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)
拉格朗日中值定理与高考数学.doc
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，使得 f'f bf a b.a1、证明f x f x a 成立（其中 x0 ）xa 或x[2]例：（ 2007年高考全国卷 I 第 20题）设函数 fxe x e x .（Ⅰ）证明：f x 的导数 f ' x2 ；（Ⅱ）证明：若对所有 x 0 ，都有 f xax ，则 a 的取值范围是 (, 2] .（Ⅰ）略 .（Ⅱ）证明：（ i ）当 x0 时，对任意的 a ，都有 fx ax(ii) 当 x0时，问题即转化为 e x e x对所有 x0 恒成立 .ax令 G xe xe xf x f 0，由拉格朗日中值定理知0,x 内至少存在一点（从xx 0而0），使得 f'f xf 0，即 Gxf 'ee，由于xf ''e ee 0 e 0 0，故 f ' 在 0,x 上是增函数，让 x 0 得Gxminf 'e ef ' 02 ，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 gx f x ax ，再分a 2 和 a 2 两种情况讨论 .其中， a 2又要去解方程 g ' x 0 .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 g ' x0 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 g ag b2g a b(b a), ba 成立2 例：（ 2004年四川卷第 22题）已知函数 fx ln(1 x) x, g xx ln x .（Ⅰ）求函数f x 的最大值；（Ⅱ）设0 a b 2a ，证明： g ag b2g a b(ba)ln 2 .2（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：依题意，有g ' xln x 1g ag b2 gabg b ga bga b g a222由拉格朗日中值定理得，存在a,a b,a b,b ，使得22g b ga bg a b g ag 'g'? b alnln ?b a2222ln ?b aln b ?b aln 4a ? b ab a ln 22a2a2评注：对于不等式中含有 g a , g b , ga b a b 的形式，我们往往可以把2g a bg a 和g bg a b ，分别对 g a bg a 和g bg a b 两次222 2运用拉格朗日中值定理 .三、证明f x 1 f x 2x 1 x 2 成立[3] [4]例： (2OO6 年四川卷理第 22题)已知函数f x x22a ln x(x 0), f x 的导函数是 f ' x ， 对任意两个不相等的正x数 x 1 , x 2 ，证明：（１）当 a时，f x 1f x 2f x 1 x 222（２）当 a4 时， f ' x 1 f ' x 2x 1 x 2 .证明：（１）不妨设 x 1x 2 ，即证 f x 2x 1 x 2fx 1 x 2 fx 1 ．由拉格f22朗日中值定理知，存在1 x 1 ,x 1x2, 2x 1x 2, x 2 ，则 12且22f x 2f x 1x 2f '2 ?x 2 x1 ，fx 1 x 2 f x 1f'1 ? x2 2 x1 又222f ' (x) 2x2a ， f ''x2 4a .当 a 0 时， f '' x 0 .所以 f ' ( x) 是一个单x 2xx 3 x 2调递减函数， 故 f '1f '2从而 fx 2f x 1 x 2f x 1x 2f x 1 成立， 因2 2此命题获证．（２）由 fxx 22a ln x 得， f '(x) 2x2 a，令 g x f ' x 则由拉xx 2x格朗日中值定理得：g x 1 g x 2g '(x 1 x 2 )下面只要证明： 当 a4 时，任意0 ,都有 g '1 ，则有 g ' x2 4a 1，44x 3 x 2即证 a 4 时， ax 2 恒成立 .这等价于证明 x 2 的最小值大于 4 .x x由于 x 24x 2 2 2 33 4 ，当且仅当 x 32 时取到最小值，又 a4 33 4 ，xx x 故 a 4 时， 24 a 1 恒成立 .x 3 x 2所以由拉格朗日定理得：g x 1g x 2g '( x 1 x 2 )g 'x 1 x 2 x 1 x 2 .