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(共69张PPT)
第三章
数学
大
一
轮
复
习
培优点3　泰勒展开式
1.泰勒公式
如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内具有直到(n+1)阶的导数，则对 x∈(a，b)，
有f(x)=f(x0)+(x-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x=x0处的n阶泰勒展开式.
2.麦克劳林公式
f(x)=f(0)+x+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.
3.常见函数的麦克劳林展开式(o(xn)是xn的高阶无穷小量)
(1)ex=1+x++…++o(xn)；
(2)sin x=x-+-…+(-1)n-1+o(x2n-1)；
(3)cos x=1-+-+…+(-1)n+o(x2n)；
(4)ln(1+x)=x-+-…+(-1)n-1+o(xn)；
(5)=1+x+x2+…+xn+o(xn)；
(6)(1+x)α=1+αx+x2+…+xn+o(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：≤ln x≤x-1(x>0)；
(2)指数型超越放缩：x+1≤ex≤(x<1).
比较大小
题型一
例1　(1)已知a=ln 1.01，b=，c=，则
A.aC.c√
由≤ln x≤x-1知
ln 1.01>==c，
∴a>c，
ln 1.01<1.01-1=0.01=，
又b=>=>>，
∴b>a，故b>a>c.
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a=0.1e0.1，b=，c=-ln 0.9，则
A.aC.c√
b=≈0.111，
由公式ex=1+x++…，
可得e0.1≈1+0.1+=1.105，
则a=0.1e0.1≈0.110 5，
c=-ln 0.9=ln=ln，
由公式ln(1+x)=x-++…，得c=ln≈-≈0.104 9，所以c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：≤ln x≤x-1(x>0)，x+1≤ex≤(x<1).
思维升华
跟踪训练1　(1)已知a=e0.02，b=1.02，c=ln 2.02，则
A.c>a>b B.a>b>c
C.a>c>b D.b>a>c
√
设x=0.02，则a=e0.02=1+0.02++…，
显然a>b>1>c.
(2)(2022·全国甲卷)已知a=，b=cos，c=4sin，则
A.c>b>a B.b>a>c
C.a>b>c D.a>c>b
√
根据题意，构造函数f(x)=1-，
g(x)=cos x，h(x)=，
则a=f ，b=g，c=h.
由于较小，所以对g(x)，h(x)在x=0处进行泰勒展开：
g(x)=1-++o(x4)，
h(x)=1-++o(x4).
显然，在x=时，a=f 证明不等式
题型二
例2　给出以下三段材料：
①若函数f(x)的导数为f'(x)，f'(x)的导数叫做f(x)的二阶导数，记作f″(x).类似地，二阶导数f″(x)的导数叫做f(x)的三阶导数，记作f (3)(x)，三阶导数
f (3)(x)的导数叫做f(x)的四阶导数，…，一般地，n-1阶导数的导数叫做f(x)的n阶导数，即f (n)(x)=[f (n-1)(x)]'，n≥4；
②若n∈N*，定义n！=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1；
③若函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内具有n+1阶导数，那么对于 x∈(a，b)，有f(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…+
(x-x0)n+o((x-x0)n)，我们称上式为函数f(x)在x=x0处的n阶泰勒展开式，其中o((x-x0)n)为(x-x0)n的高阶无穷小量.例如，y=ex在x=0处的n阶泰勒展开式为1+x+x2+…+xn+o(xn).
根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)求f1(x)=cos x，f2(x)=sin x在x=0处的3阶泰勒展开式；
f1(x)=cos x，则有f'1(x)=-sin x，
f″1(x)=-cos x，(x)=sin x，
∴f'1(0)=0，f″1(0)=-1，(0)=0，
∴f1(x)=cos 0+(x-0)+(x-0)2+(x-0)3+o(x3)=1-x2+o(x3)，
同理可得f2(x)=x-x3+o(x3).
