高考视野下的泰勒公式与对数不等式

常用不等式

1. x + 1 ≤ e^x(x ∈ ℝ)，当且仅当x = 0时取等。
2. x + 1 ≤ e^x $\leqslant \dfrac{1}{1-x} \left(x<1\right)$，当且仅当x = 0时两个等号取等。
3. ex ≤ e^x，当且仅当x = 1时取等。
4. $\dfrac{x}{1+x} \leqslant$ln (x + 1) ≤ x(x > −1)，当且仅当x = 0时两个等号取等。
5. $\dfrac{x-1}{x} \leqslant \ln \left(x\right) \leqslant x-1$(x > 0)，当且仅当x = 1时两个等号取等。
6. $\sqrt{x_1x_2}<\dfrac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}}<\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}$

拓展：泰勒展开

泰勒公式

设 n 是一个正整数。如果定义在一个包含a的区间上的函数f(x)在a点处n次可导，那么对于这个区间上的任意x，都有：

$$f(x)=f(a)+{\dfrac{f'(a)}{1!}}(x-a)+{\dfrac{f^{(2)}(a)}{2!}}(x-a)^{2}+\cdots+{\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}+R_{n}(x)$$

其中的多项式称为函数在a处的泰勒展开式，剩余的R_n(x)是泰勒公式的余项，是(x − a)ⁿ的高阶无穷小。

• 更多信息

下面是几个常见的泰勒展开式，很多不等式也可由此推导。

• $e^{x}=1+x+ \dfrac{x^{2}}{2!}+ \dfrac{x^{3}}{3!}+ \cdots +\dfrac{x^n}{n!}+\dfrac{x^{n+1}}{\left(n+1\right)!}e^{\theta x},\quad 0<\theta<1$

• $\ln \left(1+x\right)=x- \dfrac{1}{2}x^{2}+ \dfrac{1}{3}x^{3}- \dfrac{1}{4}x^{4} \cdots$

• $\sin x=x- \dfrac{x^{3}}{3!}+ \dfrac{x^{5}}{5!} \cdots$

• $\cos x=1- \dfrac{x^{2}}{2!}+ \dfrac{x^{4}}{4!}- \dfrac{x^{6}}{6!} \cdots$

• $\tan x=x+ \dfrac{x^{3}}{3}+ \dfrac{2}{15}x^{5}+o\left(x^{5}\right)$

不等式演绎

由$e^{x}=1+\dfrac{x}{1 !}+\dfrac{x^{2}}{2 !}+\cdots+\dfrac{x^{n}}{n !}+\cdots$得：

e^x ≥ x + 1(x ∈ ℝ)

由(1)式, 将x替换为−x, 可得

$$e^{x} \leqslant \dfrac{1}{1-x}\boldsymbol{\left(x<1\right)} \tag{2}$$

则有：

$$x+1 \leqslant e^{x} \leqslant \dfrac{1}{1-x} \left(x<1\right)\tag{3}$$

对$ (3) $取以e为底的对数, 可得:

ln (x + 1) ≤ x ≤ −ln (1 − x)  (x > −1) 对于 x ≤ −ln (1 − x), 将 x 替换为 $\dfrac{x}{1+x}$ 可得:

$$\dfrac{x}{1+x} \leq-\ln \left(1-\dfrac{x}{1+x}\right)$$

结合(4)式可得: $$ \dfrac{x}{1+x} \leqslant \ln \left(x+1\right) \leqslant x\tag{5} $$ 再将(5)式中的x替换为x − 1又可得: $$ \dfrac{x-1}{x} \leqslant \ln \left(x\right) \leqslant x-1\tag{6} $$

图1 - (3)式图像

图2 - (6)式图像

再对图 1 (对应(3))中的三个函数图像作关于直线 y = x 对称的图形 , 相应函数的解析式相当于原函数的反函数 , 如图 2 , 与其对应的不等式是 (6)$\dfrac{x-1}{x} \leqslant \ln x \leqslant x-1$。若将图 2 的函数向左平移 1 个单位可得(5)$\dfrac{x}{1+x} \leqslant \ln \left(x+1\right) \leqslant x$, 如图 3.