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 fx 1 f x 2x 1 x 2 或 f x 1f x 2 x 1 x 2 成立例：（ 2008年全国卷Ⅱ 22题）设函数 fxsin x .2 cosx（Ⅰ）求 fx 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何x 0 ，都有 f x ax ，求 a 的取值范围 .（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：当x 0 时，显然对任何 a ，都有 f xax ；当 x 0 时，f x fx f 0 xx 0由拉格朗日中值定理，知存在0,x ，使得fxf x f 0 f '.由（Ⅰ）知xx 0f 'x2cos x 12 ，从而 f''x2sin x 2 cos x cos x 1 .令 f ''x0 得，2cos x 22 cos xx2k 1 , 2k 2；令 f ''x0 得， x2k , 2k 1.所以在2k 1, 2k 2上， f 'x 的最大值 f'xmaxf '2k 21 在312k , 2k 1上， f''xf ' 2k .从而函数 f 'xx 的最大值 fmax在31'xmax0 时， f '2k , 2k 2上的最大值是f.由 k N 知，当 x x 的最大值13 1'xmax.所以， f '的最大值 f '.为了使 f '为 fmaxa 恒成立，应有33f 'maxa .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g 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min0 ..,行分类讨论 ;其次为了判断 g x 的单调性 ,还要求 g 'x0 和 g ' x 0 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 f x 0,( x a) 成立，（其中 f a0 ）例：（ 2007年安徽卷18题）设 a 0, f x x 1 ln 2 x 2a ln x x 0 .（Ⅰ）令 Fx xf ' x ，讨论 F x 在 0,内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当 x 1 时，恒有 x ln 2 x 2a ln x1 .（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：即证 fx 0 ，由于 x 1 ，则f x f xf 1x 1 x1 .由拉格朗日中值定理得，存在1,x ，使得 f xf 1f '.由（Ⅰ）的解题过程知 f 'x1 2ln x 2a ，x 1x x所 以 f ''x222a2ln x 1 a. 令 f ''x1 ax 2 x 2 ln x x 2x2 0 得 ， x e. 令f ''x0 得， 1 xe 1 a .故f ' x 在 x 1,上最小值 f ' x min fe 1a12 1 a2a e 1 a20 .所以 f 'f 'xmin0 .从而f x 0 .又 x 1 ，1 a1 a1 ax1e ee则 fx0 成立，从而当 x0时， x ln 2x 2a ln x 1 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F 2 0 得到 F xxf ' x 0 .又 x 1 ，所以 f ' x0 .从而 f x 在 1, 上单调递增 ,故 fx 的最小值 f xminf 10 ，所以 x ln 2 x 2a ln x 1 .但是如果没有（Ⅰ） ，很难想到利用 Fxxf ' x 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.f x 1f x 2f x 1f x 2（其中 x 1x 2 ）六、证明 x 1 x 2或x 1 x 2例：（ 2009年辽宁卷理21题）已知函数 f ( x)1 x2 ax (a 1)ln x,a 12（Ⅰ）讨论函数 f ( x) 的单调性；（Ⅱ）证明：若a5 ，则对任意 x 1 , x 2 0,， x 1f (x 1) f (x 2 ) 1.x 2 ，有x 1 x 2（Ⅰ）略；（Ⅱ）f ( x 1)f ( x 2 ) f ' .由（Ⅰ）得， f 'xx a a 1 .所以要证x 1x 2xf ( x 1 ) f ( x 2 )1成立，即证 f 'a a 11 .下面即证之 .x 1 x 2令 g2(a 1) a 1，则a 1 2a 1 a 5 .由于 1a 5 ，4 a 1所以 0 .从而 g在 R 恒成立 .也即 2aa1.又x 1 , x 2 ，2a a 1 1 ，即 f ' a 1x1, x2 0,，故0 .则 a 1 ，也即f ( x1 ) f ( x2 )x1 1.x2评注：这道题（Ⅱ）小题存在两个难点：首先有两个变量x1, x2 ；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）。
