2023高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)練41　泰勒展開(kāi)式與超越不等式

微專(zhuān)題41泰勒展開(kāi)式與超越不等式

3知識(shí)拓展

1.泰勒公式形式

泰勒公式是將一個(gè)在村處具有〃階導(dǎo)數(shù)的函數(shù)利用關(guān)于(X-XO)的〃次多項(xiàng)式逼近

函數(shù)的方法.

若函數(shù)/U)在包含XO的某個(gè)閉區(qū)間［”,切上具有〃階導(dǎo)數(shù)，且在開(kāi)區(qū)間(0,份上具

有(〃+1)階導(dǎo)數(shù)，則對(duì)閉區(qū)間團(tuán)，川上任意一點(diǎn)九，成立下式：

~f(Xo)(%—xo)f'(?o)fn'(?o)

=Λ%o)++~2l(x—xo)7^l-----1^一~↑(χ-χo)n+/??(%)

其中：f")Qo)表示y(x)在X=XO處的n階導(dǎo)數(shù)，等號(hào)后的多項(xiàng)式稱(chēng)為函數(shù)兀燈在XO

處的泰勒展開(kāi)式，剩余的吊(X)是泰勒公式的余項(xiàng)，是(x—尤o)"的高階無(wú)窮小量.

2.麥克勞林公式

f(0)Xf(0)小(0)

Λχ)=Λ0)4-Ti-+2!-χ2-\—卜-√Γ~?爐+R〃(X)

雖然麥克勞林公式是泰勒中值定理的特殊形式，僅僅是取M)=O的特殊結(jié)果，由

于麥克勞林公式使用方便，在高考中經(jīng)常會(huì)涉及到.

3.常見(jiàn)函數(shù)的麥克勞林展開(kāi)式(?！á攀歉唠A無(wú)窮小量)：

f爐

(l)e*=1+x+^~pH------+o(Xr)；

(2)sinX=X—力+"----F(-l)nI(2；一1)!+。(口)；

γ2尤2〃

(3)COS尤=1-7F÷4Γ-6FH1^(-1)“⑵)！+°(χ2n+')；

χ23y+1

(4)ln(l+x)=X-Lγ+W------1-(-1:,+o(χ+1)；

Zjn~kτ1

(5)-~=1+x+x2÷???+ΛΛ+0(XΛ)；

1-χ

.a(。一1)?,a(?—1)???(Q—〃+1)

(6)(1+lx)Q=1+lax+--------X2+…+1;x,r+o(x,t).

ZInI

4.兩個(gè)超越不等式：(注意解答題需先證明后使用)

(1)對(duì)數(shù)型超越放縮：

χ-1.,

--≤lnx≤χ-l(x>O);

In(I+x)=X—-------F(-l)n^?+RG)…⑴.

上式(1)中等號(hào)右邊只取第一項(xiàng)得：ln(l+Λ)≤Λ(X>-1).......結(jié)論①，

用χ-1替換上式結(jié)論①中的X得：InXWX-l(x>0).......結(jié)論②，

對(duì)于結(jié)論②左右兩邊同乘“一1”得一InXel-Xnlnj?21-χ,用1替換X得：

XX

l-∣≤lnΛ(X>0)...結(jié)論③.

(2)指數(shù)型超越放縮：

x+1≤ex≤~-(XV1)；

I-X

e?-l+x+^-H------+R"(X)"?(2).

上式(2)中等號(hào)右邊只取前2項(xiàng)得：

ev≥l+x(x∈R)......結(jié)論①，

用一X替換上式結(jié)論①中的X得：

er>l一χ(x∈R)...結(jié)論②，

當(dāng)XVl時(shí)，對(duì)于上式結(jié)論②

ex≥1—1—x=>~-≥e'........結(jié)論③，

e1—X

當(dāng)x>l時(shí)，對(duì)于上式結(jié)論②

e^^“21—1—-----Wex.......結(jié)論④.

e1—X

題型聚焦分類(lèi)突破研題型求突破

類(lèi)型一利用超越不等式或泰勒展開(kāi)式比較大小

I核心歸納

涉及比較大小的問(wèn)題，如果其中同時(shí)含有指數(shù)式、對(duì)數(shù)式和多項(xiàng)式，可考慮利用

泰勒展開(kāi)式解決問(wèn)題，特別注意結(jié)合賦值法，利用如下超越不等式或其變形公式

解決問(wèn)題：

X—1

--WInXWX-I(X>0),

X

Λ+l≤er≤--(x<l).