图3 - (5)式图像

应用

预估取值范围

1. 若x ≥ 0, 求证: $e^{x} \geqslant 1+x+\dfrac{1}{2} x^{2}$.

   答案

   泰勒展开即可。注意x < 0时不成立，因为$\dfrac{x^3}{3!}, \dfrac{x^5}{5!}, \cdots$等项为负

   【变式】 设f(x) = e^x − ax − a, 若f(x) ≥ 0对∀x ∈ [−1, +∞)恒成立 , 求a的取值范围.

   【答案】a ⩽ 1

2. (2010年理第21题)设函数 f(x) = e^x − 1 − x − ax². 若当 x ≥ 0 时 f(x) ≥ 0 , 求 a 的取值范围.

   【法一】泰勒公式

   【思路】 对泰勒公式$e^{x}=1+ \dfrac{x}{1!}+ \dfrac{x^{2}}{2!}+ \cdots + \dfrac{x^{n}}{n!}+ \cdots$，

   首先得到$e^{x} \geqslant 1+x+ \dfrac{1}{2}x^{2}$, 隐去 x² 前面的系数$\dfrac{1}{2}$改成求参数 a 的取值范围 , 易得答案为$a \leqslant \dfrac{1}{2}$

   【具体作答过程】

   构造函数$g\left(x\right)=e^{x}-\left(1+x+\dfrac{x^{2}}{2}\right)$(x ≥ 0),

   则g′(x) = e^x − 1 − x,g^″(x) = e^x − 1 ≥ 0,

   所以g^′(x)为[0, +∞)上的单调递增函数,

   从而有g′(x) > g(0) = 0,

   从而g(x)为[0, +∞)上的增函数,

   所以g(x) ≥ g(0) = 0,即$e^{x}\geqslant1+x+\dfrac{x^{2}}{2}$

   当且仅当x = 0时,等号成立. 得证.

   由e^x − 1 − x − ax² ≥ 0等价于$e^{x}-\left(1+x+\dfrac{x^{2}}{2}\right)+\left(-a+\dfrac{1}{2}\right)x^{2}\geqslant0$.

   显然,当$a\leqslant\dfrac{1}{2}$时,上式恒成立.

   下证:当$a>\dfrac{1}{2}$时,上式不恒成立.

   由f^′(x) = ex − 1 − 2ax,f^″(x) = e^x − 2a,

   所以当x ∈ (0, ln 2a)时,f^″(x) < 0,f^′(x)单调递减,

   故f^′(x) < f^′(0) = 0,

   此时f(x)在(0, ln 2a)单调递减,

   所以f(x) < f(0) = 0,故ex − 1 − x − ax² ≥ 0在[0, +∞)时不恒成立.

   综上所述,$a\leqslant\dfrac{1}{2}$.

   【法二】小邻域

   部分老师的做法：

   由于 f(0) = 0 , 所以f(x)在x = 0右侧的一个小邻域(0, δ) (δ > 0)上递增 , 即f^′(x) ≥ 0在区间(0, δ)内成立. 又有f^′(x) = e^x − 1 − 2ax, f^′(0) = 0,

   同样地,h(x) = f^′(x)在区间(0, δ)内递增, 即h^′(x) ≥ 0对 x ∈ (0, δ)成立 . 因为h^′(x) = e^x − 2a, 所以$a \leqslant \dfrac{e^{2}}{2}$在区间 (0, δ)内成立 , 所以$a \leqslant \dfrac{1}{2}$.然后再根据这个猜想来验证结论的正确性。

3. （2015年北京卷理18题第3问） 已知函数$f \left( x \right) =\ln \dfrac{1+x}{1-x}$. 设实数k使得$f\left(x\right)>k\left(x+ \dfrac{x^{3}}{3}\right)$对x ∈ (0, 1)恒成立, 求k的最大值.

