高三数学培优资料用泰勒公式和拉格朗日中值定理来处理高中函数不等式问题(教师版)
拉格朗日中值定理在高中数学不等式证明中的巧妙运用
拉格朗日中值定理在高中数学不等式证明中的巧妙运用作者：左代丽来源：《新校园(下)》2016年第03期摘要：本文首先介绍了拉格朗日中值定理在高中数学中的主要应用形式和应用范围，对拉格朗日中值定理予以三种方式证明，并结合相关证明不等式例题，介绍了拉格朗日中值定理在高中不等式证明中的巧妙运用。
关键词：拉格朗日中值定理；不等式；证明；应用拉格朗日中值定理是微积分中值定理（包含罗尔定理、柯西定理以及拉格朗日定理）中的一种，对于微积分理论构造有重要的作用。
不等式的证明作为高中数学中较为常见的题型，也是高考中较为常见的题型。
对于不等式证明的解题方式有很多，利用中值定理解不等式是一种常见的方式。
但高中生并没有深入学习微积分，对此种方法的理解不够深入，应用起来稍显笨拙。
一、拉格朗日中值定理在高中数学中的主要应用1.极限问题的求解。
极限问题是高中数学中极限学习的考察重点，在高中数学教学中，许多教师都向学生介绍了洛必达法则、夹逼定理、泰勒公式等解题方式。
这些解题方式原理简单，解题思路顺畅，解题效果较好，极容易被学生吸收。
而利用拉格朗日中值定理来求解极限问题的教学比较少见，一方面，拉格朗日中值定理相对复杂，通常用来解决复杂的极限问题，另一方面，学生对于复杂的极限题目往往具有畏难心理，常常在解题过程中选择放弃。
实际上，利用拉格朗日中值定理来解决复杂的极限问题，其实质在于分解题目，实现对题型的转变，运用拉格朗日中值定理求极限的时候要把握好拉格朗日中值定理与极限问题之间的关联，寻找两者之间的连接点，做好式子的简化，这样才能快速解题。
2.不等式证明的求解。
不等式证明题是不等式教学中最基本的题型之一，解决不等式证明的常规方法有许多，例如：数形结合、导数法等。
利用拉格朗日中值定理来解决不等式证明题，其核心在于对函数的构建，以及进一步探索导数与构建的函数之间的关系，利用这种关系，进一步确定在特定条件下函数成立，继而证明不等式。
常规方法证明较复杂的不等式需要耗费大量的演算时间，且容易在求解过程中产生思维冲突，不利于正确解题，但直接运用拉格朗日中值定理非常简单，能够快速求解。
拉格朗日中值定理在高中数学中的应用
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维普资讯
＿ 专题 研 究
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证 明 先证存 在性 ． （ 令 ）＝ｆ（ ）＋ 一 １， 则 （ 在 ［ １上可导． ） ０， ］
因 为 ０ ＜ 厂 ）＜ １ （ ．
这 与 题 设 － ） 一１矛 盾 ， 一 性 得 证 ． 厂（ ≠ 唯 拉 格 朗 日中 值 定 理 在 高 中 数 学 中 应 用 非 常 广 泛 ． 远 不 止 以上 这 些 ， 利 用 导 数 来 研 究 函 数 的 某 些 性 质 、 如
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上 设 f ( x ) 在 [0 1 】 可 导 内 的 所 有 点 z 有 厂( z ) ≠ ) 0 在 (0 1 ) 内 有 唯 实根
例 4
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证 明 方程
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高考数学巧遇拉格朗日中值定理_杨文萍
f （x ） 和 g （x ） 的 联 系 ， 两 个 小 题 没 有 本 质
上 的 联 系 ， 第 （ Ⅰ ） 题 只 是 用 到 f （x ） 而 没 有 用 g （x ）， 而 第 （ Ⅱ ） 题 不 需 要 第 （ Ⅰ ） 题 的结果也可以单独解出 . 参考答 案 中 要 联 系 第 （ Ⅰ ） 题 中 的 ln （1+x ） －x<0 （x>－1 ， 且 x≠0 ） 才能求解第 （Ⅱ ） 题 ， 学生会较难 想 到 要 运 用 第 一 小 题 的 结 论 ，而 且 解 第 （Ⅰ ） 题 需 要 花 较 多 的 时 间 ， 这 使 得 有 限 的 时 间 变 得 更 少 ，这 样 ，对 于 学 生 来 说 是一个挑战 . 若运用拉格朗日中 值 定 理 不 仅 可 以 不 用 考 虑 第 （Ⅰ ） 题 的 结 论 ， 而 且可以运用拉格朗日中值定理较快接 近 证 明 的 结 果 ，不 需 要 太 多 技 巧 ，经 过
） 3. （2007年安徽卷18题
设 a≥0 ，f （x ）=x－1－ln2x+2alnx （x>0 ）. （ Ⅱ ） 求 证 : 当 x >1 时 ， 恒 有 x > ln2x －
2alnx+1. ） 4. （2009年辽宁卷理21题
已ห้องสมุดไป่ตู้函数 f （x ）=
1 2 x －ax+ （a－1 ）lnx ， 2
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数学教学通讯 （教师版 ）
投稿邮箱 ：sxjk@
高考数学巧遇拉格朗日中值定理
杨文萍 华南师范大学数学科学学院
摘
陈
铿
510631
华南师范大学教育科学学院
510631
拉格朗日中值定理背景下的导数压轴题课件(人教版)
典型例题讲授：
例题2.已知函数 f x x2 2 a ln x(x 0), f x 的导函数是 f ' x ，对任意两个不相等的正
x
x1 , x 2 ，证明：当 a 4 时， f ' x 1 f ' x 2 x 1x 2 .