I—%

I99JOl

例1⑴已知α=y^,。=廣嬴C=In/9則a,b,C的大小關(guān)系為()

A.a<b<cB.a<c?b

C.c<a<bD.b<a<c

(2)(2022?新高考I卷)設(shè)α=0.1e°Lb=^,C=-InO.9,則()

A.a<b<cB.c<b<a

C.c<a<bD.a<c<b

答案(I)C(2)C

_99_991101101

解析(1)因?yàn)閑?v2x+l,lnxWχ-1,故b=e[>—而+1=而,c=ln而<而

一ι=T??故選C.

⑵根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)大X)=XeI

Y

g(x)==/1(%)=-ln(l-Λ),則可以看到α=Λ0.1),?=g(0.1),c=∕z(0.1).

1X

由于0.1較小，所以對(duì)上述三個(gè)函數(shù)在X=O處進(jìn)行三階泰勒展開(kāi)：

人%)=入[1+尤+尹+不+。(Λ3)=X+X2÷2%3+^^+O(Λ3),

g(x)=]，-1=1÷X÷%2÷JC3÷O(X3)-1=%÷X2+Λ3÷O(Λ3),

■1,A31]X5

//(九)=---χ--^Xi-^+θ(x3)=x+^x2+'-j+o(xi).

在X=(M處，顯然b=g(O.I)Po.1110>α=Λ0.1)≈0.1105>c=∕ι(0.1)≈0.1050,

故b>a>c.

訓(xùn)練1⑴設(shè)α=lnLOI,b=果,C=志，(其中自然對(duì)數(shù)的底數(shù)e=2.71828…)

貝女)

A.a<h<cB.a<c<h

C.c<b<aD.c<a?b

3111

(2)(2022?全國(guó)甲卷)已知α=到，b=COSrc=4sin『則()

A.c>b>aB.b>a>c

C.a>b>cD.a>c>b

答案(I)D(2)A

解析(1)由InXel等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)%=1時(shí)取到，故X=LOl時(shí)a>c,排除A,

B.

下面比較4,b大小,

由InXWX—1得，In1.01<0.01<?^^,故b>α.

所以c<a<b.

x,~SinX

(2)根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)凡T)=I-5，g(x)=cosx,∕z(x)=Jj,

則可以看到：α=∕Q),b=gQ),C=

由于0.25較小，所以對(duì)上述三個(gè)函數(shù)在X=O處進(jìn)行四階泰勒展開(kāi)：

4

,/(x)=l-萬(wàn)，g(x)=l-彳+丁+o(χ4),∕7(χ)=1-yj-+yp+o(χ).

顯然，在尤=0.25時(shí)，ɑ=d)vb=g(Jvc=∕z(1),故a<b<c.

類(lèi)型二利用超越不等式或泰勒展開(kāi)式解決不等式問(wèn)題

I核心歸納

在證明不等式或根據(jù)不等式求參數(shù)的范圍時(shí)，要仔細(xì)觀察，發(fā)現(xiàn)其中所含的超越

不等式，需證明后再用來(lái)解決問(wèn)題.

例2已知函數(shù)?r)=In(X—1)一4X—1)+1.

(1)求函數(shù)式X)的單調(diào)區(qū)間；

-ln2ln3In4Innn(/?-1)

z(2o)v證cf明ih：?+—+-H-----4("≡N，n>i).

(1)解因?yàn)?U)=In(X—1)--x—1)+1(Z∈R),

所以兀r)的定義域?yàn)?1,+∞),

∕Q)=±^T?

若ZWO,則了(力>0,於)在(1,+8)上為增函數(shù);

-G-中)

若2>0,則/(X)=-7-k=--~~：~

J?X—1X—1

當(dāng)lVχ<?∣+l時(shí)，/(x)>0,

當(dāng)Λ>∣+1時(shí)，/(x)V0.

綜上，當(dāng)ZWO時(shí)，/U)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間,

當(dāng)z>o時(shí)，7U)的單調(diào)遞增區(qū)間為(ι,1+1),單調(diào)遞減區(qū)間為弓+i,+∞)

(2)證明當(dāng)Z=I時(shí)，由(1)可知yu)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,2),單調(diào)遞減區(qū)間為Q,

+∞),

有?r)低*2)=0在(1,+8)恒成立，

且人犬)在(2,+8)上是減函數(shù)，

即In(X-I)V尤一1—1在尤G(2,+8)上恒成立.

令X—1=/,則Inn2<∕ι2-1,

即21nn<.(n-l)(n+1),

Inn∏-1*I

.?.^ψγ<-^-("∈N且∕ι>l),

.In2,In3,In4..In/21.2.3..∏-1n2-n

??『丁+『…+干〈///…十丁=丁

In2In3In4,Ilrι〃(n_1)…、上、

即tlrr：ll---4(G2,N)成立.