   答案

   将函数f(x)拆解成ln (1 + x)与ln (1 − x)的差 ,然后将该两项在x = 0处进行泰勒展开, 具体如下:

   $$\ln \left(1+x\right)=0+x- \dfrac{1}{2}x^{2}+ \dfrac{1}{3}x^{3}- \dfrac{1}{4}x^{4}+ \dfrac{1}{5}x^{5}+ \cdots$$$$ \ln \left(1-x\right)=0-x- \dfrac{1}{2}x^{2}- \dfrac{1}{3}x^{3}- \dfrac{1}{4}x^{4}- \dfrac{1}{5}x^{5}-\cdots $$

   上述两式作差, 有$\ln\dfrac{\left(1+x\right)}{\left(1-x\right)}=2x+ \dfrac{2}{3}x^{3}+ \dfrac{2}{5}x^{5}+ \cdots$ 对比题干不等式可知, 可以令$k\left(x+ \dfrac{x^{3}}{3}\right)$中的k = 2,即可满足不等式恒成立.

不等式变形

e^x ≥ x + 1(x ∈ ℝ)是最常用的不等式。

在遇到不等式的题目时，即便题干没有出现标准的e^x，但只要出现了e、ln 、1 ± ▫等字样或形式，考生就可以考虑先把多项式变形为e^▫或1 + ▫的形式，再使用e^▫ ≥ ▫ + 1（▫代表任何表达式，无论正负零）。

下面通过具体例题说明这一点。

4. (2020.9.25轮测) 已知x > 0时e^x > x + 1, 求证：对任意的正整数 n, 都有 $\left(\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}+\left(\dfrac{2}{n+1}\right)^{n+1}+\left(\dfrac{3}{n+1}\right)^{n+1}$$+\cdots+\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n+1}<1$.

   答案

   对k = 0, 1, 2, ⋯, (n − 1)都有：

   $\left(\dfrac{k+1}{n+1}\right)^{n+1}=\left(1-\dfrac{n-k}{n+1}\right)^{n+1}{ < \left(e^{-\frac{n-k}{n+1}}\right)}^{n+1}=e^{-(n-k)}$

   原式 < e⁻ⁿ + e^{−(n − 1)}+e^{−(n − 2)} + …… + e⁻¹$=\dfrac{e^{-n}\left(1-e^{n}\right)}{1-e}<\dfrac{1}{e-1}<1$

5. (作业题) 关于x的不等式$\dfrac{e^{x}}{x^{3}}-x-a \ln x \geqslant 1$对∀x ∈ (1, +∞)成立，求a的范围.

   答案

   $\begin{aligned}a &\leqslant \dfrac{\frac{e^{x}}{x^{3}}-x-1}{\ln x}\\&=\dfrac{e^{x} \cdot x^{-3}-x-1}{\ln x}\\&=\left(\dfrac{e^{x-3 \ln x}-x-1}{\ln x}\right) _\min \\&=\dfrac{x-3 \ln x+1-x-1}{\ln x}\\&=-3\end{aligned}$

6. (作业题) 求证：$\left(\dfrac{1}{2 n}\right)^{n}+\left(\dfrac{3}{2 n}\right)^{n}+\left(\dfrac{5}{2 n}\right)^{n}+\cdots+\left(\dfrac{2 n-1}{2 n}\right)^{n} \leqslant \dfrac{\sqrt{e}}{e-1}$对∀n ∈ N^*成立.

   答案

   因为1 + x ≤ e^x,

   所以对任意正整数 n 有 $0<1-\dfrac{i}{2 n} \leqslant e^{-\frac{i}{2 n}},$ 其中 i = 1, 2, 3…2n − 1

   即对任意正整数 n 有 $, 0<\left(\dfrac{2 n-i}{2 n}\right)^{n} \leqslant e^{-\frac{i}{2}}$ 其中 i = 1, 2, 3, …, 2n − 1

   $\therefore\left(\dfrac{1}{2 n}\right)^{n}+\left(\dfrac{3}{2 n}\right)^{n}+\left(\dfrac{5}{2 n}\right)^{n}+\dots+\left(\dfrac{2 n-1}{2 n}\right)^{n}$

   $<e^{-\frac{2 n-1}{2}}+e^{-\frac{2 n-3}{2}}+\ldots+e^{-\frac{1}{2}}$

   $=\dfrac{e^{-\frac{1}{2}}\left(1-e^{-n}\right)}{1-e^{-1}}<\dfrac{e^{-\frac{1}{2}}}{1-e^{-1}}=\dfrac{\sqrt{e}}{e-1}$

将e^x > 1 + x(x > 0)中的x换为x − 1得e^x − 1 > x, 则 e^x > ex.