拉格朗日中值定理背景下的 导数压轴题
高中数学教师欧阳文丰
拉格朗日中值定理的简介
• 一．拉格朗日中值定理
拉格朗日中值定理：若函数 f 满足如下条件： （i） f 在闭区间[a,b]上连续； （ii） f 在开区间 (a,b) 内可导；
则在 a,b 内至少存在一点 ，使得 f ' f b f a .
如果对任意x1, x2 0, , 都有 f (x1) f (x2 ) 4 x1 x2 ,
求实数a的取值范围。
变式练习：
• 变式练习5.
已知函数(x) a , a为正实数。若g(x) ln x (x),
x 1
且对任意x1, x2
0,
2,
x1
x2 , 都有
g(x2 ) x2
g(x1〈) 1， x1
注：本讲只讨论这一形式的题目，即拉格朗日中值定理在高中命题中的应用。下面通 过例题具体分析.
此类题型，通过同构函数法，利用函数的单调性定义，转化为导数 大于0或小于0的含参数不等式的恒成立的问题。
典型例题讲授
【例 1】设函数 f(x)=xex，g(x) =
，设对于任意的 x1、x2∈[1,e]，都有
恒成立，求实数 m 的取值范围.
解:有 即等价于
等价于 g(x1) - g(x2) >
，
令 h(x)=g(x)+
(完整word版)拉格朗日中值定理与高考数学
拉格朗日中值定理与高考数学[1]拉格朗日中值定理：若函数f 满足如下条件： （i ）f 在闭区间[,]a b 上连续；（ii ）f 在开区间(,)a b 内可导；则在(),a b 内至少存在一点ξ，使得 ()()()'f b f a f b aξ-=-.1、证明()f x a x >或()f x a x<成立（其中0x >） [2]例：（2007年高考全国卷I 第20题）设函数()xxf x e e -=-. （Ⅰ）证明：()f x 的导数()'2fx ≥；（Ⅱ）证明：若对所有0x ≥，都有()f x ax ≥ ，则a 的取值范围是(,2]-∞.（Ⅰ）略.（Ⅱ）证明：（i ）当0x =时，对任意的a ，都有()f x ax ≥(ii)当0x >时，问题即转化为x x e e a x--≤对所有0x >恒成立.令()()()00x xf x f e e G x x x ---==-，由拉格朗日中值定理知()0,x 内至少存在一点ξ（从而0ξ>），使得()()()'00f x f fx ξ-=-，即()()'G x fe e ξξξ-==+，由于()()''000f e e e e ξξξξ--=-=->，故()'f ξ在()0,x 上是增函数，让0x → 得()()()''min 02G x f e e f ξξξ-==+≥=，所以a 的取值范围是(,2]-∞.评注：第(2)小题提供的参考答案用的是初等数学的方法.即令()()g x f x ax =-，再分2a ≤和2a > 两种情况讨论.其中，2a >又要去解方程()'0g x =.但这有两个缺点：首先，为什么a 的取值范围要以2为分界展开.其次，方程()'0g x =求解较为麻烦.但用拉格朗日中值定理求解就可以避开讨论，省去麻烦. 二、证明()()()2(),2a b g a g b g b a b a λ+⎛⎫+-<->⎪⎝⎭成立 例：（2004年四川卷第22题）已知函数()()ln(1),ln f x x x g x x x =+-=. （Ⅰ）求函数()f x 的最大值；（Ⅱ）设02a b a <<<，证明：()()2()ln 22a b g a g b g b a +⎛⎫+-<- ⎪⎝⎭. （Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：依题意，有()'ln 1g x x =+()()()()2222a b a b a b g a g b g g b g g g a ++⎛+⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭由拉格朗日中值定理得，存在,,,22a b a b a b λμ++⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得 ()()()()()()''ln ln 2222a b a b b a b a g b g g g a g g μλμλ+⎛+⎫--⎛⎫⎛⎫---=-•=-• ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()4lnln ln ln 2222b a b b a a b ab a a a μλ---=•<•<•=-评注：对于不等式中含有()()(),,2a b g a g b g a b +⎛⎫<⎪⎝⎭的形式，我们往往可以把()2a b g g a +⎛⎫- ⎪⎝⎭和()2a b g b g +⎛⎫- ⎪⎝⎭，分别对()2a b g g a +⎛⎫- ⎪⎝⎭和()2a b g b g +⎛⎫- ⎪⎝⎭两次运用拉格朗日中值定理. 三、证明()()()1212f x f x x x λ->-成立[3][4]例： (2OO6年四川卷理第22题)已知函数()()22ln (0),f x x a x x f x x=++>的导函数是()'f x ，对任意两个不相等的正数12,x x ，证明：（１）当0a ≤时，()()121222f x f x x x f ++⎛⎫> ⎪⎝⎭（２）当4a ≤时，()()''1212f x f x x x ->-. 