以高等数学中有关定理(公式)为背景的高考题例析
以高等数学中有关定理(公式)为背景的高考题例析高等数学中有关定理和公式是高考中不可忽视的重要内容，它们直接影响着考生的成绩。
下面以一些高等数学中常见的定理和公式为例子，来分析一下高考中可能会涉及的相关题目。
1.拉格朗日中值定理在高等数学中，拉格朗日中值定理是一个重要的定理。
它的含义是，如果函数f(x)在[a,b]内连续，在(a,b)内可导，则存在一个c∈(a,b)，使得f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)。
在高考中，常会考察这个定理的应用。
例题：函数f(x)=ln(x+1)，x∈[0,1]。
证明：|f(x)-f(y)|≤|x-y|，其中x,y∈[0,1]。
解析：因为f(x)在[0,1]内连续，在(0,1)内可导，所以根据拉格朗日中值定理，对于任意的x,y∈[0,1]，存在c∈(x,y)，使得f(x)-f(y)=f'(c)(x-y)。
由于f'(x)=1/(x+1)>0，所以f(x)在[0,1]上单调递增。
因此，|f(x)-f(y)|=|f'(c)||x-y|≤1|x-y|=|x-y|。
因此，原命题得证。
2.泰勒公式泰勒公式是高等数学中一个非常重要的公式，它可以将函数在某个点附近展开成一个无穷级数。
在高考中，考生需要掌握泰勒公式的基本形式和应用。
例题：设f(x)=ln(x+1)，Pn(x)为f(x)在x=0处的n阶泰勒多项式，求当n趋于无穷大时，Pn(1)-f(1)的极限。
解析：由于f(x)在x=0处的泰勒级数为f(x)=x-x^2/2+x^3/3-...，因此它的n阶泰勒多项式为Pn(x)=x-x^2/2+...+(-1)^(n-1)x^n/n。
因此，Pn(1)-f(1)=1/2-1/3+1/4-1/5+...+(-1)^(n-1)/n-(ln2-1)。
根据莱布尼兹判别法可知，当n趋于无穷大时，Pn(1)-f(1)的极限为ln2-1。
3.极限定义极限是高等数学中的一个重要概念，它与函数的连续性及导数的求解密切相关。
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。
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 ）
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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
高中数学(人教版)第6章微分中值定理及其应用拉格朗日定理和函数的单调性课件
注 例3中的不等号可以成为严格的. 事实上, 当
0 a b 和 a b 0时, 显然不为零, 严格不等
式成立.
罗尔定理与拉格朗日定理
当 a 0 b 时，
存在 1 (0, b), 2 (a , 0), 使得
arctan b arctan a arctan b arctan 0 arctan 0 arctan a
x x0
x x0
罗尔定理与拉格朗日定理
证 分别按左右极限来证明.
(1) 任取 x U ( x0 ), f ( x ) 在 [ x0 , x] 上满足拉格朗日
定理条件， 则存在 ( x0 , x ), 使得
f ( x ) f ( x0 ) f ( ). x x0
多项式, 所以 p( x )在[x1 , x2 ]上满足罗尔定理的条件，
从而存在 (a, b), 使得 p( ) 0, 这与条件矛盾. 又若 p( x ) 有一个 k 次重根 x0 , 则
p( x ) ( x x0 )k p1 ( x ), k 2.
( x ), 因为 p( x ) k ( x x0 )k 1 p1 ( x ) ( x x0 )k p1
3.若 f (x) 在(a, b) 上可微, [a, b] 上连续, 则对于任意
x (a , b], 存在 (a , x ), 使
f ( x ) f (a ) f ( )( x a ),
当 x a 时, 必有 a . 从等式
由于x0 x , 因此当x x0 时，随之有 x0 ,
对上式两边求极限，便得
f ( x ) f ( x0 ) lim lim f ( ) f ( x0 0). x x0 x x0 x x0
高中数学(人教版)第6章微分中值定理及其应用泰勒公式课件
Pn( n ) ( x0 ) an . n! 上式表明 Pn(x) 的各项系数是由其在点 x0 的各阶
导数所确定的.
