微專題13　 泰勒展開式

微專題13泰勒展開式【知識(shí)拓展】1.泰勒公式形式泰勒公式是將一個(gè)在x0處具有n階導(dǎo)數(shù)的函數(shù)利用關(guān)于(x－x0)的n次多項(xiàng)式逼近函數(shù)的方法.若函數(shù)f(x)在包含x0的某個(gè)閉區(qū)間[a，b]上具有n階導(dǎo)數(shù)，且在開區(qū)間(a，b)上具有(n＋1)階導(dǎo)數(shù)，則對閉區(qū)間[a，b]上任意一點(diǎn)x，成立下式：f(x)＝f(x0)＋eq\f(f′（x0）（x－x0）,1！)＋eq\f(f″（x0）,2！)(x－x0)2＋…＋eq\f(f（n）（x0）,n！)(x－x0)n＋Rn(x)其中：f(n)(x0)表示f(x)在x＝x0處的n階導(dǎo)數(shù)，等號(hào)后的多項(xiàng)式稱為函數(shù)f(x)在x0處的泰勒展開式，剩余的Rn(x)是泰勒公式的余項(xiàng)，是(x－x0)n的高階無窮小量.2.麥克勞林公式f(x)＝f(0)＋eq\f(f′（0）x,1！)＋eq\f(f″（0）,2！)x2＋…＋eq\f(f（n）（0）,n！)·xn＋Rn(x)雖然麥克勞林公式是泰勒公式的特殊形式，僅僅是取x0＝0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.常見函數(shù)的麥克勞林展開式(on(x)是高階無窮小量)：(1)ex＝1＋x＋eq\f(x2,2！)＋…＋eq\f(xn,n！)＋o(xn)；(2)sinx＝x－eq\f(x3,3！)＋eq\f(x5,5！)－…＋(－1)n－1eq\f(x2n－1,（2n－1）！)＋o(x2n－1)；(3)cosx＝1－eq\f(x2,2！)＋eq\f(x4,4！)－eq\f(x6,6！)＋…＋(－1)neq\f(x2n,（2n）！)＋o(x2n)；(4)ln(1＋x)＝x－eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,3)－…＋(－1)neq\f(xn＋1,n＋1)＋o(xn＋1)；(5)eq\f(1,1－x)＝1＋x＋x2＋…＋xn＋o(xn)；(6)(1＋x)α＝1＋αx＋eq\f(α（α－1）,2！)x2＋…＋eq\f(α（α－1）…（α－n＋1）,n！)xn＋o(xn).4.兩個(gè)超越不等式：(注意解答題需先證明后使用)(1)對數(shù)型超越放縮：eq\f(x－1,x)≤lnx≤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)……(ⅰ).上式(ⅰ)中等號(hào)右邊只取第一項(xiàng)得：ln(1＋x)≤x(x＞－1)……結(jié)論①，用x－1替換上式結(jié)論①中的x得：lnx≤x－1(x＞0)……結(jié)論②，對于結(jié)論②左右兩邊同乘“－1”得－lnx≥1－x?lneq\f(1,x)≥1－x，用eq\f(1,x)替換x得：1－eq\f(1,x)≤lnx(x＞0)……結(jié)論③.(2)指數(shù)型超越放縮：x＋1≤ex≤eq\f(1,1－x)(x＜1)；ex＝1＋x＋eq\f(x2,2！)＋…＋eq\f(xn,n！)＋Rn(x)……(ⅱ).上式(2)中等號(hào)右邊只取前2項(xiàng)得：ex≥1＋x(x∈R)……結(jié)論①，用－x替換上式結(jié)論①中的x得：e－x≥1－x(x∈R)……結(jié)論②，當(dāng)x＜1時(shí)，對于上式結(jié)論②e－x≥1－x?eq\f(1,ex)≥1－x?eq\f(1,1－x)≥ex……結(jié)論③，當(dāng)x＞1時(shí)，對于上式結(jié)論②e－x≥1－x?eq\f(1,ex)≥1－x?eq\f(1,1－x)≤ex……結(jié)論④.【類型突破】類型一比較大小例1(1)已知a＝eq\f(1,100)，b＝e－eq\f(99,100)，c＝lneq\f(101,100)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.a＜b＜c B.a＜c＜bC.c＜a＜b D.b＜a＜c(2)(2022·新高考Ⅰ卷)設(shè)a＝0.1e0.1，b＝eq\f(1,9)，c＝－ln0.9，則()A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.a<c<b答案(1)C(2)C解析(1)因?yàn)閑x≥x＋1，lnx≤x－1，故b＝e－eq\f(99,100)＞－eq\f(99,100)＋1＝eq\f(1,100)，c＝lneq\f(101,100)＜eq\f(101,100)－1＝eq\f(1,100)，故選C.(2)根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(x,1－x)，h(x)＝－ln(1－x)，則可以看到a＝f(0.1)，b＝g(0.1)，c＝h(0.1).由于0.1較小，所以對上述三個(gè)函數(shù)在x＝0處進(jìn)行三階泰勒展開：f(x)＝xeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(1,2)x2＋\f(x3,6)＋ο（x3）))＝x＋x2＋eq\f(1,2)x3＋eq\f(x4,6)＋ο(x3)，g(x)＝eq\f(1,1－x)－1＝1＋x＋x2＋x3＋ο(x3)－1＝x＋x2＋x3＋ο(x3)，h(x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,2)x2－\f(x3,3)＋ο（x3）))＝x＋eq\f(1,2)x2＋eq\f(x3,3)＋ο(x3).