证明：（１）不妨设12x x <，即证()()12122122x x x x f x f f f x ++⎛⎫⎛⎫->-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由拉格朗日中值定理知，存在12121122,,,22x x x x x x ξξ++⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则12ξξ<且 ()1222x x f x f +⎛⎫- ⎪⎝⎭()'2122x x f ξ-=•，()()'12211122x x x x f f x f ξ+-⎛⎫-==• ⎪⎝⎭又'22()2a f x x x x=-+， ()''3242a f x x x =+-.当0a ≤时，()''0f x ≥.所以'()f x 是一个单调递减函数，故()()''12f f ξξ<从而()()12122122x x x x f x f f f x ++⎛⎫⎛⎫->-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立，因此命题获证．（２）由()22ln f x x a x x =++得，'22()2af x x x x=-+，令()()'g x f x =则由拉格朗日中值定理得：()()()'1212()g x g x g x x λ-=-下面只要证明：当4a ≤时，任意0λ>,都有()'1g λ>，则有()'324g 21ax x x=+->，即证4a ≤时，24a x x<+恒成立.这等价于证明24x x +的最小值大于4.由于22422x x x x x +=++≥x =4a ≤<，故4a ≤时，32421ax x+->恒成立.所以由拉格朗日定理得：()()()()''12121212()g x g x g x x g x x x x λλ-=-=->-. 评注：这道题用初等数学的方法证明较为冗长，而且技巧性较强.因而思路较为突兀，大多数考生往往难以想到.相比之下，用拉格朗日中值定理证明，思路较为自然、流畅.体现了高观点解题的优越性，说明了学习高等数学的重要性. 四、证明()()()1212f x f x x x λ->-或()()()1212f x f x x x λ->-成立例：（2008年全国卷Ⅱ22题）设函数()sin 2cos xf x x=+.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围.（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：当0x =时，显然对任何a ，都有()f x ax ≤；当0x >时，()()()00f x f x f x x -=- 由拉格朗日中值定理，知存在()0,x ξ∈，使得()()()()'00f x f x f f x x ξ-==-.由（Ⅰ）知()()'22cos 12cos x fx x +=+，从而()()()()''22sin 2cos cos 12cos x x x fx x +-=+.令()''0f x ≥得，()()21,22x k k ππ∈++⎡⎤⎣⎦；令()''0f x ≤得，()2,21x k k ππ∈+⎡⎤⎣⎦.所以在()()21,22k k ππ++⎡⎤⎣⎦上，()'f x 的最大值()()()''max1223f x f k π=+=在 ()2,21k k ππ+⎡⎤⎣⎦上，()'f x 的最大值()()''max 123f x f k π==.从而函数()'f x 在()2,22k k ππ+⎡⎤⎣⎦上的最大值是()'max13f x =.由k N ∈知，当0x >时，()'f x 的最大值为()'max 13f x =.所以，()'f ξ的最大值()'max 13f ξ=.为了使()'f a ξ≤恒成立，应有()'max f a ξ≤.所以a 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.评注：这道题的参考答案的解法是令()()g x ax f x =-,再去证明函数()g x 的最小值()min 0g x ≥.这与上述的思路是一样的.但首先参考答案的解法中有个参数a ,要对参数a 进行分类讨论;其次为了判断()g x 的单调性,还要求()'0g x ≥和()'0g x ≤的解,这个求解涉及到反余弦arccos3a ,较为复杂.而用拉格朗日中值定理就可以避开麻烦，省去讨论.再次体现了高观点解题的优越性.五、证明()0,()f x x a >>成立，（其中()0f a =） 例：（2007年安徽卷18题）设()()20,1ln 2ln 0a f x x x a x x ≥=--+>.