《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

类型一 利用$e^{x}$、$\ln(1 + x)$的泰勒展开式比较
[例1](2022·新高考Ⅰ卷)设$a = 0.1e^{0.1},b=\frac{1}{9},c=-\ln0.9$，则 （ ）
A.$a ＜ b ＜ c$
B. $c ＜ b ＜ a$
C.$c ＜ a ＜ b$
D. $a ＜ c ＜ b$

答案： C $b=\frac{1}{9}\approx0.111$，由公式$e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots$可得$e^{0.1}\approx1 + 0.1+\frac{0.1^{2}}{2}=1.105$，则$a = 0.1e^{0.1}\approx0.1105$，$c=-\ln0.9=\ln\frac{10}{9}=\ln(1+\frac{1}{9})$，由公式$\ln(1 + x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots$得$c=\ln(1+\frac{1}{9})\approx\frac{1}{9}-\frac{(\frac{1}{9})^{2}}{2}\approx0.1049$，所以$c＜a＜b$。

类型二 利用$\sin x,\cos x$的泰勒展开式比较
[例2](2022·全国甲卷)已知$a=\frac{31}{32},b=\cos\frac{1}{4},c = 4\sin\frac{1}{4}$，则 （ ）
A.$c ＞ b ＞ a$
B.$b ＞ a ＞ c$
C.$a ＞ b ＞ c$
D.$a ＞ c ＞ b$

答案： A 由公式$\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\cdots$得$c = 4\sin\frac{1}{4}\approx4(\frac{1}{4}-\frac{(\frac{1}{4})^{3}}{6})=\frac{95}{96}＞a$，由公式$\cos x=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-\cdots$得$b=\cos\frac{1}{4}\approx1-\frac{(\frac{1}{4})^{2}}{2}+\frac{(\frac{1}{4})^{4}}{4!}＞\frac{31}{32}=a$，排除BCD。
[一题多解]构造函数$h(x)=1-\frac{1}{2}x^{2}-\cos x$，$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$，则$g(x)=h'(x)=-x+\sin x$，$g'(x)=-1+\cos x\leq0$，所以$g(x)\leq g(0)=0$，因此$h(x)$在$[0,\frac{\pi}{2}]$上单调递减，所以$h(\frac{1}{4})=a - b＜h(0)=0$，即$a＜b$；$\frac{c}{b}=\frac{4\sin\frac{1}{4}}{\cos\frac{1}{4}}=\frac{\tan\frac{1}{4}}{\frac{1}{4}}$，$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$时，$\tan x＞x$，所以$\frac{c}{b}＞1$，即$b＜c$，综上$c＞b＞a$。

类型三 利用$\ln(1 + x),(1 + x)^{a}$的泰勒展开式比较
[例3](2021·全国乙卷)设$a = 2\ln1.01,b=\ln1.02,c=\sqrt{1.04}-1$，则 （ ）
A. $a ＜ b ＜ c$
B. $b ＜ c ＜ a$
C. $b ＜ a ＜ c$
D. $c ＜ a ＜ b$

答案： B 因为$a = 2\ln1.01=\ln1.01^{2}=\ln1.0201＞\ln1.02$，所以$a＞b$，排除A，D。根据选项B，C可知，只需比较$a$，$c$的大小即可。由公式$\ln(1 + x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\cdots$得$a = 2\ln(1 + 0.01)\approx2\times(0.01-\frac{0.01^{2}}{2})\approx0.02 - 0.0001=0.0199$，由公式$(1 + x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!}x^{2}+\cdots$得$c=(1 + 0.04)^{\frac{1}{2}}-1\approx\frac{1}{2}\times0.04+\frac{-\frac{1}{4}}{2}\times0.04^{2}\approx0.02 - 0.0002=0.0198$，所以$a＞c$，排除C。

1.已知$a = e^{0.02},b = 1.02,c=\ln2.02$，则 （ ）
A.$c ＞ a ＞ b$
B.$a ＞ b ＞ c$
C.$a ＞ c ＞ b$
D.$b ＞ a ＞ c$

答案： 1.B 方法一(泰勒公式)：设$x = 0.02$，则$a = e^{0.02}=1 + 0.02+\frac{0.02^{2}}{2}+\cdots$，显然$a＞b＞1＞c$。
方法二(构造函数)：令$f(x)=e^{x}-(1 + x)$，令$f'(x)=e^{x}-1=0$，得$x = 0$，当$x\in(-\infty,0)$时，$f'(x)＜0$，函数$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，当$x\in(0,+\infty)$时，$f'(x)＞0$，函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，所以$f(0.02)＞f(0)=0$，从而$e^{0.02}＞1 + 0.02=1.02＞1＞\ln2.02$。

2.(2023·长春模拟)已知$a = e^{0.1}-1,b=\sin0.1,c=\ln1.1$，则 （ ）
A.$a ＜ b ＜ c$
B.$b ＜ c ＜ a$
C.$c ＜ a ＜ b$
D.$c ＜ b ＜ a$

答案： 2.D 方法一(泰勒公式)：设$x = 0.1$，则$a = e^{0.1}-1=0.1+\frac{0.1^{2}}{2}+\cdots$，$b=\sin0.1=0.1-\frac{0.1^{3}}{6}+\cdots$，$c=\ln1.1=0.1-\frac{0.1^{2}}{2}+\cdots$，故$c＜b＜a$。
方法二(构造法)：令$f(x)=e^{x}-x - 1$，则$f'(x)=e^{x}-1$，当$x\in(0,+\infty)$时，$f'(x)＞0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上是增函数，故$f(0.1)＞f(0)$，即$e^{0.1}-0.1 - 1＞0$，故$a = e^{0.1}-1＞0.1$。令$g(x)=\sin x - x$，则$g'(x)=\cos x - 1＜0$在$(0,1)$上恒成立，故$g(x)=\sin x - x$在$(0,1)$上单调递减，故$g(0.1)＜g(0)$，即$\sin0.1 - 0.1＜0$，即$b=\sin0.1＜0.1$。令$h(x)=\ln(x + 1)-\sin x$，则$h'(x)=\frac{1}{x + 1}-\cos x=\frac{1-(x + 1)\cos x}{x + 1}$，令$m(x)=1-(x + 1)\cos x$，则$m'(x)=-\cos x+(x + 1)\sin x$，易知$m'(x)$在$(0,\frac{\pi}{6})$上是增函数，且$m'(\frac{\pi}{6})=-\frac{\sqrt{3}}{2}+(1+\frac{\pi}{6})\times\frac{1}{2}=\frac{-6\sqrt{3}+6+\pi}{12}＜0$，故$m'(x)＜0$在$(0,\frac{\pi}{6})$上恒成立，故$m(x)$在$(0,\frac{\pi}{6})$上是减函数，又$m(0)=1 - 1=0$，故$m(x)＜0$在$(0,\frac{\pi}{6})$上恒成立，故$h'(x)＜0$在$(0,\frac{\pi}{6})$上恒成立，故$h(x)$在$(0,\frac{\pi}{6})$上是减函数，故$h(0.1)＜h(0)=0$，即$\ln1.1-\sin0.1＜0$，即$c＜b$，故$c＜b＜a$。