设 f (x) 在 x0 处 n 阶可导. 如果
f ( x ) Pn ( x ) o(( x x0 )n ),
即
f ( x ) Pn ( x ) lim 0, n x x0 ( x x0 )
( 3 ) 式称为 f ( x )在点 x0 处的带有佩亚诺型余项的 n
阶泰勒公式. 注1 即使 f ( x ) 在点 x0 附近满足
f ( x ) Pn ( x ) o(( x x0 )n )
( 4)
也不能说明 Pn ( x ) 一定是 f (x) 的n 阶泰勒多项式.
带有佩亚诺型余项的泰勒公式
带有佩亚诺型余项685-1731, 英国 ) 麦克劳林( Maclaurin,C. 1698-1746, 苏格兰 )
带有佩亚诺型余项的泰勒公式
例1 验证下列公式
2 n x x x 1. e x 1 o( x n ); 1! 2! n!
即 f ( x 0 ) f ( x0 ) f ( x ) f ( x0 ) ( x x0 ) ( x x0 ) 2 1! 2! f ( n ) ( x0 ) ( 3) ( x x0 )n o(( x x0 )n ). n! n 证 设 Rn ( x ) f ( x ) Tn ( x ) , Qn ( x ) ( x x0 ) , 故只需证
x
的麦克劳林 由定理 6.8 的注 2, 可知上式就是 e 公式, 由泰勒系数公式可知 x 98和x 99的系数为 1 ( 98) ( 1)49 1 ( 99) f 49 , f ( 0) 0 , 98! 2 49! 99!
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。
第16讲 拉格朗日中值定理在高考中的应用(原卷版)
第16讲 拉格朗日中值定理在高考中的应用拉格朗日中值定理是高等数学的内容,在高中数学中也是比较重要的一块,其定理本身比较简洁,也可以在高考中解决一类不等式问题,其解法比较快捷,我们来认识一下这个定理吧!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:(1)f 在闭区间[,]a b 上连续.(2)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 ξ'=()()f b f a b a--.几何意义:在以(,()),(,())A a f a B b f b 为端点的曲线上()y f x =至少存在一点(,())P f ξξ,该曲 线在该点处的切线平行于曲线两端的连线AB . 【例】已知函数221()1g x x x=-+,问是否存在实数x ,使得函数()g x 上任意不同两点连线的斜率都不小于k ?若存在,求k 的取值范围;若不存在,说明理由. 假设存在实数k ,使得的图像上任意不同两点连线的斜率都不小于k , 即对任意210x x >>,都有()()2121g x g x k x x --.即求任意两点割线斜率的大小,由中值定理知存在()12,x x x ∈,有()g x '=()()2121g x g x k x x --,转为求切线斜率的大小.即3241()g x k xx=-在(0,)+∞上恒成立的问题.拉格朗日证明无参不等式用拉格朗日中值定理证明不等式的一般步骤:第一步:在不等式中找合适的函数()y f x =.第二步:利用拉格朗日中值定理转换,即()()()f b f a f b aξ-'=-.（或()()()()f b f a f b a ξ-='-）,并确定ξ的范围.第三步:利用ξ的范围对不等式放缩,从而证明不等式. 【例1】设0x >,证明:ln(1)x x +<.【例2】当1x >时,证明:e e xx >.【例3】当0x >时,证明:11ln 11x x⎛⎫+>⎪+⎝⎭.【例4】当0x >时,证明:11ln 11x x⎛⎫+> ⎪+⎝⎭.拉格朗日证明一元含参不等式利用拉格朗日中值定理证明一元含参不等式问题的一般步骤: 第一步:参变分离为:()f x a x>或()f x x <a 成立.[其中0,(0)0x f >=,只有这种 结构才可以使用]第二步:拉格朗日中值定理简化为()f ξ'()(0)0f x f a x -=>-或()(0)()0f x f f x ξ-'=-a <.[其中(0,)]x ξ∈第三步:转化为求()f ξ'最值问题.【例1】设函数()e 1xf x =-,若对所有0x >,都有()f x ax >,求a 的取值范围.【例2】设函数()e e x x f x -=-,证明:若对所有0x ,都有()f x ax ,则a 的范围是(,2]-∞.【例3】设函数sin ()2cos xf x x=+,如果对任何0x ,都有()f x ax ,求a 的取值范围.拉格朗日证明双变量含参不等式由拉格朗日中值定理解决具有()()1212f x f x x x --特点的证明或求参数的范围问题的一般步骤:第一步：把问题转化为证明()()1212f x f x x x λ->-或()()1212f x f x x x λ-<-(其中)12x x ≠结构的问题.第二步:利用拉格朗日中值定理简化.即证明()()1212()f x f x f x x ξλ-='>-或()()1212()f x f x f x x ξλ-='<-.第三步:问题转化为证()f ξ'与λ的大小关系.【例1】设函数()ln (1)f x x m x =-+,(0,)x m >∈R .若对任意121x x >>,()()12121f x f x x x -<--恒成立,求m 的取值范围.【例2】设函数()ln ,m f x x m x =+∈R ,若对任意()()0,1f b f a b a b a->>-恒成立,求m 的取值范围。
