2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習導(dǎo)數(shù)經(jīng)典技巧與方法：泰勒展開式

第14講泰勒展開式

知識與方法

泰勒展開式是將一個在%=Xo處具有n階導(dǎo)數(shù)的函數(shù)“X）利用關(guān)于x-的n階多項式來

逼近函數(shù)的方法.在導(dǎo)數(shù)題目中命制中，泰勒展開式最大的作用就是把超越函數(shù)與初等函數(shù)聯(lián)

系起來，使高等數(shù)學(xué)問題具有初等解法，最常用的方式是放縮整形

點睛:泰勒展開式為高等數(shù)學(xué)內(nèi)容，在高中階段不要求掌握.

1.泰勒展開式的形式

形式1如果函數(shù)/（x）在定義域/上有定義，且n+1階導(dǎo)數(shù)存在e/,則有

xn

/（X）=/（&）+（X-%0）+2!（久一0）+…+―—（X-x0）+。0-Xo）

這里,o（x-配）”為皮亞諾型余項.

我們稱上式為函數(shù)/■（＞）在點X。處的泰勒展開式.

當a=0時，上式變?yōu)閒（x）=然力中/+。?！保?稱此式（帶有皮亞諾余項）的麥克勞林展開

式.

形式2如果函數(shù)/（?在定義域/上有定義，且n+1階導(dǎo)數(shù)存在多劭6/,則有

f（x）=/（%0）+^7^（X-%0）+^"^（%一％0）2+…+，『）（%一%0）"+Rn+1?

其中Rn+i=4筆（％-&）"+】為拉格郎日余項，其中F位于x與曲之間，這是函數(shù)/（乃在曲處

十k）.

的泰勒展開式.

其中,/5）（久）表示f（x）的n階導(dǎo)數(shù)，等號后的多項式稱為函數(shù)-x）在&處的泰勒展開式，剩余

的Rn+l是泰勒展開式的余項，為（X-X。）”的高階無窮小.

當&=o時，上式變?yōu)?（X）=2匕0中2+R"。）,稱此式為（帶有拉格郎日余項）的泰勒展開

式.

2.常見函數(shù)的泰勒展開式

由泰勒展開式，我們可以得到幾個常用的初等函數(shù)在%=0處的泰勒展開式：

（1）^=1+x+x2H------Fxn+o（xn）;

（2）（1+xr=l+mx+嗎二2/+…++。（嚴）；

(3)ex=l+x+—+???+—+o(xn);

23n+1/

(4)ln(l+x)=x-yY+^V---+(-l)nY^—+o(xn+1);

L3n+l

Y3y5r2n+l

(5)sinx=x--+---+(-1)"麗切+。(%2計2);

(6)C0S乂=1-9+?-9+~+(-1)"磊+O(/n+l).

公式(1)1+x+x2H----Fx"+o(x")=士(-1<x<1)為等比數(shù)列求和，將(1)中x換成-x,

有擊=1-x+x2--??+(-l)nxn+o(xn)，兩邊積分，得

C1

In(1+%)=Jj]+%dx=JQ[1—x4-x2-----1-(-l)nxn4-o(xn)]dx

v2v3vn+l

即In(1+x)=x-+可---+(-l)n--4-o(xn+i),這就是公式(4);

L3n+l

反過來，如果對公式(4)求導(dǎo)，則可得到士=1-%+%2---+(-l)nxn+o(%n)，將x換成一%,

即可得到4=1+%+%2+…+H+0(B),此即為公式(1).

1-x

由于sin%是奇函數(shù)，所以公式(5)右側(cè)只有奇次方項;cosx是偶函數(shù)，所以公式(6)右側(cè)只有偶

次方項對公式⑸求導(dǎo)，即得公式(6);反之,對公式⑹求導(dǎo)，即得公式⑸.對于公式⑸和⑹中的負

號全部改為正號并兩式相加，即可得公式(3).公式(3)可以看作是e=1+1+/+…+3+…

的推廣或一般形式；公式(2)可以看作是二項式(l+x)m=l+mx+^=^x2+

…的推廣

m!

3.常用的泰勒展開式的及其應(yīng)用

我們從上面的幾個展開式截取片斷，就構(gòu)成了初等數(shù)學(xué)中經(jīng)?？疾榈膶?dǎo)數(shù)不等式：

22

(1)當時,+%+三;當時盧<14-%+y；

(2)當x>0時,％—y<ln(1+%)<%;當x>0時,％—/《In(1+%)<x—1x2+1x3

(3)x一：4sin%<%對恒成立；

(4)1-y<COSX<1一/+或?qū)>0恒成立；

(5)1+x<ex<」—(0<%<1);

l-x

(6)當0VxV1時，盤<Inx<211)；當x>1時J*“<In(14-%)<%;

(7)當0V%V1時—^<In%<%—1;當%>1時,ln<x—1.