(2)在(1)的条件下，记g1(x)=f1(0)+x+x2+x3，比较f1(x)与g1(x)的大小；
由(1)知f1(x)=cos x，g1(x)=1-x2，
令h(x)=f1(x)-g1(x)=cos x-1+x2，
则h'(x)=-sin x+x，
∴h″(x)=1-cos x≥0，
∴h'(x)为R上的增函数，
又h'(0)=0，∴在(-∞，0)上，h'(x)<0，h(x)单调递减；在(0，+∞)上，h'(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(0)=0，即cos x≥1-x2，故f1(x)≥g1(x).
(3)证明：ex+sin x+cos x≥2+2x.
令φ(x)=sin x-x+x3，则φ'(x)=cos x-1+x2，
由(2)知，φ'(x)≥0，所以φ(x)为R上的增函数，又φ(0)=0，
所以当x<0时，φ(x)<0，
即sin x当x=0时，φ(x)=0，
即sin x=x-x3；
当x>0时，φ(x)>0，即sin x>x-x3，
而y=ex在x=0处的3阶泰勒展开式为
ex=1+x+x2+x3+o(x3)，
设m(x)=ex-1-x-x2-x3，
则m'(x)=ex-1-x-x2，
m″(x)=ex-1-x≥0，
故m'(x)为R上的增函数，而m'(0)=0，
故当x<0时，m'(x)<0，当x>0时，m'(x)>0，
故m(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
故m(x)min=m(0)=0，即ex≥1+x+x2+x3，当且仅当x=0时取等号.
①当x≥0时，sin x≥x-x3，当且仅当x=0时取等号，
所以ex+sin x+cos x≥++=2+2x；
②当x<0时，设F(x)=ex+sin x+cos x-2-2x，F(0)=0，
F'(x)=ex+cos x-sin x-2
=ex+cos-2，
F″(x)=ex-sin x-cos x，
若x∈(-1，0)，由于sin x所以F″(x)=ex-sin x-cos x
>1+x+x2+x3+x3-x-cos x=1-cos x+x2(3+2x)>0，
故F'(x)在(-1，0)上单调递增，
从而F'(x)若x∈(-∞，-1]，
F'(x)=ex+cos-2<+-2<+-2<0，
所以当x<0时，F(x)单调递减，
从而F(x)>F(0)=0，
即ex+sin x+cos x>2+2x.
综上，ex+sin x+cos x≥2+2x.
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.
思维升华
跟踪训练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；
因为f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1，
所以f(x)的定义域为(1，+∞)，f'(x)=-k.
若k≤0，则f'(x)>0，f(x)在(1，+∞)上为增函数；
若k>0，则f'(x)=-k=，
当10，f(x)在上单调递增；
当x>+1时，f'(x)<0，f(x)在上单调递减.
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.
(2)证明：+++…+<(n∈N*，n>1).
当k=1时，由(1)可知f(x)的单调递增区间为(1，2)，单调递减区间为(2，+∞)，
所以f(x)≤f(2)=0在(1，+∞)上恒成立，
且f(x)在(2，+∞)上单调递减，
即ln(x-1)令x-1=n2(n∈N*，n>1)，则ln n2即2ln n<(n-1)(n+1)，
所以<(n∈N*，n>1)，
所以+++…+<+++…+=，
即+++…+<(n∈N*，n>1)成立.
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
题号 1 2 3 4 5
答案 B D B ACD 86
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
(1) f(x)=，f'(x)=，f″(x)=，f(3)(x)=，
f(0)=f'(0)=1，f″(0)=2，f(3)(0)=6，
所以f(x)==1+x+x2+x3+….
(2)因为(sin x)'=cos x，(cos x)'=-sin x，
可得sin x=x-+-+…，
故sin=-+…≈0.48.
6.
答案
1
2
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5
6
7
(3)方法一　由泰勒展开式ex=1+x+++++…++…，
易知当x≥0时，ex≥1+x+，
所以ex--sin x-cos x≥1+x+--sin x-cos x=1+x-sin x-cos x≥x-sin x，
令g(x)=x-sin x，
则g'(x)=1-cos x≥0，所以g(x)在[0，+∞)上单调递增，
故g(x)≥g(0)=0，即证得当x≥0时，ex--sin x-cos x≥0.