訓(xùn)練2已知/U)=In蕓?證明：當(dāng)x∈(0,D時(shí)，7(x)>2(x+5).

丫2v?N

證明In(l+x)=χ-y÷y------F(—1),7^1-H—,

In(1-χ)=—X—y—yd----F(-—,

(√/+/

-

所以In(1÷x)-In(1—x)=2x+γ÷???+9∣1L

VJ乙11I?J

故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，yu)>2(x+z∣).

高分訓(xùn)練對(duì)接高考重落實(shí)迎高考

一、基本技能練

1.已知α=e°?°2,h=1.012,c=ln2.02,則()

A.a>b>cB.b>a>c

C.a>c>bD.b>c>a

答案A

r2y3丫4γn爐+1

解析因?yàn)閑^=1+λ+-+—+-+...+-?),

On?2()∩23

所以eoθ2=l+O.O2+2≠+i?-+???^l.O2O2,

ZO

?=1.012=1.0201,c=ln2.02<l,

所以α>b>c,故選A.

2.已知實(shí)數(shù)4,b,C滿(mǎn)足αc=〃，且。+力+C=In(Q+b),則()

A.c<a?bB.c<b<a

C.a<c<bD.b<c?a

答案A

解析設(shè)/(x)=InX—尤+1,

11—Y

則-

/(χ)=√;v-1=-√TV,

當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，/(x)>0,JX)單調(diào)遞增,

當(dāng)x∈(l,+8)時(shí)，/(χ)vo,y(χ)單調(diào)遞減,

所以/U)WyO)=0,即InX≤X-1,

所以ln(α+A)Wα+b—19

所以α+/?+CWa+〃-1,即cW—1,

1

又ac=b>09所以a<0,

由a~?~b>0y所以b>~a>0,

所以。2>〃2,即4c>q2,

所以CVα,所以CVaV/?.

3.已知Q=Sin/，b=g,C=*貝∣J()

A.c?b<aB.a<h?c

C.a<c<bD.c<a?b

答案D

解析由sinx=χ-^~+~^-------Fo(%2π+1),

可得x—*VsinΛ<X(X>0),

所以sin}∈(焉，∣j,而崇^3.06V3.14Vπ:,

所以即Sim,選D.

162兀??π?/

4.(2021?全國(guó)乙卷)設(shè)α=21n1.01,b=?n1.02,c=√L04-l,則()

A.a<b<cB.b<c<a

C.b<a<cD.c<a<b

答案B

解析顯然L012>I.02,故。Va,只需比較α,c大小即可.

考慮函數(shù)/(x)=2In(I+x),^(X)=√1+4Λ-1,考慮到兩者均是比較在X=O附近的

數(shù)的大?。喝?.01)與g(0.01),

所以對(duì)兩個(gè)函數(shù)在X=O處進(jìn)行泰勒展開(kāi).

ln(l÷x)=%-y+yH-----1-(-1)"'~+o(xn),

,a(。一1)?,,aCa-1)???(［一〃+1)

(1+1尸=1+ax+------------X2+…+-------------------------------x,t+O(M,

由上式可得："r)=2χ-Λ2+o(x2),g(x)=2χ-2x2+o(%2),

顯然，在X=O附近，yU)>gG),故α>c,

令函數(shù)Λ(x)=ln(l+2x),由泰勒公式得，

8

/?(%)=Ix-2X2÷??3÷O(Λ3),

又g(x)=2x—2Λ2+4X3+O(X3),

在x=。附近，∕z(x)<g(x),所以b<c.

綜上，∕j<c'<4.故選B.

5.下列結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)為()

①SinXV%,%>0；②1IIΛ:VX；③e*>x+l.

A.0B.1

C.2D.3

答案C

解析令/(X)=X—sinX,x∈(0,÷o°),則/(x)=1—cosx20,

所以?r)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

所以"r)>∕(O)=0,即x—sinx>0,

即x>sinx,%>0,故①正確；

令g(x)=%—ln九,x∈(0,÷o°),

1Y-1

L

則^(X)=1-人-=-人

所以當(dāng)OVXVl時(shí)，g，(X)V0,

當(dāng)x>l時(shí)，/(x)>0,

所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,十8)上單調(diào)遞增，

所以g(x)2g(l)=l,即龍一In光>0恒成立，所以尤>lnx,故②正確；

令〃(X)=e*-(X+1),∕ι,(x)=ex-1,

當(dāng)XVo時(shí),∕ι,(χ)<O,當(dāng)x>0時(shí)，Wa)>0,

所以∕z(x)在(一8,0)上單調(diào)遞減，在(0,+8)上單調(diào)遞增，

所以∕ι(%)N∕ι(O)=O,即以一(x+l)N0,

所以廿2x+l,當(dāng)且僅當(dāng)X=O時(shí)取等號(hào)，故③錯(cuò)誤.故選C.