在x＝0.1處，顯然b＝g(0.1)≈0.1110＞a＝f(0.1)≈0.1105＞c＝h(0.1)≈0.1050，故b＞a＞c.規(guī)律方法涉及比較大小的問題，如果其中同時(shí)含有指數(shù)式、對數(shù)式和多項(xiàng)式，可考慮利用泰勒展開式解決問題，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題：eq\f(x－1,x)≤lnx≤x－1(x＞0)，x＋1≤ex≤eq\f(1,1－x)(x＜1).訓(xùn)練1(1)設(shè)a＝ln1.01，b＝eq\f(1.01,30e)，c＝eq\f(1,101)，(其中自然對數(shù)的底數(shù)e＝2.71828…)則()A.a＜b＜c B.a＜c＜bC.c＜b＜a D.c＜a＜b(2)(2022·全國甲卷)已知a＝eq\f(31,32)，b＝coseq\f(1,4)，c＝4sineq\f(1,4)，則()A.c>b>a B.b>a>cC.a>b>c D.a>c>b答案(1)D(2)A解析(1)由lnx≥1－eq\f(1,x)，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到，故x＝1.01時(shí)a＞c，排除A，B.下面比較a，b大小，由lnx≤x－1得，ln1.01＜0.01＜eq\f(1.01,30e)，故b＞a，所以c＜a＜b.(2)根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝1－eq\f(x2,2)，g(x)＝cosx，h(x)＝eq\f(sinx,x)，則可以看到：a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，b＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，c＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，由于0.25較小，所以對上述三個(gè)函數(shù)在x＝0處進(jìn)行四階泰勒展開：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).顯然，在x＝0.25時(shí)，a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜b＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜c＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，故a＜b＜c.類型二證明不等式例2已知函數(shù)f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：eq\f(ln2,3)＋eq\f(ln3,4)＋eq\f(ln4,5)＋…＋eq\f(lnn,n＋1)＜eq\f(n（n－1）,4)(n∈N*，n＞1).(1)解因?yàn)閒(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1(k∈R)，所以f(x)的定義域?yàn)?1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x－1)－k.若k≤0，則f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)；若k＞0，則f′(x)＝eq\f(1,x－1)－k＝eq\f(－k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(k＋1,k))),x－1)，當(dāng)1＜x＜eq\f(1,k)＋1時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x＞eq\f(1,k)＋1時(shí)，f′(x)＜0.綜上，當(dāng)k≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間，當(dāng)k＞0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,k)＋1))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1，＋∞)).(2)證明當(dāng)k＝1時(shí)，由(1)可知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(2，＋∞)，有f(x)≤f(2)＝0在(1，＋∞)恒成立，且f(x)在(2，＋∞)上是減函數(shù)，即ln(x－1)＜x－1－1在x∈(2，＋∞)上恒成立.令x－1＝n2，則lnn2＜n2－1，即2lnn＜(n－1)(n＋1)，∴eq\f(lnn,n＋1)＜eq\f(n－1,2)(n∈N*且n＞1)，∴eq\f(ln2,3)＋eq\f(ln3,4)＋eq\f(ln4,5)＋…＋eq\f(lnn,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(ln2,3)＋eq\f(ln3,4)＋eq\f(ln4,5)＋…＋eq\f(lnn,n＋1)＜eq\f(n（n－1）,4)(n>1，n∈N*)成立.