由InxV%—1可得——%,進而—%=lnx>l—'=3(將x換成!),在

XXXX/

Inx>?中將x換成x+1,即可得In(%4-1)>后■,進一步可加強為In(%4-1)>

典型例題

【例1]已知函數(shù)f(x)=Ina-xe~x4-asinx,a>0.

(1)若x=0恰為/(x)的極小值點.

⑴證明:g<a<1;

(ii)求/'(%)在區(qū)間(-8,兀)上的零點個數(shù)；

⑵若a=1號=(1-；)(1+；)(1-￡)(1+￡)(2-分(1+￡)(1-￡)(1+3”，

又由泰勒級數(shù)知：

丫2丫4丫6丫2n

cosx=1l)n—+neN*.

證明:/+玄+/+…+/+…=?.

【解析】⑴(i)由題意，得/'(X)=Ina-(1-x)e~x+acosx,

因為x=0為函數(shù)f(x)的極值點，所以f(0)=Ina+a=0.

令g(x)=In%4-x(x>0),則g(%)=g+1>0,g(%)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

因為5(1)>0,5(0=In11=Iny<0,

所以g(%)在G，l)上有唯一的零點見所以g<a<1.

(ii)由①知Ina=—a,f(x)=a(sinx—xe~x>),f(x)=磯cos%—(1—x)e~x],

當久€(—8,0)時，由a>0,—l<cos%<1,1—x>l,e~x>1,得f(%)V0,且/(0)=0,所以

/(%)在區(qū)間(一8.0)上不存在零點；

當xW(0,九)時，設(shè)九(x)=cos%—(1—工九一。則九(無)=(2—x)e~x—sinx.

⑴若xe(。，J今m(X)=(2-x)e~x—sin%,

則m(%)=(%—3)e-x—cos%<0,

所以in(x)在(0曰上單調(diào)遞減，

因為m(0)=2>0,m=(2—e-5—1V0,

所以存在aG(0/),使得m(a)=0.

當％€(0,a)時,m(%)=h(x)>0,九(%)在(0,a)上單調(diào)遞增;

當％￡(見卵寸,m(x)=h(x)<0,九(%)在@1］上單調(diào)遞減.

⑵若xe6,2］,令0(%)=(2-x)e_*(xe6目)，

則?(%)=(x—3)e~x<0,

所以9(%)在區(qū)間&2］上單調(diào)遞減，

所以3(%)V9停)=(2—§<p

又因為sinx>sin2=sin(TT-2)>sin

所以/i'(x)=(2-x)e"x-sinx<0,/i(x)在《,2］上單調(diào)遞減.

⑶若xe(2,兀),則h'(x)=(2-x)e-x-sinx<0,八(%)在(2,兀)上單調(diào)遞減.

由⑴(2)(3)得,在(0,a)上單調(diào)遞增，在(a,TT)上單調(diào)遞減.

因為h(a)>h(0)=0,/i(n)=(兀-De"-1<0,所在存在夕G(a,zr)使得砥fl)=0.

所以，當xe(0,6)時/(乃=/i(x)>0,/0)在(0,/?)上單調(diào)遞增/(嗎>/(0)=0;

當工€(￡,兀)時,/'(X)=/l(X)<O/(X)在(jg,7T)上單調(diào)遞減，

因為/(/?)>/(0)=0/(兀)<0,所以f(X)在區(qū)間V")上有且只有一個零點.

綜上,f(x)在區(qū)間(-8,兀)上的零點個數(shù)為2個.

⑵因為詈=(1_q(1一/)(1一左)…(1-若)…⑴，

y2y4Y6y2n

對cosx=l-5+&-…l)n麗+…，

兩邊求導(dǎo)得

Yy3丫5y2n—1

-sinx=--+---+-+(-l)n-…，

XX3Xs1x2n-1

SinX=i!-3?+5!+-+(-1)n"

所以等=1一扛/,?,+(T)'T^+…⑵

比較(1)(2)式中的系數(shù)，得-=一今?+/…+*+…)，所以*+.+［+"?+/'+

2

…=-7T

6,

［例2］已知函數(shù)f(%)=(x-a)lnx(aGR),它的導(dǎo)函數(shù)為f(%).

(1)當a=l時，求f'Q)的零點；

(2)當a=0時，證明:f(x)<ex+cosx-1.

【解析】⑴函數(shù)fQ)的定義域為(0,+8),

當Q=1時,/(%)=(%—l)ln%,/(%)=In%+1—：

易知f'(x)在(0,+8)上為增函數(shù)，又/'(1)=In1+1-1=0,

所以x=1是/'(%)的零點.