（Ⅰ）令()()'F x xfx =，讨论()F x 在()0,+∞内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当1x >时，恒有2ln 2ln 1x x a x >-+. （Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：即证()0f x >，由于1x >，则()()()111f x f x f x x -=--.由拉格朗日中值定理得，存在()1,x ξ∈，使得()()()'11f x f f x ξ-=-.由（Ⅰ）的解题过程知()'221ln a f x x x x=-+，所以()()''22222222ln ln 1a fx x x a x x x x =-+-=--.令()''0f x ≥得，1a x e +≥.令()''0f x ≤得，11ax e +≤≤.故()'f x 在()1,x ∈+∞上最小值()()'1min a f x f e +=()1111212210a a a a a a e e e e +++++-=-+=>.所以()()''min 0f f x ξ≥>.从而()01f x x >-.又1x >，则()0f x >成立，从而当0x >时，2ln 2ln 1x x a x >-+成立.评注：这道题的参考答案是用（Ⅰ）中()F x 在()0,+∞内的极小值()20F >得到()()'0F x xf x =>.又1x >，所以()'0f x >.从而()f x 在()1,+∞上单调递增,故()f x 的最小值()()min 10f x f >=，所以2ln 2ln 1x x a x >-+.但是如果没有（Ⅰ），很难想到利用()()'F x xfx =来判断()f x 的单调性.而用拉格朗日中值定理证明，就不存在这个问题.六、证明()()1212f x f x x x λ->-或()()1212f x f x x x λ-<-（其中12x x ≠）例：（2009年辽宁卷理21题） 已知函数21()(1)ln ,12f x x ax a x a =-+-> （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）证明：若5a <，则对任意()12,0,x x ∈+∞，12x x ≠，有1212()()1f x f x x x ->--.（Ⅰ）略； （Ⅱ）()'1212()()f x f x f x x ξ-=-.由（Ⅰ）得，()'1a f x x a x-=-+.所以要证1212()()1f x f x x x ->--成立，即证()'11a f a ξξξ-=-+>-.下面即证之.令()2(1)1g a a ξξξ=--+-，则()()()()214115a a a a ∆=---=--.由于15a <<，所以0∆<.从而()0g ξ>在R 恒成立.也即21a a ξξξ-+->-.又()12,x x ξ∈，()12,0,x x ∈+∞，故0ξ>.则211a a ξξξ-+->-，即()'11a f a ξξξ-=-+>-，也即1212()()1f x f x x x ->--.评注：这道题（Ⅱ）小题存在两个难点：首先有两个变量12,x x ；其次a 的值是变化的.参考答案的解法是考虑函数()()g x f x x =+.为什么考虑函数()()g x f x x =+？很多考生一下子不易想到.而且()'g x 的放缩也不易想到.拉格朗日中值定理是数学分析的一个重要定理.是解决函数在某一点的导数的重要工具.近年来，不少高考压轴题以导数命题，往往可以用拉格朗日中值定理求解.固然，这些压轴题用初等数学的方法也可以求解.但初等数学的方法往往计算量较大.这时，用拉格朗日中值定理交易解决.充分体现了高等数学的优越性，有力反驳了“高数无用论”的错误的想法.从而使学生感受到高等数学与初等数学的联系，增加学习的兴趣.从以上六道题目与参考答案不同的解法中，我们可以感受到高等数学对初等数学具有居高临下的指导作用.近几年，高观点下的高考命题颇受命题者的青睐.因此加强对高等数学的研究就显得很有必要.参考文献[1] 华东师范大学数学系编.数学分析（上册）[M].北京：高等教育出版社，2007 [2] 陈素贞.一道高考题的别解[J].福建中学数学，2009（4）[3] 李惟峰. 拉格朗日中值定理在中学数学中的应用[J]. 数学教学通讯，2008（8） [4] 管雪冲，王颖. 站”高”再看高考题[J]. 高等数学研究，2009（1）。
拉格朗日中值定理在高中数学中的应用
应用拉格朗日中值定理拉格朗日中值定理在高中数学中的应用一、定理与推论拉格朗日中值定理设函数ｆ（ｘ）满足如下条件：（１）ｆ（ｘ）在闭区间［ａ，ｂ］上连续；（２）ｆ（ｘ）在开区间（ａ，ｂ）内可导，则在（ａ，ｂ）内至少存在一点ξ，使得= ｆ（ξ），其中b ＞a．推论１若在（ａ，ｂ）内，ｆ（ｘ）≡ 0，则在（ａ，ｂ）内f（ｘ）为一常数.推论２若在（ａ，ｂ）内，ｆ′（ｘ）= ｇ′（ｘ），则在（ａ，ｂ）内ｆ（ｘ）= ｇ（ｘ）+ c（ｃ为常数）．二、应用举例以下从应用的角度说明在解题中如何运用拉格朗日中值定理及其推论．１. 运用拉格朗日中值定理证明不等式例１试证当x∈［1，+∞）时，ln1 +x ≥ ln2 ．分析与说明这类题原本在高等数学中是常见题型，求解这类题的通常思路是先将一边移到另一边，构造一个函数，然后对它求导．近些年来，这类题倍受高考命题者青睐．