規(guī)律方法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，需證明后再用來解決問題.訓(xùn)練2已知f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x)，證明：當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)＞2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).證明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\co1(x＋\f(x3,3)＋…＋\f(x2n－1,2n－1))).故當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)＞2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、基本技能練1.已知a＝e0.02，b＝1.012，c＝ln2.02，則()A.a＞b＞c B.b＞a＞cC.a＞c＞b D.b＞c＞a答案A解析因?yàn)閑x＝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)＋…≈1.0202，b＝1.012＝1.0201，c＝ln2.02＜1，所以a＞b＞c，故選A.2.已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足ac＝b2，且a＋b＋c＝ln(a＋b)，則()A.c＜a＜b B.c＜b＜aC.a＜c＜b D.b＜c＜a答案A解析設(shè)f(x)＝lnx－x＋1，則f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)≤f(1)＝0，即lnx≤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.3.已知a＝sineq\f(1,3)，b＝eq\f(1,3)，c＝eq\f(1,π)，則()A.c＜b＜a B.a＜b＜cC.a＜c＜b D.c＜a＜b答案D解析由sinx＝x－eq\f(x3,3！)＋eq\f(x5,5！)－…＋ο(x2n－1)，可得x－eq\f(1,6)x3＜sinx＜x(x＞0)，所以sineq\f(1,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(53,162)，\f(1,3)))，而eq\f(162,53)≈3.06＜3.14＜π，所以eq\f(53,162)＞eq\f(1,π)，即sineq\f(1,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)，\f(1,3)))，選D.4.設(shè)a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝eq\r(1.04)－1，則()A.a<b<c B.b<c<aC.b<a<c D.c<a<b答案B解析顯然1.012＞1.02，故b＜a，只需比較a，c大小即可.考慮函數(shù)f(x)＝2ln(1＋x)，g(x)＝eq\r(1＋4x)－1，考慮到兩者均是比較在x＝0附近的數(shù)的大?。篺(0.01)與g(0.01)，所以對兩個(gè)函數(shù)在x＝0處進(jìn)行泰勒展開.ln(1＋x)＝x－eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,3)＋…＋(－1)n－1eq\f(xn,n)＋ο(xn)，(1＋x)α＝1＋αx＋eq\f(α（α－1）,2！)x2＋…＋eq\f(α（α－1）…（α－n＋1）,n！)xn＋ο(xn)，由上式可得：f(x)＝2x－x2＋ο(x2)，g(x)＝2x－2x2＋ο(x2)，顯然，在x＝0附近，f(x)＞g(x)，故a＞c，令函數(shù)h(x)＝ln(1＋2x)，由泰勒公式得，h(x)＝2x－2x2＋eq\f(8,3)x3＋ο(x3)，又g(x)＝2x－2x2＋4x3＋ο(x3)，在x＝0附近，h(x)<g(x)，所以b<c.綜上，b<c<a.故選B.5.下列結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)為()①sinx＜x，x＞0；②lnx＜x；③ex＞x＋1.A.0 B.1C.2 D.3答案C解析令f(x)＝x－sinx，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝1－cosx≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)＞f(0)＝0，即x－sinx＞0，即x＞sinx，x＞0，故①正確；令g(x)＝x－lnx，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)＝1，即x－lnx＞0恒成立，所以x＞lnx，故②正確；令h(x)＝ex－(x＋1)，h′(x)＝ex－1，當(dāng)x＜0時(shí)，h′(x)＜0，當(dāng)x＞0時(shí)，h′(x)＞0，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(0)＝0，即ex－(x＋1)≥0，所以ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)，故③錯(cuò)誤.