6.
答案
1
2
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4
5
6
7
方法二　令G(x)=ex--sin x-cos x，
G'(x)=ex-x-cos，
易知当x∈时，y=ex-x，
y=-cos均单调递增，
所以G'(x)=ex-x-cos单调递增，
所以G'(x)≥G'(0)=0，
6.
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以当x∈时，G(x)单调递增，
所以G(x)≥G(0)=0，
当x∈时，
G(x)=ex--sin x-cos x≥ex--2，
令F(x)=ex--2，则F'(x)=ex-x>0，则F(x)=ex--2单调递增，
则当x∈时，F(x)=ex--2>F(2)=e2-4>0，综上，原不等式得证.
6.
答案
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5
6
7
(1)由f(x)=ln(x+1)，得f'(x)=，f″(x)=-，f (3)(x)=，
所以f(1)=ln 2，f'(1)=，f″(1)=-，f (3)(1)=，
所以函数f(x)在x=1处的3阶泰勒展开式为f(x)=ln 2+(x-1)-(x-1)2+(x-1)3
+R3(x).
7.
答案
1
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5
6
7
(2)由(1)，得f(0)=0，f'(0)=1，f″(0)=-1，f (3)(0)=2.
所以函数f(x)在x=0处的3阶泰勒展开式为f(x)=x-x2+x3+R3(x)，
所以g(x)=R3(x)=ln(x+1)-x+x2-x3.
g'(x)=-1+x-x2=-，令g'(x)=0，得x=0，
当x∈(-1，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减.
所以g(x)≤g(0)=0，即对任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0.
7.
答案
1
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4
5
6
7
(3)由(2)知，当x∈(0，1)时，
g(x)=ln(x+1)-x+x2-x3<0，
即ln(x+1)因为∈(0，1)(n∈N*)，所以ln<-·+·.
ln+ln+ln+…+ln<++…+-
+=-×+×
=+·--·，
7.
答案
1
2
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6
7
因为+·--·<+·-=+
=+·<(n∈N*)，
所以ln+ln+ln+…+ln<，
即ln<，
所以…<(n∈N*).
7.
一、单项选择题
1.(2024·郑州统考)计算器计算ex，ln x，sin x，cos x等函数的函数值，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的.“泰勒展开式”的内容为：如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内可以进行多次求导数运算，则当x≠x0时，有f(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…，其中f'(x)是f(x)的导数，f″(x)是f'(x)的导数，f(x)是f″(x)的导数，….取x0=0，则sin 1精确到0.01的近似值为
A.0.82 B.0.84 C.0.86 D.0.88
√
1
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5
答案
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答案
根据题意，f(x)=sin x，f'(x)=cos x，f″(x)=-sin x，f(x)=-cos x，…，
取x0=0，可得f(x)=f(0)+x+x2+x3+…，
则f(x)=sin x=0+1×x+0×x2+(-1)×x3+0×x4+1×x5+…=x-x3+x5
+…，
令x=1，代入上式可得f(1)=sin 1=1-++…=+…≈0.84，
所以sin 1≈0.84.
6
7
2.已知a=e0.1-1，b=sin 0.1，c=ln 1.1，则
A.aC.c1
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4
5
√
答案
6
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1
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3
4
5
答案
∵sin x=x-+-…，
ln(1+x)=x-+-…，
ex=1+x+++…，
∴sin 0.1=0.1-+-…，
ln 1.1=0.1-+-…，
6
7
1
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3
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5
答案
e0.1=1+0.1+++…，
则e0.1-1=0.1+++…，
∴ln 1.1故c6
7
3.设a=2ln 1.01，b=ln 1.02，c=-1，则
A.aC.b√
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答案
6
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4
5
答案
因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1>ln 1.02，所以a>b，排除A，D；
由公式ln(1+x)=x-+…，
得a=2ln(1+0.01)≈2×≈0.02-0.000 1=0.019 9，
由公式(1+x)α=1+αx+x2+…，
得c=(1+0.04-1≈×0.04-×0.042≈0.02-0.000 2=0.019 8，
所以a>c，排除C.
