用泰勒公式和拉格朗日中值定理來處理高中函數(shù)不等式問題參考范本

1、泰勒公式與拉格朗日中值定理在證明不等式中的簡單應(yīng)用泰勒公式是高等數(shù)學中的重點，也是一個難點，它貫穿于高等數(shù)學的始終。泰勒公式的重點就在于使用一個n 次多項式pn( x), 去逼近一個已知的函數(shù)fx ，而且這種逼近有很好的性質(zhì)：pn ( x) 與 fx 在 x 點具有相同的直到階n 的導數(shù) 1 3. 所以泰勒公式能很好的集中體現(xiàn)高等數(shù)學中的“逼近”這一思想精髓。泰勒公式的難點就在于它的理論性比較強，一般很難接受，更不用說應(yīng)用了。但泰勒公式無論在科研領(lǐng)域還是在證明、計算應(yīng)用等方面，它都起著很重要的作用. 運用泰勒公式，對不等式問題進行分析、構(gòu)造、轉(zhuǎn)化、放縮是解決不等式證明問題的常用方法與基本思想.

2、 本文擬在前面文獻研究的基礎(chǔ)上通過舉例歸納，總結(jié)泰勒公式在證明不等式中的應(yīng)用方 法.泰勒公式知識：設(shè)函數(shù)fx 在點x0 處的某鄰域內(nèi)具有n1階導數(shù)，則對該鄰域內(nèi)'異于 x0 的任意點x ，在 x0 與 x 之間至少存在一點，使得：fx =fx0+ fx0(x - x0) +f''x0 2!(x - x0)2 +fx0nnn!(x - x0)n + Rx，其中 Rnxf ( n( n1)( x1)!nx0)1 稱為余項，上式稱為n 階泰勒公式；若 x00，則上述的泰勒公式稱為麥克勞林公式，nnn即 fx =f0 + f '0 x +f''02!x2

3、 + f0 n!x + 0( x ) .利用泰勒公式證明不等式：若函數(shù)f (x)在含有x0 的某區(qū)間有定義, 并且有直到 (n1) 階的各階導數(shù), 又在點x0 處有 n 階的導數(shù)f ( n ) ( x) , 則有公式f ( x)f ( x0 )f ( x0 ) (x 1!x0 )f( x0 ) ( x 2!00x ) 2f ( n) ( x0n!) ( xx )( n)0Rn (x)0在上述公式中若Rn ( x)0( 或 Rn ( x)0 ), 則可得f ( x)f ( x0 )f ( x0 ) ( x 1!x0 )f(x0 ) (x 2!x ) 2f ( n ) ( x0n!) ( xx )

4、( n )或 f ( x)f ( x0 )f ( x0 ) ( x 1!x0 )f( x0 ) ( x 2!00x ) 2f ( n ) ( x00n!) ( xx ) ( n)31、 證明 :x2ln(1x)x2x,(1 3x1).證明設(shè) f ( x)ln(1x)（1x1)x 2x3則 f ( x) 在 x0處有帶有拉格朗日x 4余項三階泰勒公式ln(1x)x234(1) 4( 11)423xxx404(1)ln(1x)x23由以上證明可知, 用泰勒公式證明不等式, 首先構(gòu)造函數(shù), 選取適當?shù)狞cx0 在 x0處展開 , 然后判斷余項Rn ( x) 的正負 , 從而證明不等式.對于欲證不等式中

5、含有初等函數(shù)、三角函數(shù)、 超越函數(shù)與冪函數(shù)結(jié)合的證明問題，要充分利用泰勒公式在x00 時的麥克勞林展開式，選取適當?shù)幕竞瘮?shù)麥克勞林的的展開式，對題目進行分析、取材、構(gòu)造利用.2、 證明不等式：x1 x sin x .362、不等式左邊是三次二項式的初等函數(shù)，右邊是三角函數(shù)， 兩邊無明顯的大小關(guān)系。這時我們可用sin x 在的大小關(guān)系。證明x00 的二階麥克勞林公式表示出來，然后進行比較判斷兩者1312f (x)sin xxx,6f (0)0 ,f '(x)cos x1x,f2'(0)0 ,f ''(x)sinxx ,f ''(0)0 ,f &#

6、39;''(x)cos x1 ,f'''()cos1當n3 時，f ( x) 的泰勒展式為：f (x)0001 (1cos3!x)x3o( x3)f ( x)11 (1cos63x)x3o( x3 ) 0 (x 0,x ,0 1) 所以 x 0, ，有xx sin x .6在含有無理函數(shù)與冪函數(shù)結(jié)合的不等式證明問題中，它們之間沒有明顯的大小關(guān)系。如果用常規(guī)方法（放縮法、比較法，代換法等），我們很難比較它們之間的大小關(guān)系，但這時用泰勒公式卻能輕易解答.xx23、 證明不等式：11x ，（ x 0） .28對于此題，若我們對不等式兩邊同時平方，雖可以去掉根號

7、，但x 的次數(shù)卻提高了 2 次，這還是難以比較他們之間的大小關(guān)系，但若用泰勒公式卻可以輕易解答.證明設(shè)f ( x)1x ，則f (0)1 ,f '( x)1 (121x) 2 ,f '(0)1 ,2f ''(x)1 (143x) 2 ,f ''(0)1 ,f4'''(x)3 (185x) 2-x代入 x0 =0 的二階泰勒公式，有1x =1+2x+ 1 (128165x)3 x3(01)x 0,1 (1165x) 33x 0所以xx21281x（x 0）.在不等式的證明問題中，若題目中出現(xiàn)了一階導數(shù)、二階導數(shù)、初等函數(shù)、三