证明令ｆ（ｘ）= ln1 +x - ln2，对函数ｆ（ｘ）求导，得ｆ′（ｘ）= xln1 +′ =［ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎｘ］－ .令函数ｇ（ｔ）= ｌｎ（ｔ），则ｇ（ｔ）在［ｘ，ｘ+ 1］上满足拉格朗日中值定理，于是对ln（1 + x）- ln x应用拉格朗日中值定理得到ln（1 + x）-ln x = ξ∈（ｘ，ｘ+ 1）,所以有f′（x）= - ＞0 （x ＞0 ），因此，由上面的结论推出ｆ（ｘ）在ｘ∈［1,+∞）上单调递增，所以ｆ（ｘ）≥ｆ（１），即ln1 +x -ln2 ≥ ｆ（１）= 0 圯ln1 +x ≥ ln2.２．运用拉格朗日中值定理证明恒等式例２若x ≥ 1，求证：arctan x +arccos=.分析在三角函数部分解题中见到过这种题型，应用公式tan（α ± β）=，解得tan（α ± β）= 1，α ± β的值可能为．但此种解法较繁琐，在这里用推论１证明．证明设ｆ（ｘ）=arctan x +arccos - ，则ｆ′（ｘ）≡0，即f（ｘ）= c （ｃ为常数）.又因为ｆ（１）=arctan1-arccos1 - = 0，所以c = 0，故ｆ（ｘ）= 0，即arctan x +arccos=．３. 运用拉格朗日中值定理求极限例３求（cos -cos ）.分析观察函数特征容易想到：若令ｆ（ｔ）=cos ，则ｆ（ｔ）在［ｘ，ｘ+ 1］（x ≥ ０）上显然满足拉格朗日中值定理的条件．解令ｆ（ｔ）=cos ，显然ｆ（ｔ）在［ｘ，ｘ+ 1］（x ≥０）上满足拉格朗日中值定理，得cos -cos =（-sin ξ），其中x ＜ξ ＜x + 1，所以（cos -cos ）＝（－ｓｉｎξ）＝０.4．运用拉格朗日中值定理证明方程根的存在唯一性例４设ｆ（ｘ）在[0,1]上可导，且0 ＜ｆ（ｘ）＜1，又对于（０，１）内的所有点x有ｆ′（ｘ）≠-1，证明方程ｆ（ｘ）+ x - 1 = 0在（０，１）内有唯一实根．分析证明方程根的存在性就有可能用到介值定理. 在用介值定理证明问题时，选取合适的辅助函数可收到事半功倍的效果. 而在证明唯一性的时候较常用的方法就是反证法，所以本题证明思路就是先证存在性，再证唯一性．证明先证存在性．令准（ｘ）= ｆ（ｘ）+ x - 1，则准（ｘ）在［０，１］上可导．因为0 ＜ｆ（ｘ）＜1．所以准（0）= f（0）- 1 ＜0,准（1）= f（１）＞0.由介值定理知准（x）在（0,1）内至少有一个零点，即方程ｆ（ｘ）+ x - 1 = 0在（０，１）内至少有一个实根．再证唯一性（反证法）．设方程ｆ（ｘ）+ x - 1 = 0在（0，1）内有两个实根x1，x2，不妨设0 ＜x1 ＜x2 ＜1有f（ｘ１）=1 - x1，ｆ（ｘ２）= 1 - x2，对ｆ（ｘ）在［ｘ１，ｘ2］上应用拉格朗日中值定理，有ξ∈（x1,x2），使f′（ξ）＝= = -1 .这与题设f′（x）≠-1矛盾，唯一性得证．拉格朗日中值定理在高中数学中应用非常广泛，远不止以上这些，如利用导数来研究函数的某些性质、描绘函数的图像、解决极值、最值等问题非常简捷，在此就不一一列举了.【参考文献】［１］华东师范大学数学系．数学分析（第三版下册）［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２００１.［２］贾俊芳．拉格朗日中值定理的应用．雁北师范学院学报［Ｊ］．２００４．（５）：２５－２８.［３］李艳敏，叶伯英．关于微分中值定理的两点思考，高等数学研究［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２００１.。
(完整版)高三数学培优资料用泰勒公式和拉格朗日中值定理来处理高中函数不等式问题(教师版)(可编辑修改
0) + R 02012 级高三数学培优资料（教师版）泰勒公式与拉格朗日中值定理在证明不等式中的简单应用泰勒公式是高等数学中的重点，也是一个难点，它贯穿于高等数学的始终。
泰勒公式的重点就在于使用一个 n 次多项式 p n (x ) ,去逼近一个已知的函数 f ( x ) ，而且这种 逼近有很好的性质： p n (x ) 与 f ( x ) 在 x 点具有相同的直到阶 n 的导数[1-3] .所以泰勒公式能很好的集中体现高等数学中的“逼近”这一思想精髓。
泰勒公式的难点就在于它的理论性比较强，一般很难接受，更不用说应用了。
但泰勒公式无论在科研领域还是在证明、计算应用等方面，它都起着很重要的作用.运用泰勒公式，对不等式问题进行分析、构造、转化、放缩是解决不等式证明问题的常用方法与基本思想.本文拟在前面文献研究的基础上通过举例归纳，总结泰勒公式在证明不等式中的应用方法.泰勒公式知识：设函数 f ( x ) 在点 x 0 处的某邻域内具有 n +1阶导数，则对该邻域内异于 x 0 的任意点 x ，在 x 0 与 x 之间至少存在一点，使得：f ( x ) = f ( x 0 ) + f ' ( x 0 ) (x - x 0) +f'' ( x 0 ) (x - x 0)2 +⋅⋅⋅ + f (n ) ( x 0) (x - x n ( x ) ，f (n +1) ()2!n +1n!n其中 R n ( x ) =(n +1)!