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答案
6
7
二、多项选择题
4.(2025·沈阳模拟)泰勒公式通俗地讲就是用一个多项式函数去逼近一个给定的函数，也叫泰勒展开式，下面给出两个泰勒展开式：
ex=1+x++++…++…；
sin x=x-+-+…+(-1)n-1·+….
由此可以判断下列各式中正确的是
A.eix=cos x+isin x(i是虚数单位) B.eix=-i(i是虚数单位)
C.2x≥1+xln 2+(x≥0) D.cos x<1-+(x∈(0，1))
√
√
√
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答案
6
7
对于A，B，由sin x=x-+-+…+(-1)n-1+…，
两边求导得cos x=1-+-+…+(-1)n-1+…，
isin x=xi-+-+…+(-1)n-1·+…，
cos x+isin x=1+xi--++--+…+(-1)n-1+
(-1)n-1+…，
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答案
6
7
又eix=1+xi++++…++…
=1+xi--++--+…+(-1)n-1+(-1)n-1+…
=cos x+isin x，
故A正确，B错误；
对于C，已知ex=1+x++++…++…，则ex≥1+x+.
因为2x=exln 2(x≥0)，则exln 2≥1+xln 2+，即2x≥1+xln 2+(x≥0)成立，故C正确；
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答案
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7
对于D，cos x=1-+-+-+…+(-1)n-1+…
=-+-+…-+-…(n为奇数)，
当x∈(0，1)时，-+<0，-+<0，…，
-+
=<0，x∈(0，1)，
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答案
6
7
所以-+-+…-+-…<0，
所以cos x<1-+=1-+(x∈(0，1))成立，故D正确.
三、填空题
5.数学家研究发现，对于任意的x∈R，sin x=x-+-+…+(-1)n-1
+…(n∈N*)，称为正弦函数的泰勒展开式.在精度要求不高的情况下，对于给定的实数x，可以用这个展开式来求sin x的近似值.如图，百货大楼的上空有一广告气球，直径为6米，在竖直平
面内，某人测得气球中心B的仰角∠BAC=30°，
气球的视角α=2°，则该气球的高BC约为____米.
(精确到1米)
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答案
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86
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答案
6
7
由题意过点B作切线的垂线交于点D，
在△ABD中，BD=3，
sin 1°=，
所以AB=，
在Rt△ABC中，sin∠BAC=sin 30°=，
联立可得BC==≈≈86.
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答案
四、解答题
6.(2024·合肥模拟)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x=0处n(n∈N*)阶导数都存在时，f(x)在x=0处的n阶泰勒展开式为f(x)=f(0)+f'(0)x+x2+x3+…+xn+….注：f″(x)表示f(x)的2阶导数，即为f'(x)的导数，f (n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式.
(1)写出f(x)=的泰勒展开式(只需写出前4项)；
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答案
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f(x)=，f'(x)=，f″(x)=，f(3)(x)=，
f(0)=f'(0)=1，f″(0)=2，f(3)(0)=6，
所以f(x)==1+x+x2+x3+….
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答案
(2)根据泰勒公式估算sin的值，精确到小数点后两位；
6
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因为(sin x)'=cos x，(cos x)'=-sin x，
可得sin x=x-+-+…，
故sin=-+…≈0.48.
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答案
(3)证明：当x≥0时，ex--sin x-cos x≥0.
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答案
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7
方法一　由泰勒展开式ex=1+x+++++…++…，
易知当x≥0时，ex≥1+x+，
所以ex--sin x-cos x≥1+x+--sin x-cos x=1+x-sin x-cos x≥x-sin x，
令g(x)=x-sin x，
则g'(x)=1-cos x≥0，所以g(x)在[0，+∞)上单调递增，
故g(x)≥g(0)=0，
即证得当x≥0时，ex--sin x-cos x≥0.