故選C.6.已知a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，且a1＋a2＋a3＝ln(a1＋a2＋a3＋a4)，若0＜a1＜1，則()A.a1＜a3，a2＜a4 B.a1＜a3，a2＞a4C.a1＞a3，a2＞a4 D.a1＞a3，a2＜a4答案A解析設(shè)f(x)＝lnx－x＋1，則f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)＞0，則0＜x＜1，令f′(x)＜0，則x＞1，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝0，則f(x)＝lnx－x＋1≤0，即lnx≤x－1，所以a1＋a2＋a3＝ln(a1＋a2＋a3＋a4)≤a1＋a2＋a3＋a4－1，故a4≥1，又a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，且0＜a1＜1，設(shè)其公比為q，則eq\f(a4,a1)＝q3＞1，即q＞1，所以a1＜a3，a2＜a4，故選A.7.(多選)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝4aeq\o\al(2,n)－an，n∈N*，則下列結(jié)論正確的是()A.an＞1B.an＋1＞anC.存在無窮多個(gè)k∈N*，使ak＝23k－2D.eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜1答案ABD解析∵a1＝2，∴aeq\o\al(2,1)－a1＝2，a2＝42＝16＞1，則aeq\o\al(2,n)－an單調(diào)遞增且大于0，所以4aeq\o\al(2,n)－an單調(diào)遞增，所以an＋1＞1，即an＞1，故A正確；令y＝ex－x－1(x＞0)，則y′＝ex－1>0，所以y＝ex－x－1在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，y＝0，所以y＝ex－x－1>0，即ex>x＋1.因?yàn)閍eq\o\al(2,n)－an＞0，且4aeq\o\al(2,n)－an≥eaeq\o\al(2,n)－an>aeq\o\al(2,n)－an＋1，∴an＋1－an>(an－1)2＞0，故B正確；∵a1＝2＝23×1－2，a2＝16＝23×2－2，a3＝416×15＞23×3－2，由歸納法可知，an＋1＝4aeq\o\al(2,n)－an＞23n＋1，故不存在無窮多個(gè)k∈N*，使ak＝23k－2，故C錯(cuò)誤；由an＋1＞aeq\o\al(2,n)－an＋1得eq\f(1,an＋1－1)＜eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an)，即eq\f(1,an)＜eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an＋1－1)，累加可得：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(1,a1－1)－eq\f(1,a2－1)＋eq\f(1,a2－1)－eq\f(1,a3－1)＋…＋eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an＋1－1)＝eq\f(1,a1－1)－eq\f(1,an＋1－1)＜1，可知D正確.8.(2023·寧波模擬)設(shè)a＝eq\f(1,5)，b＝lneq\f(11,9)，c＝sineq\f(1,5)，則()A.a＜b＜c B.b＜c＜aC.c＜b＜a D.c＜a＜b答案D解析a＝0.2，由ln(1＋x)＝x－eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,3)－…＋(－1)neq\f(xn＋1,n＋1)＋o(xn＋1)得b＝lneq\f(11,9)＝ln(1＋eq\f(2,9))≈eq\f(2,9)－eq\f(（\f(2,9)）2,2)＋eq\f(（\f(2,9)）3,3)＝0.2011＞a，由sinx＝x－eq\f(x3,3！)＋eq\f(x5,5！)＋…＋(－1)neq\f(x2n＋1,（2n＋1）！)＋o(x2n＋1)得c＝sineq\f(1,5)≈eq\f(1,5)－eq\f(（\f(1,5)）3,6)＜a，∴c＜a＜b.選D.二、創(chuàng)新拓展練9.(2023·綿陽二診)設(shè)x＝e0.03，y＝1.032，z＝ln(e0.6＋e0.4)，則x，y，z的大小關(guān)系為()A.z＞y＞x B.y＞x＞zC.x＞z＞y D.z＞x＞y答案A解析由ex≈1＋x＋eq\f(1,2)x2，得x＝e0.03≈1＋0.03＋eq\f(1,2)×0.032＝1.03045，y＝1.032＝1.0609，z＝ln(e0.6＋e0.4)＞ln2eq\r(e0.6＋0.4)＝ln2＋eq\f(1,2)lne＝ln2＋eq\f(1,2)≈0.69＋0.5＝1.19，∴z＞y＞x,選A.10.已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝ax＋1.(1)若f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的值；