( x - x 0 ) 称为余项，上式称为 n 阶泰勒公式；若 x 0 = 0，则上述的泰勒公式称为麦克劳林公式，即 f ( x ) = f (0) + f '(0) x + f'' (0) 2! x 2 +⋅⋅⋅ + f (n )(0) n !x n + 0(x n) .利用泰勒公式证明不等式：若函数 f (x ) 在含有 x 0 的某区间有定义,并且有直到(n -1) 阶的各阶导数,又在点 x 处有 n 阶的导数 f (n ) (x ) ,则有公式f '(x ) f ' (x ) f (n ) (x ) f (x ) = f (x ) + 0 (x - x ) + 0 (x - x )2+ + 0 (x - x )(n ) + R (x )0 1! 0 2! 0 n ! 0 n 在上述公式中若 R n (x ) ≤ 0 (或 R n (x ) ≥ 0 ),则可得f '(x ) f ' (x ) f (n ) (x ) f (x ) ≥ f (x ) + 0 (x - x ) + 0 (x - x )2 + + 0 (x - x )(n ) 0 1! f '(x ) 0 2! 0 f ' (x ) n !0 f (n ) (x )或 f (x ) ≤ f (x 0 ) + 0 (x - x 1! 0 ) + 0 (x - x 2! 0 )2 + + 0 (x - x n !0 )(n )1+ x 1+ - 41、 证明: ln(1 + x ) ≤ x - x 2 x 3, 3(-1 < x < 1).证明 设 f (x ) = ln(1 + x )（-1 < x < 1) 则 f (x ) 在 x = 0 处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式ln(1 + x ) = x - x 2+ x 33 - x4 4(1 +)4(-1 < < 1)x ∴ x 2 x 3-4(1 +)4≤ 0ln(1 + x ) ≤ x -+23由以上证明可知,用泰勒公式证明不等式,首先构造函数,选取适当的点 x 0 在 x 0 处展开,然后判断余项 R n (x ) 的正负,从而证明不等式.对于欲证不等式中含有初等函数、三角函数、超越函数与幂函数结合的证明问题， 要充分利用泰勒公式在 x 0 = 0 时的麦克劳林展开式，选取适当的基本函数麦克劳林的的展开式，对题目进行分析、取材、构造利用. 2、 证明不等式： x - 1x 3 ≤ sin x .62、不等式左边是三次二项式的初等函数，右边是三角函数，两边无明显的大小关系 。
巧用泰勒展开式解高考中函数不等式相关问题精选全文完整版
2014/12DAO HANGf(x)=f(x0)+f1(x0)1!(x-x0)+…+f n(x0)n!(x-x0)n+o((x-x0)n)（1）这里o((x-x0)n)为皮亚诺型余项,称(1)式为函数f(x)在点x0的泰勒公式。
当x0=0时,（1）式变成f(x)=f(0)+f1(0)1!x+f2(0)2!x2+…+f n(0)n! x n+0(x n)称此式为(带有皮亚诺余项的)麦克劳林公式。
泰勒公式形式2[1]：若函数f(x)在含有x0的某区间(a,b)内存在n+1阶导函数,则有f(x)=f(x0)+f1(x0)1!(x-x0)+…+f n(x0)n!(x-x0)n+R n(x)（2)这里R n(x)=f n+1(ξ)(n+1)!(x-x0)n+1（ξ在x0与x之间）为拉格朗日余项,称（2）式为函数f(x)在点x0的泰勒公式。
当x0=0时,（2）式变成f(x)=f(0)+f1(0)1!x+f2(0)2!x2+…+f n(0)n! x n+R n(x)称此式为(带有拉格朗日余项的)麦克劳林公式。
一、初步探究例1、（2012年辽宁高考数学理科第12题）若x∈[0,+不等式恒成立的是（）1+x+x2(B)11+x√≤1-12x+14x2≥1-12x2(D)ln(1+x)≥x-18x2高考的标准答案是利用导数公式，通过函数的单来证明不等式恒成立。
f(x)=cosx-(1-12x2)=cosx-1+12x2′(x)=-sinx+x,所以g′(x)=-cosx+1≥0x∈[0,+∞)时，g(x)为增函数，所以g(x)=f′(x)≥g(0)=0≥f(0)=0∴cosx-(1-12x2)≥0即cosx≥1-12x2，：由泰勒展开式知cosx=1-x22!+x44!-…+(-1)n2n)缩后易得不等式cosx≥1-12x2恒成立。
2013年全国卷新课标Ⅱ理科第21题）已知函数x.(1)设x=0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0。
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2012级高三数学培优资料（教师版）泰勒公式与拉格朗日中值定理在证明不等式中的简单应用泰勒公式是高等数学中的重点，也是一个难点，它贯穿于高等数学的始终。
泰勒公式的重点就在于使用一个n 次多项式()n p x ,去逼近一个已知的函数()f x ，而且这种逼近有很好的性质：()n p x 与()f x 在x 点具有相同的直到阶n 的导数]31[-.所以泰勒公式能很好的集中体现高等数学中的“逼近”这一思想精髓。