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答案
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7
方法二　令G(x)=ex--sin x-cos x，
G'(x)=ex-x-cos，
易知当x∈时，y=ex-x，
y=-cos均单调递增，
所以G'(x)=ex-x-cos单调递增，所以G'(x)≥G'(0)=0，
所以当x∈时，G(x)单调递增，
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答案
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7
所以G(x)≥G(0)=0，
当x∈时，
G(x)=ex--sin x-cos x≥ex--2，
令F(x)=ex--2，则F'(x)=ex-x>0，
则F(x)=ex--2单调递增，
则当x∈时，F(x)=ex--2>F(2)=e2-4>0，综上，原不等式得证.
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答案
7.(2024·廊坊模拟)对于函数f(x)，规定f'(x)=[f(x)]'，f″(x)=[f'(x)]'，f(3)(x)=
[f″(x)]'，…，f(n)(x)=[f(n-1)(x)]'，f(n)(x)叫做函数f(x)的n阶导数.若函数f(x)在包含x0的某个开区间(a，b)上具有直到(n+1)阶的导数，则对任意x∈(a，b)，
f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(x-x0)2+·(x-x0)3+…+(x-x0)n+Rn(x)，
该公式称为函数f(x)在x=x0处的n阶泰勒展开式，Rn(x)是此泰勒展开式的n阶余项.已知函数f(x)=ln(x+1).
(1)写出函数f(x)在x=1处的3阶泰勒展开式(Rn(x)用R3(x)表示即可)；
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答案
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由f(x)=ln(x+1)，得f'(x)=，f″(x)=-，f (3)(x)=，
所以f(1)=ln 2，f'(1)=，f″(1)=-，f (3)(1)=，
所以函数f(x)在x=1处的3阶泰勒展开式为f(x)=ln 2+(x-1)-(x-1)2+(x-1)3+
R3(x).
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答案
(2)设函数f(x)在x=0处的3阶余项为g(x)，求证：对任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0；
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由(1)，得f(0)=0，f'(0)=1，f″(0)=-1，f (3)(0)=2.
所以函数f(x)在x=0处的3阶泰勒展开式为f(x)=x-x2+x3+R3(x)，
所以g(x)=R3(x)=ln(x+1)-x+x2-x3.
g'(x)=-1+x-x2=-，令g'(x)=0，得x=0，
当x∈(-1，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减.
所以g(x)≤g(0)=0，
即对任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0.
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答案
(3)求证：…<(n∈N*).
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由(2)知，当x∈(0，1)时，
g(x)=ln(x+1)-x+x2-x3<0，
即ln(x+1)因为∈(0，1)(n∈N*)，
所以ln<-·+·.
ln+ln+ln+…+ln<++…+-
1
2
3
4
5
答案
6
7
+
=-×+×=+·--·，
因为+·--·<+·-=+=+·<(n∈N*)，
所以ln+ln+ln+…+ln<，
即ln<，
所以…<(n∈N*).
1
2
3
4
5
答案
6
7(共56张PPT)
第三章
数学
大
一
轮
复
习
培优点4　帕德近似
1.帕德近似
帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)=，
且满足f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).
其中f″(x)=[f'(x)]'，f''' (x)=[f″(x)]'，f (4)(x)=[f''' (x)]'，f (5)(x)=[f (4)(x)]'，…，f (m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]'.
例如：求f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1，1]阶帕德近似.
解　由上述定义可知，f(x)在x=0处的[1，1]阶帕德近似的一般形式为R(x)=，且满足f(0)=R(0)，可得a0=0.进一步，f'(x)=，R'(x)=，再由定义可知，需满足f'(0)=R'(0)，可得a1=1，同理再由f″(0)=R″(0) b1=，于是可得到f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1，1]阶帕德近似为R(x)=.
2.高中常见的帕德近似公式
ln(1+x)≈，x∈(-1，1)，
ex≈，x∈[-2，2]，
sin x≈，x∈(-1，1)，
cos x≈，x∈(-1，1)，
tan x≈，x∈.