8、角函數(shù)或超越函數(shù)等與冪函數(shù)結(jié)合時，可優(yōu)先考慮泰勒公式在x0 =0 時的麥克勞林表達式。當然能做好此類題的前提條件是要對一些基本函數(shù)的麥克勞林表達式熟悉.微分 ( Lagrange ) 中值定理 :若f ( x) 滿足以下條件:(1)f ( x) 在閉區(qū)間a,b 內(nèi)連續(xù)(2)f ( x)在開區(qū)間(a,b) 上可導則(a,b)f ()f (b)bf ( a) a4 、 若 0yx, p1則py p1 ( xy)xpy ppy p1 ( xy)分 析因 為 0yx, 則 原 不 等 式 等 價 于py p 1x py pxypx p 1( p1) . 令f ( x)t p , 則我們?nèi)菀茁?lián)想到Lag

9、range 中值定理f ' ()( xy)f ( x)xf ( y) .y證明設(shè)f (t)t p , 顯然f (t )在 y, x 滿足 Lagrange 中值定理的條件則( y, x)f ()f ( x)xf ( y) , 即 p yp 1 xyppxy( y, x)yx,py p 1pp 1px p 1py p1 ( xy)x py ppy p1 ( xy)5、已知函數(shù)f ( x)ln(1xx)，1xb(1)求f( x)的極小值；（2）若 a, b0, 求證：ln aln b1a5、(1)函數(shù) f( x)的定義域為（1，), f( x)x(1x) 2易得當 x0時，函數(shù)f ( x)

10、取得極小值f (0)0.(2)由（ 1）知，當 x1時，ln(1x)x, 可得1xln xx1 ( x0) x即ln x11 ( x x0) , 因為a,b0, ln aln bln a b所以 ln a1 bb。故得證（也可用 Lagrange 中值定理來證）a6、已知函數(shù)f ( x)ln x, (1)求函數(shù)g( x)f (x1)x的最大值；2 a(ba)（2）當0ab時，求證：f (b)f ( a)a 2b 2解： g(x)f (x1)xln( x1)x ( x(1,)g ( x)11x1 x1x當1x0, g(x)0, 當x0時, g( x)0故當 x0時， g( x)取得最大值，且最大

11、值為0.（2） 由（ 1）知 ln( x1)x( xaaab1) , 得 ln xax1( x0),ln x1x( x0)令x, 得ln1bbbbba2 a( ba)(ba )( a2b 2 )2ab(ba)(ba)( ab)2ba2b 2b(a 2b 2 )b(a 2b 2 )0所以 ba b2a(b a 2a) .故f ( b) b 2f ( a)2a(ba)a 2b 2評注：本題得到不等式ln( 1x)x( x1) 與不等式xx1ln( x1)( x1)構(gòu)成經(jīng)典不等式，即xln( x1) x1x( x1) .7、已知g(x)x lnx, 設(shè)0ab,求證：0g(a)g(b)2 g( ab

12、) 2(ba) ln 2解析：g( a)g(b)2g( ab ) 2a ln ab ln b2 ab ln( 2ab ) 2a ln2a abb ln2b ab由經(jīng)典不等式ln(1x)x( x1且x0),及 0abab, 得2a0, 1a b0 2b因此 ln2aabln ab 2aln(1b a ) 2aba , 2aln2b ab故 a ln2aln ab 2bb ln2bln(1ab) 2ba (ba )b a , 2ab (ab )abba0a又2ababa b , a ln2ab ln2a2ba ln ab2bb ln2b22(ba) ln2bb a ln 2ab2babab2bab

13、ab綜上所述，得0g(a)g( b)2 g( ab) 2(ba) ln 28、已知f (x)ln xx1.(1)求f( x)的最大值 .ln 2 2ln 32ln n2(n1)( 2n1)*2222 求證：23n2(n1)(n2, nN)(1) 略（ 2）由（1）知 ln xx10(x0) ln x11 (x0)ln 2 2所以22ln 3233ln n2n2，xx1111112232n2(n1)( 1122321 )(n1)(11n 223341)n(n1)(n1)( 11)(n1)( 2n1) (n2, nN * )2n112(n1)111*9、求證： (12 )(1242 )(182 )

14、(122n )e(nN) 要證明原不等式，就要證明 ln( 11 )(11 )2242(11 )12 2n即 ln(11 )ln(11 )2242ln(1122n )1構(gòu)造函數(shù)f ( x)ln( 1x2 )x, x0,1 ,易得 f(x)遞減，故f ( x)f (0)則有 ln(1x2 )x 。故有l(wèi)n( 11 )22ln(11 )42ln(11111122n )2482 nn1 (11 )。221,得證11210、f ( x)x 2ln( x1) .(1) 當x0時，求證：f ( x)x3 ;(2) 當nnN *時，求證：111f ()133k2315n3412n(n1)k 1解： (1)令h( x)f ( x)x 3x2ln( x1)x3 , 則h( x)3x( x1)32( x1)易得 h( x)在