再将式e^x > ex中x换为−ln x并整理得$\ln x>- \dfrac{1}{ex}$.

据此可命第7题。

7. (2014年高考全国Ⅰ理21题第2问) 证明：∀x > 0，不等式$e^{x} \ln x+ \dfrac{2e^{x-1}}{x}>1$ 恒成立.

   答案

   $e^{x} \ln x+ \dfrac{2e^{x-1}}{x}=e^{x}\left( \ln x+ \dfrac{2}{ex}\right)$$>e^x\left( \dfrac{-1}{ex}+ \dfrac{2}{ex}\right)=\dfrac{e^{x-1}}{x}=1+\dfrac{e^{x-1}-x}{x}$

   因为分母x > 0，且分子e^x − 1 − x > 0在x ∈ ℝ, x ≠ 0上恒成立，所以原式 > 1.

对e^x ≥ x + 1左右两边取对数，

得x ≥ ln (1 + x)(x > −1)。这是另一个非常常用的不等式。

由此命题8、9：

8. 求证: 对于任何 n ≥ 2, n ∈ ℕ^* , 如下不等式成立 : $\ln \left( 1+\dfrac{1}{2^2} \right) +\ln \left( 1+\dfrac{1}{3^2} \right) +\ln \left( 1+\dfrac{1}{4^2} \right) +\cdots +\ln \left( 1+\dfrac{1}{n^2} \right)<1$

   答案

   因为 n ≥ 2, n ∈ ℕ^* , 有不等式 $\ln \left(1+ \dfrac{1}{n^{2}}\right)< \dfrac{1}{n^{2}}$ , 累加可得:

   $\ln \left( 1+\dfrac{1}{2^2} \right) +\ln \left( 1+\dfrac{1}{3^2} \right) +\ln \left( 1+\dfrac{1}{4^2} \right) +\cdots +\ln \left( 1+\dfrac{1}{n^2} \right)$

   $<\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots +\dfrac{1}{n^2}$

   $<\dfrac{1}{1\times 2}+\dfrac{1}{2\times 3}+\cdots +\dfrac{1}{\left( n-1 \right) \times n}$

   $=1-\dfrac{1}{n}<1$

   所以不等式得证.

9. (2017年高考全国卷Ⅲ理21题第2问)设 m 为整数 , 且对于任意正整数 n, $\left(1+ \dfrac{1}{2}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right) \cdots \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right)<m$ , 求 m 的最小值.

   答案

   由于$\ln \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right)< \dfrac{1}{2^{n}}$,

   一方面， $$\begin{align}&\ln\left(1+ \dfrac{1}{2}\right)+ \ln \left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right)+ \cdots + \ln \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right) \\<&\dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{2^{2}}+ \cdots + \dfrac{1}{2^{n}} \\=&1-\dfrac{1}{2^{n}}<1\end{align}$$

   $$\left(1+ \dfrac{1}{2}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right) \cdots \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right)<e$$

   另一方面， $\left(1+ \dfrac{1}{2}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right) \cdots \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right)$ $>\left(1+ \dfrac{1}{2}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{3}}\right)= \dfrac{135}{64}>2$

   当 $n \geqslant 3,2<\left(1+ \dfrac{1}{2}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right) \cdots \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right)<e$, 所以m的最小值为 3.

对于(5)式 , $\dfrac{x}{1+x} \leqslant \ln \left(x+1\right) \leqslant x$ , 令$x= \dfrac{1}{n}$ ,

可得不等式 $\dfrac{1}{n+1} \leqslant \ln \dfrac{n+1}{n} \leqslant \dfrac{1}{n}$

即 $$\dfrac{1}{n+1} \leqslant \ln \left(n+1\right)- \ln n \leqslant \dfrac{1}{n}$$

由此命题10、11：

10. 证明不等式$\dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n+1} \leqslant \ln \left(n+1\right) \leqslant 1+ \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n}$