利用帕德近似比较大小
题型一
例1　(1)已知a=e0.3，b=+1，c=，则
A.aC.c√
利用帕德近似可得，
a=e0.3≈=≈1.349 9，
b=+1≈×+1=×+1≈1.202 7，
c==≈1+×0.5-×0.52=1.218 75.
综上，b(2)(2024·益阳模拟)若a=2ln 1.1，b=0.21，c=tan 0.21，则
A.bC.c√
由帕德近似公式得
a=2ln 1.1=2ln(1+0.1)
≈2×=≈0.190 6，
c=tan 0.21≈=≈0.213，
又b=0.21，∴c>b>a.
对于含指数、对数、正弦、余弦、正切的比较大小问题，利用帕德近似公式求近似值，非常直接，但是要注意公式的使用条件，公式不能记错.
思维升华
跟踪训练1　(2025·哈尔滨模拟)设a=ln 1.01，b=sin 0.01，c=，则
A.cC.a√
a=ln 1.01=ln(1+0.01)≈=≈0.009 95，
b=sin 0.01≈=≈0.010 00，
c=≈0.009 90，故b>a>c.
帕德近似与导数的综合应用
题型二
例2　(2024·厦门模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在数学计算中有着广泛的应用.已知函数f(x)在x=0处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)=，且满足f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).其中f″(x)=[f'(x)]'，f''' (x)=[f″(x)]'，…，f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]'.已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[2，2]阶帕德近似为R(x)=.
(1)求实数a，b的值；
依题意可知，f(0)=0，R(0)=a，
因为f(0)=R(0)，所以a=0，
此时R(x)=，
因为f'(x)=，
R'(x)=，
所以f'(0)=1，R'(0)=b，
因为f'(0)=R'(0)，所以b=1.
(2)设h(x)=f(x)-R(x)，证明：xh(x)≥0；
由(1)知R(x)=，
依题意，h(x)=f(x)-R(x)
=ln(1+x)-，
h'(x)=-=≥0，
故h(x)在(-1，+∞)上单调递增，
又h(0)=0，故 x∈(-1，0)，h(x)<0，
x∈(0，+∞)，h(x)>0，
综上， x∈(-1，+∞)，xh(x)≥0.
(3)已知x1，x2，x3是方程ln x=λ的三个不等实根，求实数λ的取值范围，并证明：>-1.
不妨设0令t(x)=ln x-λ，
t'(x)=-λ=(x>0)，
当λ≤0时，t'(x)>0，此时t(x)单调递增，t(x)=0不存在三个不等实根；
当λ>0时，令s(x)=-λx2+x-λ，
其判别式Δ=1-4λ2，
若Δ=1-4λ2≤0，即λ≥，s(x)≤0恒成立，
即t'(x)≤0，
此时t(x)单调递减，t(x)=0不存在三个不等实根；
若Δ=1-4λ2>0，即0<λ<，t'(x)=0存在两个不等正实根，设为r1，r2(r1由根与系数的关系知0当x∈(0，r1)时，t'(x)<0，t(x)单调递减，
当x∈(r1，r2)时，t'(x)>0，t(x)单调递增，
当x∈(r2，+∞)时，t'(x)<0，t(x)单调递减，
又因为t(1)=0，且t'(1)=1-2λ>0，
故t(r1)<0，t(r2)>0，
因为ln x所以ln<-1(x≠1)，
即ln x>2-(x≠1)，
所以t(λ4)=ln λ4-λ>2--λ5+=(2-λ5)+>0，
所以存在x1∈(λ4，r1)，满足t(x1)=0，
又因为t=ln-λ=-ln x+λ=-t(x)，
故存在x3=，满足t(x3)=0，
故当且仅当0<λ<时，ln x=λ存在三个不等实根，
且满足0由(2)可知，当x>0时，ln(1+x)>，
所以ln x>(x>1)，
故ln x3=λ>，
化简可得<=x3+4+
=x1+x2+x3+3，
故>-1，命题得证.