泰勒公式的难点就在于它的理论性比较强，一般很难接受，更不用说应用了。
但泰勒公式无论在科研领域还是在证明、计算应用等方面，它都起着很重要的作用.运用泰勒公式，对不等式问题进行分析、构造、转化、放缩是解决不等式证明问题的常用方法与基本思想.本文拟在前面文献研究的基础上通过举例归纳，总结泰勒公式在证明不等式中的应用方法. 泰勒公式知识：设函数()f x 在点0x 处的某邻域内具有1n +阶导数，则对该邻域内异于0x 的任意点x ，在0x 与x 之间至少存在一点ξ，使得：()f x =()0f x +()0'f x 0(x -x )+()0f''x 2!02(x -x )+⋅⋅⋅+ ()()0n f x n!0n (x -x )+()nR x ， 其中()n R x =()(1)(1)!n f n ξ++10)(+-n x x 称为余项，上式称为n 阶泰勒公式； 若0x =0，则上述的泰勒公式称为麦克劳林公式，即()f x = ()0f +()0'f x +()02!f''2x +⋅⋅⋅+()()0!nf n nx +0()n x . 利用泰勒公式证明不等式：若函数)(x f 在含有0x 的某区间有定义,并且有直到)1(-n 阶的各阶导数,又在点0x 处有n 阶的导数)(0)(x fn ,则有公式)()(!)()(!2)()(!1)()()()(00)(200000x R x x n x f x x x f x x x f x f x f n n n +-++-''+-'+=在上述公式中若0)(≤x R n (或0)(≥x R n ),则可得)(00)(200000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≥或)(00)(200000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≤1、 证明: ).11(,32)1ln(32<<-+-≤+x x x x x 证明 设)11)1ln()(<<-+=x x x f （ 则)(x f 在0=x 处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式 )11()1(432)1ln(4432<<-+-+-=+ξξ x x x x x 0)1(444≤+-ξx 32)1ln(32x x x x +-≤+∴ 由以上证明可知,用泰勒公式证明不等式,首先构造函数,选取适当的点0x 在0x 处展开,然后判断余项)(x R n 的正负,从而证明不等式.对于欲证不等式中含有初等函数、三角函数、超越函数与幂函数结合的证明问题，要充分利用泰勒公式在00x =时的麦克劳林展开式，选取适当的基本函数麦克劳林的的展开式，对题目进行分析、取材、构造利用. 2、 证明不等式：316x x -≤sin x . 2、不等式左边是三次二项式的初等函数，右边是三角函数，两边无明显的大小关系 。
这时我们可用sin x 在00x =的二阶麦克劳林公式表示出来，然后进行比较判断两者的大小关系。
证明31()sin 6f x x x x =-+,(0)0f =,21'()cos 12f x x x =-+,'(0)0f =,''()sin f x x x =-+,''(0)0f =,'''()cos 1f x x =-+,'''()cos 1f ξξ=-+ 当3n =时，()f x 的泰勒展式为：331()000(1cos )()3!f x x x o x θ=+++-⋅+ ⇒()f x =331(1cos )()6x x o x θ-+≥0 (x ≥0, ξ≤x θ,0＜ϕ＜1)所以x ≥0,，有 316x x -≤sin x . 在含有无理函数与幂函数结合的不等式证明问题中，它们之间没有明显的大小关系。
如果用常规方法（放缩法、比较法，代换法等），我们很难比较它们之间的大小关系，但这时用泰勒公式却能轻易解答.3、 证明不等式：2128x x +-（x ＞0）. 对于此题，若我们对不等式两边同时平方，虽可以去掉根号，但x 的次数却提高了2次，这还是难以比较他们之间的大小关系，但若用泰勒公式却可以轻易解答.证明 设()f x =(0)1f =,121'()(1)2f x x -=+,1'(0)2f =,321''()(1)4f x x -=-+,1''(0)4f =-,523'''()(1)8f x x -=+代入0x =02x - 28x +5331(1)16x x θ-+ (0＜θ＜1)∵ x ＞0, ∴ 531(1)16x θ-+3x ＞0 所以 2128x x +-x ＞0）.在不等式的证明问题中，若题目中出现了一阶导数、二阶导数、初等函数、三角函数或超越函数等与幂函数结合时，可优先考虑泰勒公式在0x =0时的麦克劳林表达式。