(2)解法1:直接討論法

當Q=0時/(%)=xlnx.

(1)若0<x<l時，則e*+cos%—1>0,xlnx<0,從而f(x)<ex4-cosx—1成立;

(2)若x>1時，設(shè)九(x)=ex+cosx—xlnx-1,則九(x)=ex-sin%—Inx-1,

h(%)=ex--cosx,因為x>1,所以九"(x)>e-l-l>0,

從而/i'(x)單調(diào)遞增，所以/i'(x)>h(l)=e-sin1-1>0,

所以九(乃在(1,+8)單調(diào)遞增，

所以h(x)>/i(l)=e4-cos1—1>0,即/(%)<e"+cosx-1.

綜上所述，有/(%)<ex4-cos%-1成立.

解法2:泰勒公式+高階借位法

當x>0時,由泰勒公式有e，>l4-%4--x2+-x3,cosx>l--x2Jn—1,

262

從而xlnx<%2—%.

從而要證xlnx<ez4-cos%—1,

1

-即可

只需證/6

即證二爐-%24-2%4-1>0.

6

13

-X2

構(gòu)造函數(shù)g(x)6-%4-2%+1(%>0),

則。(%)=-x2-2x+2=-(%-2)2〉0,從而g(x)單調(diào)遞增,

所以g(x)>g(o)=1>o成立,從而原不等式得證.

解法3:泰勒公式+兵分兩路法

由泰勒公式，得cosx>一1%2,

從而可知e，+cosx—l>ex—1x2.

所以要證xln%<ex4-cos%—1,

只需證xlnx<ex-J/即可亦即證叱<

2xx2

構(gòu)造函數(shù)/i(x)=竽g(x)=

易求得h(x)max="(x)min=9一/

顯然;v亍一a從而九(%)<g(%).

所以原不等式得證.

［例3］已知函數(shù)/(x)=(2+%+ax2)ln(14-%)-2x.

(1)若a=0,證明:當一1V%<0時,/(T)<0;當%>0時,/(%)>0;

(2)若x=0是/(%)的極大值點，求a的值.

【解析】首先,x=0時,/(%)=0.

(1)若a=0,則/(x)=(24-x)ln(1+%)—2x.

f'(x)=In(1+x)+鬻-2=In(1+x)+上一1.

/'(0)=0-/,(x)1_______1____.

1+x~(1+x)2-(1+x)2

當x>0時，"(x)>0/(x)單調(diào)遞增，

所以/(久)>/(0)=0,從而〃久)在(0,+8)上單調(diào)遞增，從而/(x)>/(0)=0;

當-1<%<0時/'(*)<0,/'(x)單調(diào)遞減，

所以f(x)>/'(0)=0,從而f(x)在(一1,0)上單調(diào)遞增，從而/(x)</(0)=0.

綜上可知，若a=0,則當-1cx<0時,/(x)<0;當x>0時,/(%)>0.

證畢.

(2)解法1:必要性探路法

f(x)的定義域為(-1,+8)有任意階導(dǎo)數(shù)，

/(0)是極大值,就說明0附近某區(qū)間(一d,d)內(nèi)其它值f(x)</(0)(x豐0).

當x由。的負方向趨向于0時J(x)應(yīng)為遞增的，從而f'(x)>0,令x-0-,W/(0)>0;

當x由0的正方向趨向于0時,f(x)應(yīng)為遞減的，即fQ)<0,令x-0+,則/(0)《0.因此必有

/(0)=0,這是/(0)是極大值的必要條件.

/'(x)正遞減到0再遞減到負/'(X)都是負的.如下表所示：

X—707+

f(x)</(0)7/(0)\</(0)

/1w+0—

f,M—/"(0)—

/(0)=0,且,'(x)<0對0附近某區(qū)間內(nèi)xk0都成立，

這是f(0)為極大值的充分必要條件.

2

/''(%)=(1+2ax)ln(1+x)+=0.

/"W=2aln(1+x)+>；；；；："/"(0)=0.

/(0)是極大值=在x=0左右附近有g(shù)(x)=/"(x)<0=g(0),

這又要求g(0)是極大值，

必須有g(shù)'(0)=0.

,2a4a+1+6ax2(4a+l)x+6ax2

9(")-1+x+-(1+x)2(1+x)3

1

-

所以g(0)=Y+與生+^=6a+1=0,得a=6

從而g'(x)=一苗親=一x入(x),其中M%)=點系

在區(qū)間(一1,4)內(nèi)Mx)>o,g'(x)=—%入。)的正負號與%相反，

在區(qū)間(一L0)內(nèi),g'Q)>0,在區(qū)間(0,4)內(nèi),g'O)<0.

g(x)在區(qū)間(-1,4)遞增到g(0)=0再遞減；

當x。0時，都有f"(x)=g(x)<0,

這與f(x)=o一起保證了/(0)在(一1,4)內(nèi)是最大值,也是極大值.