利用帕德近似完美避开构造函数，公式容易记忆并且技巧性较弱，容易被学生理解掌握.巧妙运用高等数学知识解决初等数学知识，虽然超纲，但确实是得分的不二法门！
思维升华
跟踪训练2　(2024·济宁模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)=，且满足f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f (m+n)(0)=R(m+n)(0)(注：f″(x)=[f'(x)]'，f'''(x)=[f″(x)]'，f (4)(x)=[f'''(x)]'，f (5)(x)=[f (4)(x)]'，…，f (n)(x)为f (n-1)(x)的导数).已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1，1]阶帕德近似为R(x)=.
(1)求实数a，b的值；
由f(x)=ln(x+1)，R(x)=，
有f(0)=R(0)，
则f'(x)=，f″(x)=-，
R'(x)=，R″(x)=，
由题意f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，
所以
(2)比较f(x)与R(x)的大小；
由(1)知，R(x)=，
令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-(x>-1)，
则φ'(x)=-=≥0，
所以φ(x)在(-1，+∞)上为增函数，
又φ(0)=f(0)-R(0)=0，
所以当x>0时，φ(x)=f(x)-R(x)>φ(0)=0；
当-1所以当x>0时，f(x)>R(x)；
当x=0时，f(x)=R(x)；
当-1(3)证明： n∈N*，+++…+由(2)得当x>0时，f(x)>R(x)，即ln(x+1)>，
即当x>0时，令=，m∈N*，得x=，
代入(*)式得取m=n+1，n+2，…，2n，n∈N*得
上面各式相加得++…+课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
题号 1 2 3 4 5
答案 D C B B B
6
答案
1
2
3
4
5
6
(1)由题意得
R'(x)==，
R″(x)=，
f(0)=f'(0)=f″(0)=1，
故R'(0)=a-b=1，R″(0)=-2b(a-b)=1，
解得a=，b=-.
6.
答案
1
2
3
4
5
6
(2)由上可得R(x)==，要比较f(x)与R(x)的大小，只需比较ex与的大小，
只需比较1与e-x的大小，
令g(x)=e-x，x∈(0，1)，
g'(x)=e-x=e-x>0，
所以g(x)在(0，1)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=1，即>ex，所以f(x)6.
答案
1
2
3
4
5
6
(3)设u(x)=ex-x-1，u'(x)=ex-1，
当x<0时，u'(x)<0，u(x)在(-∞，0)上单调递减，
当x>0时，u'(x)>0，u(x)在(0，+∞)上单调递增，
故u(x)≥u(0)=0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立.
由题意知a1=，an=-1，an≠0，
则=>=1，故可得an>0；　
6.
答案
1
2
3
4
5
6
-=-=，
令m(x)=(1-x)ex，x>0，m'(x)=-xex<0，
故m(x)在(0，+∞)上单调递减，
又当x→0+时，y=→0-，
故可得-<0，
即an+16.
答案
1
2
3
4
5
6
一方面，由(2)可得
=<=，
又因为>an+1+1，
所以可得an+1+1<，
即an+1<>-1，即-1>2，
6.
答案
1
2
3
4
5
6
故-1>2n-1=2n-1，
即>2n-1，所以an<.
另一方面，当n=1时，a1=，要证an≥，
即证an+1≥an≥，
令g(x)=--x，x>0，g'(x)=+-1>0，
6.
答案
1
2
3
4
5
6
所以g(x)在上单调递增，
所以g(an)>g(0)=0，
即--an>0 >
> an+1>an，得证.
6.