    答案

    分别取 n = 1, 2, …, n, 将不等式$\dfrac{1}{n+1} \leqslant \ln \left(n+1\right)- \ln n \leqslant \dfrac{1}{n}$累加可得：

    $\dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n+1} \leqslant \ln \left(n+1\right) \leqslant 1+ \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n}$

11. (2014年高联赛甘肃赛区预赛14题) 求证: $\ln\left(1+ \dfrac{1}{n}\right)> \dfrac{1}{n}- \dfrac{1}{n^{2}}\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$

    答案

    因为 n ∈ ℕ^*,

    有不等式$\dfrac{1}{n+1}<\ln\left(1+ \dfrac{1}{n}\right)$,

    又$\dfrac{1}{n\left(n+1\right)}= \dfrac{1}{n}- \dfrac{1}{n+1}< \dfrac{1}{n^2}$,

    所以 $\dfrac{1}{n+1}> \dfrac{1}{n}- \dfrac{1}{n^{2}}$,

    故$\ln \left(1+ \dfrac{1}{n}\right)> \dfrac{1}{n}- \dfrac{1}{n^{2}}\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$.

对于$\dfrac{x-1}{x} \leqslant \ln x \leqslant x-1$，

令x = n²(n ≥ 2, n ∈ ℕ^*) ,

可得不等式$\dfrac{n^{2}-1}{n^{2}}$ ≤ ln n² ≤ n² − 1.

由此可命第12、13题。

12. 若 n ≥ 2, n ∈ ℕ^* , 求证: $\dfrac{\left(n-1\right)^{2}}{2n}< \ln 2+ \ln 3+ \cdots + \ln n$.

    答案

    由 $\dfrac{n^{2}-1}{n^{2}} \leqslant \ln n^{2}$,即 $1- \dfrac{1}{n^{2}} \leqslant \ln n^2$,又因为

    $$1- \dfrac{1}{n^{2}}>1- \dfrac{1}{\left(n-1\right)n}=1- \left[ \dfrac{1}{\left(n-1\right)}- \dfrac{1}{n} \right],$$

    所以 $$1- \left[ \dfrac{1}{\left(n-1\right)}- \dfrac{1}{n} \right] < \ln n^{2}=2 \ln n ,$$

    分别取 n = 2, 3, …, n, 累加得 : $\left(1- \dfrac{1}{1}+ \dfrac{1}{2}\right)+\left(1- \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}\right)+ \cdots +\left(1- \dfrac{1}{n-1}+ \dfrac{1}{n}\right)$ < 2(ln 2 + ln 3 + …… + ln n) ,

    即$n -2+ \dfrac{1}{n}<2\left( \ln 2+ \ln 3+ \cdots + \ln n\right)$ , 化简得 : $\dfrac{\left(n-1\right)^{2}}{2n}< \ln 2+ \ln 3+ \cdots + \ln n$

13. 求证: $\dfrac{\ln 2}{2^{2}}+ \dfrac{ \ln 3}{3^{2}}+ \cdots + \dfrac{ \ln n}{n^{2}}< \dfrac{2n^{2}-n-1}{4\left(n+1\right)}$.

    答案

    由ln n² < n² − 1, 两边同除以n²可得 :

    $$\dfrac{\ln^{2}}{n^{2}}< \dfrac{n^{2}-1}{n^{2}}=1- \dfrac{1}{n^{2}}<1- \dfrac{1}{n\left(n+1\right)}$$

    分别取$ n = 2 , 3 , … , n, 累加得:$2\left( \dfrac{\ln 2}{2^{2}}+ \dfrac{ \ln 3}{3^{2}}+ \cdots + \dfrac{ \ln n}{n^{2}}\right)<\left(n-1\right)- \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{n+1}$$

    整理得: $\dfrac{ \ln 2}{2^{2}}+ \dfrac{ \ln 3}{3^{2}}+ \cdots + \dfrac{ \ln n}{n^{2}}< \dfrac{2n^{2}-n-1}{4\left(n+1\right)}$.

参考文献

• 孙玉静.浅谈泰勒公式在高考数学压轴题中的应用[J].数学学习与研究, 2019(21) :141+143.

微信公众号文章