
所以b＝2－e≤2－＝，c＝1－e－≤1－＝.
由e2<8，得e<8＝2，所以e<，
则1＋e－＝1＋>2＝>e，
所以1－e－<2－e，即c<b.
所以c<b<a.
6.(2024·石家庄调研)已知a＝e0.1，b＝，c＝1.052，则( )
A.a>b>c
B.c>b>a
C.b>c>a
D.a>c>b
答案 D
解析 因为ln a＝0.1，ln c＝ln 1.052＝2ln 1.05，
即ln a＝0.05，ln c＝ln(1＋0.05)，
先证明ln(1＋x)<x(x>－1)，
设f(x)＝ln(1＋x)－x(x>－1)，
则f′(x)＝－1＝－，
令f′(x)>0，则－1<x<0；
令f′(x)<0，则x>0，
所以函数f(x)在(－1，0)上单调递增，
在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.05)<f(0)，
即ln(1＋0.05)－0.05<0，即ln(1＋0.05)<0.05，
所以2ln 1.05<0.1＝ln e0.1，即1.052<e0.1，即c<a.
而b＝(1.3)<(1.331)＝[(1.1)3]＝1.1，c＝1.052＝1.102 5>1.1，所以a>c>b.
二、多选题
7.(2024·济南质检)已知实数a，b 满足a<b，则( )
A.a2<b2
B.a3<b3
C.<
D.a－sin a<b－sin b
答案 BD
解析 因为实数a，b 满足a<b，
对于A，取a＝－1，b＝0，则a2>b2，A 错；
对于B，对于函数f(x)＝x3，该函数的定义域为R，f′(x)＝3x2≥0，
当且仅当x＝0 时，等号成立，
所以函数f(x)＝x3在R 上为增函数，
因为a<b，则f(a)<f(b)，则a3<b3，B 正确；
对于C，取a＝－1，b＝1，则<，C 错；
对于D，对于函数g(x)＝x－sin x，该函数的定义域为R，
g′(x)＝1－cos x≥0，
当且仅当x＝2kπ(k∈Z)时，等号成立，
所以，函数g(x)＝x－sin x 在R 上为增函数，
因为a<b，则g(a)<g(b)，
即a－sin a<b－sin b，D 正确.
8.已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝4a－an，n∈N*，则下列结论正确的是( )
A.an＞1
B.an＋1＞an
C.存在无穷多个k∈N*，使ak＝23k－2
D.＋＋…＋＜1
答案 ABD
解析 ∵a1＝2，∴a－a1＝2，a2＝42＝16＞1，
则a－an单调递增且大于0，
∴4a－an单调递增，∴an＋1＞1，即an＞1，故A 正确；
令y＝ex－x－1(x＞0)，则y′＝ex－1>0，
∴y＝ex－x－1 在(0，＋∞)上单调递增，当且仅当x＝0 时，y＝0，
∴y＝ex－x－1>0，即ex>x＋1.
∵a－an＞0，
且4a－an≥ea－an>a－an＋1，
∴an＋1－an>(an－1)2＞0，故B 正确；
∵a1＝2＝23×1－2，a2＝16＝23×2－2，a3＝416×15＞23×3－2，由归纳法可知，
an＋1＝4a－an＞23(n＋1)－2，
故不存在无穷多个k∈N*，使ak＝23k－2，故C 错误；
由an＋1＞a－an＋1 得＜－，
即＜－，累加可得
＋＋…＋＜－＋－＋…＋－＝－＜1，可知D 正确.
三、填空题
9.(2024·西安调研)记f(n)(x)为函数f(x)的n 阶导数且f(2)(x)＝[f′(x)]′，
f(n)(x)＝[fn－1(x)]′(n≥3，n∈N*).若f(n)(x)存在，则称f(x)n 阶可导.英国数学家泰勒发
现：若f(x)在x0附近n＋1 阶可导，则可构造Tn(x)＝f(x0)＋·(x－x0)＋(x－x0)2＋…
＋·(x－x0)n(称为n 次泰勒多项式)来逼近f(x)在x0附近的函数值.据此计算f(x)＝ex
在x0＝0 处的3 次泰勒多项式为T3(x)＝________；f(x)＝－在x0＝－1 处的10 次
泰勒多项式中x3的系数为________.
答案 1＋x＋＋ 330
解析 ∵f(x)＝ex，∴f(n)(x)＝ex，f(n)(0)＝1，n∈N*.
∴T3(x)＝f(0)＋(x－0)＋(x－0)2＋(x－0)3，
∴T3(x)＝1＋x＋＋；
∵f(x)＝－，
∴f′(x)＝x－2，f(2)(x)＝－2x－3，f(3)(x)＝(3！)x－4，…，f(9)(x)＝(9！)x－10，
f(10)(x)＝－(10！)x－11，
∴f′(－1)＝1，f(2)(－1)＝2，f(3)(－1)＝3！，…，f(9)(－1)＝9！，f(10)(－1)＝10！，
∴T10(x)＝1＋(x＋1)＋(x＋1)2＋(x＋1)3＋…＋(x＋1)10.
故x3的系数为C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C＋C
＝C＝330.
10.已知对任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋ln x，则实数a 的取值范围是________.
答案 (－∞，1]
解析 根据题意可知，x>0，
由x·e2x－ax－x≥1＋ln x，
可得a≤e2x－－1(x>0)恒成立，
令f(x)＝e2x－－1.则a≤f(x)min，
现证明ex≥x＋1 恒成立，
设g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1，
当g′(x)＝0 时，解得x＝0，
当x<0 时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x>0 时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
故x＝0 时，函数g(x)取得最小值，g(0)＝0，
所以g(x)≥g(0)＝0，
即ex－x－1≥0⇔ex≥x＋1 恒成立，
f(x)＝e2x－－1
＝－1
＝－1
≥－1＝1，
所以f(x)min＝1，即a≤1.
所以实数a 的取值范围是(－∞，1].
四、解答题
11.已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax＋1.
(1)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a 的值；
(2)若x∈(0，1)，求证：＋x－＜1.
(1)解 设h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ax－1，则h′(x)＝ex－a.
当a≤0 时，h′(x)＝ex－a＞0，h(x)单调递增，
h(－1)＝e－1＋a－1＜0，不满足h(x)≥0 恒成立；
当a＞0 时，h(x)在x∈(－∞，ln a)上单调递减，在x∈(ln a，＋∞)上单调递增，
所以h(x)的最小值为
h(ln a)＝a－aln a－1≥0，
即1－ln a－≥0，即ln a＋－1≤0.
设φ(a)＝ln a＋－1，φ′(a)＝，
所以φ(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
即φ(a)min＝φ(1)＝0，
故ln a＋－1≤0 的解只有a＝1.
综上，a＝1.
(2)证明 先证当x∈(0，1)时，
ex＞x＋1 恒成立.
令t(x)＝ex－x－1，t′(x)＝ex－1＞0，
所以t(x)在(0，1)上单调递增，
又t(x)＞t(0)＝0，所以ex＞x＋1.
所以要证＋x－＜1，
即证＋x－＜1，
即证1－ln x＋x2＋x－＜x＋1，
即证ln x－x2＋1＋＞0.
设F(x)＝ln x－x2＋1＋，x∈(0，1)，
则F′(x)＝－2x－＝(x－1)－2x＜0，
所以F(x)在(0，1)上单调递减，
所以F(x)＞F(1)＝1＞0，即原不等式成立.
所以当x∈(0，1)时，＋x－＜1.