一、单项选择题
1.(2024·安康模拟)已知a=e0.2-1，b=ln 1.2，c=，则
A.aC.b√
1
2
3
4
5
答案
6
1
2
3
4
5
答案
由帕德近似公式得
a=e0.2-1≈-1≈0.221 4，
b=ln 1.2=ln(1+0.2)≈≈0.182 3，
c=≈0.166 7，故c6
2.若a=sin，b=2ln 3-3ln 2，c=，则
A.cC.c1
2
3
4
5
√
答案
6
1
2
3
4
5
答案
由帕德近似公式得
a=sin≈=≈0.062 5，
b=2ln 3-3ln 2=ln 9-ln 8=ln=ln≈=≈0.117 8，
c=≈≈0.054 1，
∴c6
3.(2024·威海模拟)设a=，b=ln 1.21，c=10sin，则
A.a>b>c B.b>a>c
C.c>a>b D.c>b>a
√
1
2
3
4
5
答案
6
1
2
3
4
5
答案
b=ln 1.21=ln 1.12=2ln 1.1≈2×=2×≈0.190 6，
c=10sin≈10×
=10×=<0.1，
a==0.1，故b>a>c.
6
1
2
3
4
5
答案
6
4.已知a=tan，b=，c=，则
A.c>a>b B.c>b>a
C.a>b>c D.a>c>b
√
1
2
3
4
5
答案
6
a=tan≈=≈0.545 5，
b=≈0.571 4，
c=≈×≈0.838 6，∴c>b>a.
5.已知a=cos，b=ln，c=0.09e0.09，则
A.c>a>b B.b>c>a
C.a>b>c D.a>c>b
1
2
3
4
5
答案
6
√
1
2
3
4
5
答案
6
由cos x，ln(x+1)，ex的帕德近似公式：
cos x≈，ln(x+1)≈，ex≈得，
a=cos≈×≈0.096 89，
b=ln≈≈0.105 36，
c=0.09e0.09≈0.09×≈0.098 48，∴b>c>a.
1
2
3
4
5
答案
二、解答题
6.(2024·绍兴模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)=，且满足f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f (m+n)(0)=R(m+n)(0).已知f(x)=ex在x=0处的[1，1]阶帕德近似为R(x)=.
(注：f″(x)=[f'(x)]'，f'''(x)=[f″(x)]'，f(4)(x)=[f'''(x)]'，f (5)(x)=[f (4)(x)]'，…)
(1)求实数a，b的值；
6
1
2
3
4
5
答案
6
由题意得
R'(x)==，
R″(x)=，
f(0)=f'(0)=f″(0)=1，
故R'(0)=a-b=1，R″(0)=-2b(a-b)=1，
解得a=，b=-.
1
2
3
4
5
答案
(2)当x∈(0，1)时，试比较f(x)与R(x)的大小；
6
1
2
3
4
5
答案
6
由上可得R(x)==，要比较f(x)与R(x)的大小，只需比较ex与的大小，
只需比较1与e-x的大小，
令g(x)=e-x，x∈(0，1)，
g'(x)=e-x=e-x>0，
所以g(x)在(0，1)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=1，即>ex，所以f(x)1
2
3
4
5
答案
(3)定义数列{an}：a1=，an=-1，求证：≤an<.
6
1
2
3
4
5
答案
6
设u(x)=ex-x-1，u'(x)=ex-1，
当x<0时，u'(x)<0，u(x)在(-∞，0)上单调递减，
当x>0时，u'(x)>0，u(x)在(0，+∞)上单调递增，
故u(x)≥u(0)=0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立.
由题意知a1=，an=-1，an≠0，
则=>=1，故可得an>0；　
-=-=，
1
2
3
4
5
答案
6
令m(x)=(1-x)ex，x>0，m'(x)=-xex<0，
故m(x)在(0，+∞)上单调递减，
又当x→0+时，y=→0-，
故可得-<0，
即an+1一方面，由(2)可得
=<=，
1
2
3
4
5
答案
6
又因为>an+1+1，
所以可得an+1+1<，
即an+1<>-1，
即-1>2，
故-1>2n-1=2n-1，
即>2n-1，所以an<.
1
2
3
4
5
答案
6
另一方面，当n=1时，a1=，要证an≥，
即证an+1≥an≥，
令g(x)=--x，x>0，
g'(x)=+-1>0，
所以g(x)在上单调递增，所以g(an)>g(0)=0，
即--an>0 > > an+1>an，得证.

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