【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题40　　泰勒展开式与超越不等式

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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，成立下式：
f(x)＝f(x0)＋f′(x0)(x－x0)＋eq \f(f″（x0）,2！)(x－x0)2＋…＋eq \f(f″（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)＋f′(0)x＋eq \f(f″（0）,2！)x2＋…＋eq \f(f（n）（0）,n！)·xn＋Rn(x)
虽然麦克劳林公式是泰勒中值定理的特殊形式，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：(n(x)是高阶无穷小量)
(1)ex＝1＋x＋eq \f(x2,2！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋eq \f(eθx,（n＋1）！)xn＋1(0＜θ＜1)；
(2)sin x＝x－eq \f(x3,3！)＋eq \f(x5,5！)－…＋(－1)neq \f(x2n＋1,（2n＋1）！)＋(x2n＋2)；
(3)cs x＝1－eq \f(x2,2！)＋eq \f(x4,4！)－eq \f(x6,6！)＋…＋(－1)neq \f(x2n,（2n）！)＋(x2n＋1)；
(4)ln(1＋x)＝x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)－…＋(－1)neq \f(xn＋1,n＋1)＋(xn＋1)；
(5)eq \f(1,1－x)＝1＋x＋x2＋…＋xn＋(xn)；
(6)(1＋x)α＝1＋αx＋eq \f(α（α－1）,2！)x2＋…＋eq \f(α（α－1）…（α－n＋1）,n！)xn＋(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：
eq \f(x－1,x)≤ln x≤x－1(x＞0)；
ln(1＋x)＝x－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,3)x3－…＋(－1)n－1eq \f(1,n)xn＋Rn(x)…(1).
上式(1)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⇒lneq \f(1,x)≥1－x，用eq \f(1,x)替换“x”得：
1－eq \f(1,x)≤ln x(x＞0)……结论③.
(2)指数型超越放缩：x＋1≤ex≤eq \f(1,1－x)(x＜1)；
ex＝1＋x＋eq \f(x2,2！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋Rn(x)…(2).
上式(2)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⇒eq \f(1,ex)≥1－x⇒eq \f(1,1－x)≥ex……结论③，
当x＞1时，对于上式结论②
e－x≥1－x⇒eq \f(1,ex)≥1－x⇒eq \f(1,1－x)≤ex……结论④.
类型一 利用超越不等式或泰勒展开式比较大小
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：eq \f(x－1,x)≤ln x≤x－1(x＞0)，x＋1≤ex≤eq \f(1,1－x)(x＜1).
例1 (1)已知a＝eq \f(1,100)，b＝e－eq \f(99,100)，c＝ln eq \f(101,100)，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
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝eq \f(1,9)，c＝－ln 0.9，则( )
A.ab
答案 (1)D (2)A
解析 (1)由ln x≥1－eq \f(1,x)，等号当且仅当x＝1时取到，故x＝1.01时a＞c，排除A，B.下面比较a，b大小，由ln x≤x－1得，ln 1.01＜0.01＜eq \f(1.01,30e)，
故b＞a.所以c＜a＜b.
(2)根据题意，构造函数f(x)＝1－eq \f(x2,2)，g(x)＝cs x，h(x)＝eq \f(sin x,x).则可以看到：
a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))，b＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))，c＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))，
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－eq \f(x2,2)，g(x)＝1－eq \f(x2,2！)＋eq \f(x4,4！)＋ο(x4)，h(x)＝1－eq \f(x2,3！)＋eq \f(x4,5！)＋ο(x4).
显然，在x＝0.25时，a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＜b＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＜c＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))，故a＜b＜c.
类型二 利用超越不等式或泰勒展开式解决不等式问题
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.
例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：eq \f(ln 2,3)＋eq \f(ln 3,4)＋eq \f(ln 4,5)＋…＋eq \f(ln n,n＋1)＜eq \f(n（n－1）,4)(n∈N*，n＞1).
(1)解 因为f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1(k∈R)，
所以f(x)的定义域为(1，＋∞)，f′(x)＝eq \f(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)＝eq \f(1,x－1)－k＝eq \f(－k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(k＋1,k))),x－1)，
当1＜x＜eq \f(1,k)＋1时，f′(x)＞0，当x＞eq \f(1,k)＋1时，f′(x)＜0.
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,k)＋1))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋1，＋∞)).
(2)证明 当k＝1时，由上可知f(x)的单调递增区间为(1，2)，单调递减区间为(2，＋∞)，有f(x)≤f(2)＝0在(1，＋∞)恒成立，且f(x)在(2，＋∞)上是减函数，
即ln(x－1)＜x－1－1在x∈(2，＋∞)上恒成立.令x－1＝n2，则ln n2＜n2－1，
即2ln n＜(n－1)(n＋1)，
∴eq \f(ln n,n＋1)＜eq \f(n－1,2)(n∈N*且n＞1)，
∴eq \f(ln 2,3)＋eq \f(ln 3,4)＋eq \f(ln 4,5)＋…＋eq \f(ln n,n＋1)＜eq \f(1,2)＋eq \f(2,2)＋eq \f(3,2)＋…＋eq \f(n－1,2)＝eq \f(n2－n,4)，
即：eq \f(ln 2,3)＋eq \f(ln 3,4)＋eq \f(ln 4,5)＋…＋eq \f(ln n,n＋1)＜eq \f(n（n－1）,4)(n≥2，n∈N*)成立.
训练2 已知f(x)＝ln eq \f(1＋x,1－x)，求证：若x∈(0，1)时，f(x)＞2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3))).
证明 ln (1＋x)＝x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)－…＋(－1)n－1eq \f(xn,n)＋…
ln (1－x)＝－x－eq \f(x2,2)－eq \f(x3,3)＋…＋(－1)2n－1eq \f(xn,n)＋…
所以ln (1＋x)－ln (1－x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)＋…＋\f(x2n＋1,2n＋1))).
故当x∈(0，1)时，f(x)＞2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3))).
一、基本技能练
1.已知实数a，b，c满足ac＝b2，且a＋b＋c＝ln(a＋b)，则( )
A.c＜a＜b B.c＜b＜a
C.a＜c＜b D.b＜c＜a
答案 A
解析 设f(x)＝ln x－x＋1，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)≤f(1)＝0，即ln x≤x－1，
所以ln(a＋b)≤a＋b－1，
所以a＋b＋c≤a＋b－1，即c≤－1，
又ac＝b2＞0，所以a＜0，
由a＋b＞0，所以b＞－a＞0，
所以b2＞a2，即ac＞a2，
所以c＜a，所以c＜a＜b.
2.(2022·郑州模拟)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＋eq \f(x2,2！)＋eq \f(x3,3！)＋eq \f(x4,4！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋eq \f(xn＋1,（n＋1）！)eθx(0＜θ＜1)，
所以e0.02＝1＋0.02＋eq \f(0.022,2)＋eq \f(0.023,6)＋…≈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＝sin eq \f(1,3)，b＝eq \f(1,3)，c＝eq \f(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－eq \f(x3,3！)＋eq \f(x5,5！)－…＋ο(x2n＋2)，
可得x－eq \f(1,6)x3＜sin x＜x(x＞0)，
∴sineq \f(1,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(53,162)，\f(1,3)))，而eq \f(162,53)≈3.06＜3.14＜π，
∴eq \f(53,162)＞eq \f(1,π)，即sineq \f(1,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，\f(1,3)))，选D.
4.(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝eq \r(1.04)－1，则( )
A.a