2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第14讲泰勒展开式

/10/10/第14讲知识与方法泰勒展开式是将一个在x=x0处具有n阶导数的函数f(x)利用关于x-x0的n点睛:泰勒展开式为高等数学内容,在高中阶段不要求掌握.1.泰勒展开式的形式形式1如果函数f(x)在定义域I上有定义,且n+1阶导数存在f这里,ox-x我们称上式为函数f(x)在点当x0=0时,上式变为f(x)=∑i形式2如果函数f(x)在定义域I上有定义,且n+1阶导数存在f(其中Rn+1=f(n+1)(ξ)(n+1)!x-x其中,f(n)(x)表示f(x)的n阶导数,等号后的多项式称为函数f(x)当x0=0时,上式变为f(x)=∑i2.常见函数的泰勒展开式由泰勒展开式,我们可以得到几个常用的初等函数在x=0处的泰勒展开式(1)11-(2)(1+x(3)ex(4)ln?(1+x(5)sin?x(6)cos?x公式(1)1+x+x2+?+xn+oxn=11-xln?(1+即ln?(1+x)=x反过来,如果对公式(4)求导,则可得到11+x=1-x+x2-?+(-1)nx由于sin?x是奇函数,所以公式(5)右侧只有奇次方项;cos?x是偶函数,所以公式(6)右侧只有偶次方项.对公式(5)求导,即得公式(6);反之,对公式(6)求导,即得公式(5).对于公式(5)和(6)中的负号全部改为正号并两式相加,即可得公式(3).公式(3)可以看作是e=1+1+12!+?+1n!3.常用的泰勒展开式的及其应用我们从上面的几个展开式截取片断,就构成了初等数学中经常考查的导数不等式:(1)当x?0时,ex?1+x+x2(2)当x?0时,x-x22?ln?(1+(3)x-x36?sin?(4)1-x22?cos?x(5)1+x(6)当0<x<1时,x-1x<ln?x<(7)当0<x<1时,12x-1x由ln?x<x-1可得-ln?x>1-x,进而ln?1x>1-x?ln?x>1-1x=x典型例题【例1】已知函数f((1)若x=0恰为f((i)证明:12(ii)求f(x)在区间(2)若a=1,f(cos?x证明:11【解析】(1)(i)由题意,得因为x=0为函数f(x)的极值点令g(x)=ln?x+x(因为g(1)>0,所以g(x)在12,1上有唯一的零点(ii)由(i)知当x∈(-∞,0)时,由a>0,-1?cos?x?1,1-x>1,e-x>1,得f当x∈(0,π)时,设h((1)若x∈0,π2则m'所以m(x)在因为m(0)=2>0,所以存在α∈0,π2当x∈(0,α)时,m(当x∈α,π2时,(2)若x∈π2,2则φ'所以φ(x)在区间所以φ(又因为sin?x所以h'(x)=(2-(3)若x∈(2,π),则h'由(1)(2)(3)得,h(x)在(0,α)上单调递增因为h(α)>h(0)=0,h所以,当x∈(0,β)时,f'(x当x∈(β,π)时,因为f(β)>f(0)=0,f(综上,f(x)在区间(-∞,π(2)因为sin?x对cos?x两边求导得-sin?xsin?所以sin?x比较(1)(2)式中的系数,得-13!=-1【例2】已知函数f(x)=(x(1)当a=1时,求f'(2)当a=0时,证明:f【解析】(1)函数f(x)当a=1时,f易知f'(x)在(0,+∞)上为增函数所以x=1是f'(2)解法1:直接讨论法当a=0时,f(1)若0<x?1时,则ex+cos?x(2)若x>1时,设h(x)=h''(x)=ex-从而h'(x)单调递增所以h(x)在所以h(x)>h综上所述,有f(x解法2:泰勒公式+高阶借位法当x>0时,由泰勒公式有e从而xln?从而要证xln?只需证x2-即证16构造函数g(则g'(x)=1所以g(x)>g解法3:泰勒公式+兵分两路法由泰勒公式,得cos?x从而可知ex所以要证xln?只需证xln?x<ex构造函数h(易求得h(显然1e<e2所以原不等式得证.【例3】已知函数f((1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,【解析】首先,x=0时,f(1)若a=0,则ff'f'当x>0时,f''所以f'(x)>f'(0)=0,从而f当-1<x<0时,f所以f'(x)>f'(0)=0,从而f综上可知,若a=0,则当-1<x<0时,f(x)<0;证毕.(2)解法1:必要性探路法f(x)的定义域为f(0)是极大值,就说明0附近某区间(-d,当x由0的负方向趋向于0时,f(x)应为递增的,从而f'(x)>0当x由0的正方向趋向于0时,f(x)应为递减的,即f'(x)<0,令x→0+,f'(x)正递减到0再递减到负,fx-↗0↗+f<↗f↘<f+↘0↘-f-f-f'(0)=0,且f''(x)<0这是f(0)为极大值的充分必要条件f'f''f(0)是极大值?在x=0左右附近有这又要求g(0)是极大值必须有g'g所以g'(0)=2a从而g'(x)=-在区间(-1,4)内λ(x)>0,g在区间(-1,0)内,g'(x)>0,在区间(0,4)g(x)在区间(-1,4)递增到当x≠0时,都有f这与f'(x)=0一起保证了f(0)在解法2:当x→0时,2+0附近足够小区间(-d,d)内,2+xf(x)在区间(-df(0)是极大值?q(0)是极大值?在0附近某个区间(-即===且在(0,h)内,q'(x)<0,此时,q'(x)=-23x3+【点睛】解法2的优点是先用除法将与ln?(1+x)相乘的2+x+ax2剥离,只求一阶导数就把对数函数消去,化成分式.容易判定q'(x)得f(x)=2+x+ax2x-x22+x33-x44+?-2x要使f(0)极大,必须三次项系数a+16=0,得a=-16.此时,f(x)=-112x4+?的最低次非零项是四次项-112一般地,设f(x)=f(c)+am(x-c)m+am+1(x-c)m+1+?是无穷级数,且am≠0是常数项之外最低次非零项的系数.则当x→当m是奇数,x-c<0与x-c>0时,f(当m是偶数,只要x-c≠0都有(x-c)m>0.当am<0时,都有【例4】函数f((1)若f(x)?0,求(2)m为整数,且对于任意正整数n,1+121+【解析】(1)易知f(1)=0,用泰勒展开式探索令x=1+t,得从而f(要保证x=1附近始终f(x)?0,由必须有1-此时f(t)=t22-?=但ln?(1+t)仅在-1<t?1范围内可以泰勒展开,无法判断t>1时的变化情况,还需通过从而解法如下:由f(1)=0,知f当且仅当f'(x)=1-ax?0(当x?1时),f'(2)由(1)知ln?x?x-1今Pn所以ln?P从而Pn<e=2.71828?<3,而所以m的最小值为3.【点睛】通过第(1)问来处理此问题,联想对(2)中所证不等式两边取对数.如果熟悉ex在x=0处的泰勒展开式ex=1+x+x22!强化训练1.设f(x)=(1+x)e-