当然能做好此类题的前提条件是要对一些基本函数的麦克劳林表达式熟悉.微分)(Lagrange 中值定理: 若)(x f 满足以下条件:(1) )(x f 在闭区间],[b a 内连续 (2) )(x f 在开区间),(b a 上可导 则 ab a f b f f b a --='∍∈∃)()()(),(ξξ 4、 若)()(1,011y x py y x y x py p x y p p p p -<-<-><<--则 分析 因为,0x y <<则原不等式等价于11--<--<p p p p px yx y x py)1(>p .令p t x f =)(,则我们容易联想到Lagrange 中值定理yx y f x f y x f --=-)()())(('ξ.证明 设p t t f =)(,显然],[)(x y t f 在满足Lagrange 中值定理的条件则 ,)()()(),(y x y f x f f x y --='∍∈∃ξξ 即yx y x p p p p ---＝1ξ 111,),(---<<∴<<∴∈p p p px p py x y x y ξξξ )()(11y x py y x y x py p p p p -<-<-∴-- 5、已知函数xxx x f +-+=1)1ln()(， 的极小值求)()1(x f ； abb a b a -≥->1ln ln ,0,2求证：）若（2)1()(),1)()1(5x xx f x f +='∞+-，的定义域为（函数、.0)0()(0==f x f x 取得极小值时，函数易得当(2))0(1ln ,1)1ln(11>-≥+≥+->x xx x x x x x 可得时，）知，当由（ )0(11ln >-≥x x x 即,因为b ab a b a ln ln ln ,0,=->所以abb a -≥1ln 。
故得证 （也可用Lagrange 中值定理来证）6、已知函数的最大值；求函数x x f x g x x f -+==)1()()1(,ln )(22)(2)()(02ba ab a a f b f b a +->-<<时，求证：）当（ 解：x x x x f x g -+=-+=)1ln()1()(),1((+∞-∈xxx x x g +-=-+='1111)( 0)(,0,0)(,01<'>>'<<-x g x x g x 时当当 0.)(0为取得最大值，且最大值时，故当x g x =)0(1ln ),0(1ln ),1()1ln(12>-≥->-≤->≤+x x x x x x x x x 得）知）由（（bab b a b a b a x -=-≥-=1ln ,得令 0)())(()()(2))(()(2222222222>+--=+--+-=+---b a b b a a b b a b a b ab b a a b b a a b a b a b 2222)(2)()(.)(2b a a b a a f b f b a a b a b a b +->-+->-故所以评注：本题得到不等式)1()1ln(->≤+x x x 与不等式)1)(1ln(1->+≤+x x x x构成经典不等式，即)1()1ln(1->≤+≤+x x x x x. 7、已知2ln )()2(2)()(0,0,ln )(a b ba gb g a g b a x x x g -<+-+<<<=求证：设 解析：)2ln(22ln ln )2(2)()(ba b a b b a a b a g b g a g ++⋅-+=+-+ba bb b a a a +++=2ln2ln由经典不等式),01()1ln(≠->≤+x x x x 且 及021,02,0<-<->-<<bba a ab b a 得因此,2)21ln(2ln 2ln a ab a a b a b a b a a -->-+-=+-=+,2)21ln(2ln 2ln a a b b b a b b a b a b -->-+-=+-=+ 故022)2()2(2ln 2ln=-+-=--⋅+--⋅>+++ab b a b b a b a a b a b a b b b a a a 又2ln 2ln )(2ln 2ln 2ln 2ln ,22a b b a b a b b a b b b b a a b a b b b a a a b b a b a a -<+-=+++<++++<+ 综上所述，得2ln )()2(2)()(0a b ba gb g a g -<+-+< .)()1.(1ln )(8的最大值求、已知x f x x x f +-=()),2()1(2)12)(1(ln 33ln 22ln 2*222222N n n n n n n n ∈≥++-<+++ 求证：(1)略（2）)0(11ln )0(01ln 1>-≤>≤+-x xx x x x x ，）知由（所以22222322211311211ln 33ln 22ln nn n -++-+-<+++))1(1431321()1()13121()1(222+++⨯+⨯--<+++--=n n n n n )1(2)12)(1()1121()1(++-=+---n n n n n ),2(*N n n ∈≥9、求证：)()211()811)(411)(211(*2222N n e n ∈<++++要证明原不等式，就要证明1)]211()411)(211ln[(222<+++n即1)211ln()411ln()211ln(222<+++++n构造函数[])0()()(,1,0,)1ln()(2f x f x f x x x x f <∈-+=递减，故易得则有x x <+)1ln(2。