解法2:

當％t0時,2+x+ax2->2>0.

0附近足夠小區(qū)間(一d,d)內(nèi),2+x+a/足伯接近2,也有2+x+ax?>0.

f(x)在區(qū)間(一d,d)內(nèi)的正負號與q(x)=2+g/=In(1+x)-萬落追相同.

/(0)是極大值=q(0)是極大值o在0附近某個區(qū)間(-兒0)內(nèi)q'(x)>0,

,12(2+%+ax2)—2x(1+2ax)

即q3==--------LG乎-----

14—2ax2

1+%(2+%+ax2)2

(2+x+ax2)2—(1+x)(4—2ax2)

(2+%+ax2)2(l+%)

(6a+l)x2+4ax3+a2%4

(2+%+ax2)2(l+%)>'

且在(0,h)內(nèi),q'(x)<0,進而得6a+1=0,解得a=-：.

o

__2314

此時,q'a)=尸、符合要求，力(0)與f(0)都是極大值，從而a=-3

(2+收F約26

【點睛】解法2的優(yōu)點是先用除法將與In(1+x)相乘的2+x+a/剝離，只求一階導(dǎo)數(shù)就把

對數(shù)函數(shù)消去，化成分式.容易判定q'(x)在x=0附近取值的正負號，不需要高階導(dǎo)數(shù),也不需

要再求極限.用泰勒展開式In(l+x)=x-y+y-y+-,

得f(x)=(2+x+a/)(x—~~—3+■,,)—2久=(a+熹)爐+(—]—x"+…如果二

次項系數(shù)a+，H0,在0附近足夠小的區(qū)間(-d,d)內(nèi)，三次以上各項和絕對值比三次項

小，(x)的正負號與三次項(a+[)x3相同,/(%)與f(-x)異號,總有一個大于0/(0)=0不是

極大值.

要使/(0)極大，必須三次項系數(shù)a+；=0,得a=-"此時,f(x)=-白/+…的最低次非零項

OO14

是四次項一.在0附近足夠小的區(qū)間內(nèi),/(x)的正負號與四次項一看工4相同，當X力0時，都

小于0/(0)確實是極大值.

m+1

一般地，設(shè)/(x)=/(c)+am(x-c)m+am+1(x-c)+…是無窮級數(shù)，且0mH0是常數(shù)項

m

之外最低次非零項的系數(shù).則當%tc時JO)-/(c)=(x-c)[am+0m+1(%-c)+…]方括

號內(nèi)的Mx)=Qm+am+Ax-c)+>Qm，在c附近足夠小的區(qū)間(C一d,C+d)內(nèi)-c|足

夠小，入0)足夠接近冊1，正負號與相同，/(%)-/(c)與m次項時(%-C)m正負號相同.

當m是奇數(shù)X-。<0與％-。>0時,/(%)-/(c)的正負號相反，一正一負,f(c)既不是極大

值也不是極小值；

當m是偶數(shù)，只要％-cH0都有。-c)m>0.當0m<0時，都有f(x)-/(c)<0/(c)是極大

值;當Qm>0時，都有f(x)—/(c)>0/(C)是極小值.

【例4】函數(shù)/(%)=%—1—alnx.

⑴若/(x))0,求a的值;

(2)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n,(1+?)(1+—…(1+點)V科求m的最小值.

【解析】(1)易知/(I)=0,用泰勒展開式探索：

令％=1+￡,得Inx=In(14-1)=t—y4-…，

從而/(%)=(14-t)—1——y+…]=(1-a)t+----,

要保證x=1附近始終/(x))0,由必須有1一a=0,從而a=1.

此時f(t)=9一…=一…/(I)=0是極小值，在%=1附近/(x)>0.

但In(1+。僅在-1Vt<l范圍內(nèi)可以泰勒展開，無法判斷t>1時的變化情況，還需通過

In%的導(dǎo)數(shù)判斷它在定義域(0,+8)內(nèi)的變化情況.

從而解法如下：

由/(I)=0,知

當且僅當/'(工)=1一?》0(當時)/(%)40(當0V%41)時，從而a=1.

(2)由(1)知Inx<x-1,從而In(1+t)<t.

今Pn=(l+今(1+/”(1+點),

所以

lnPn=ln(1+J+In(1+—+…+ln(1+/)(畀強+…+a=1一備<1.

從而P”<e=2.71828-<3,而P3=