6.Ci知αi,42,。3,424成等比數(shù)列，且α1+α2+α3=ln(α1+α2+43+α4),若0<

0∣<h則()

A.aι<a3,a2<a4B.a?<a3,a2>a4

C.a?>?3>α2>n4D.αι>43,α2<<24

答案A

解析設(shè)/(x)=lnχ-x+l,

則/(X)=：—1=工-，

令/(x)>0,貝IoVXV1,

令了(X)V0,則x>l,

所以人X)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

所以X?)max=#1)=0,

則fix)=?nχ-χ+1≤0,即Inx≤χ-1,

所以01+02+43=111(01+02+43+44).41+02+43+04—19

故Qle1,又Ql,。2,。3,44成等比數(shù)列，且OValV1,

設(shè)其公比為4,則詈=爐>1,即q>l,

所以41V43,a2<a4,故選A.

7.（多選）已知數(shù)列｛0,｝滿(mǎn)足αι=2,iz,ilι=4°”,"∈N*,則下列結(jié)論正確的是（）

A.>1

B?Cln+1>Cln

C.存在無(wú)窮多個(gè)Z∈N*,使以=23L2

D二+L-|---1-^<1

a?aιan

答案ABD

2

解析Y4ι=2,彳一αι=2,α2=4=16>l,則析一斯單調(diào)遞增且大于0,

所以單調(diào)遞增，所以以+1>1,即z>l,故A正確；

令y=ej-%—l(x>0),則∕=er-1>0,所以y=ex-χ-1在(0,+8)上單調(diào)遞增,

且當(dāng)且僅當(dāng)X=O時(shí)，y=0,

所以y=e?r-%—120,即ev2x+l.

因?yàn)閏^-an>O,

且4">α"2e">""e晶一如+1,

2

?a∏+?-an^(an-1)>0,故B正確；

3121615332

Vaι=2=2×^,42=16=23X2-2,a3=4×>2×-,由歸納法可知，

。用=科j*+∣,

故不存在無(wú)窮多個(gè)氏GN*,使以=23L2,故C錯(cuò)誤；

由斯+1>后一。"+1得一?<-?-?,即:<一L丁――LT，累加可得：

a∣ι+↑—1a∏—1cinanan-1‰+ι—1

-1-I.-1-.十...十I一1V,---1-----1--十.---1------1--十....十l---1------1---=---1---

CL?。2CbI0—142—102—1。3-1Cln-1afι+↑-141-1

—?<1,可知D正確.

an+?-?

8.已知函數(shù)於)=0eA-InX-1,證明：當(dāng)。2；時(shí)，於)20.

證明當(dāng)時(shí)，f?x)=aex-?nχ-1≥^?ev-Inχ-1=ev-1—Inχ-1,

由ex2x+l(證明略)，得e「12元，

由In(X+l)Wx(證明略)，得InXWX—1,

因此ev1-InX—1≥χ-(X—1)—1=0,

當(dāng)且僅當(dāng)x=l時(shí)等號(hào)成立，

所以當(dāng)“斗時(shí)，/(x)≥0.

9.(2022?青島二模)已知函數(shù)/)=lnX—依+1.

(1)若凡X)WO恒成立，求實(shí)數(shù)Z的取值范圍；

(2)證明：(1+'(1,,?^l+^θ<Ve(rt∈N*).

(1)解由題意得：/U)定義域?yàn)?0,+∞).由凡T)WO得：女e??LA

、“Inx+1?,Inx

歡-g(x)=^'則g'(x)='

.?.當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g,(x)>0,當(dāng)x∈(l,+8)時(shí)，g,(χ)<0,

.?.g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

:?g(%)max=g⑴=1?

.?.后1,即實(shí)數(shù)Z的取值范圍為[1,+∞).

⑵證明由(1)知：當(dāng)Z=l,x>l時(shí),

1?-X

/⑴二一1=丁V0,

??Aχ)在(1,+8)上單調(diào)遞減，

??JU)Vyu)=0，即InXVX—1,

?'?InH+?J<1+*1-1=L1

3"3"'

Λlnfl+∣j+ln∣1H---