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2012级高三数学培优资料（10）教师版周基俊2014.11.16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x 的任意点x ，在0x 与x 之间至少存在一点，使得：f x =0f x +0'fx 0(x -x )+f''x 2!2(x -x )++nfxn!n(x -x )+n R x ，其中n R x(1)(1)!n fn 10)(n x x称为余项，上式称为n 阶泰勒公式；若0x0，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 ++!nfn n x +0()nx .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 xn x fx xx 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 xx f x xx f x f x f 或)(00)(200000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x xn x fx xx f x x x f x f x f1、证明: ).11(,32)1ln(32xxx xx 证明设)11)1ln()(xx x f （则)(x f 在0x 处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式)11()1(432)1ln(4432 x xxxx 0)1(444x 32)1ln(32x x xx 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0x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 xx ,(0)0f ,21'()cos 12f x x x ,'(0)0f ,''()sin f x x x ,''(0)0f ,'''()cos 1f x x ,'''()cos1f 当3n时，()f x 的泰勒展式为：331()000(1cos )()3!f x x xo x ()f x 331(1cos )()6x xo x ≥0(x ≥0,≤x ,0＜＜1)所以x ≥0,，有316xx ≤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 ＜1x ，（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()1f x x ，则(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 =0的二阶泰勒公式，有1x =1+2x -28x+5331(1)16x x (0＜＜1)∵x ＞0, ∴531(1)16x 3x ＞0所以2128x x＜1x （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aba fb f f b a )()()(),( 4、若)()(1,011y xpyyxy x py p x yp ppp 则 分析因为,x y则原不等式等价于11p ppppxyxy xpy )1(p .令ptx f )(,则我们容易联想到Lagrange 中值定理yx y f x f y x f )()())(('. 证明设ptt f )(,显然],[)(x y t f 在满足Lagrange 中值定理的条件则,)()()(),(yxy f x f f x y 即yxy xp ppp ＝1111,),(p p p pxppy x yx y )()(11y x pyyxy x pyp ppp 5、已知函数x x x x f 1)1ln()(，的极小值求)()1(x f ；a b ba b a 1ln ln ,0,2求证：）若（2)1()(),1)()1(5x x x f x f ，的定义域为（函数、.0)0()(0f x f x 取得极小值时，函数易得当(2))0(1ln ,1)1ln(11xx x xxx x x可得时，）知，当由（)0(11ln x xx即,因为ba ba ba ln ln ln ,0,所以ab ba 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)()(02baa b a a f b f b a时，求证：）当（解：x x x xf xg )1ln()1()(),1((xxx xx g 1111)(0)(,0,0)(,01x 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(12x x x xxx x x x 得）知）由（（bab b a ba b a x 1ln,得令0)())(()()(2))(()(2222222222b a b b aa b b ab a b ab b aa bba ab a b a b 2222)(2)()(.)(2baa b a a f b f baa b a b ab 故所以评注：本题得到不等式)1()1ln(x x x 与不等式)1)(1ln(1x x xx 构成经典不等式，即)1()1ln(1xx xxx .7、已知2ln )()2(2)()(0,0,ln )(a bba gb g a g b a x x x g 求证：设解析：)2ln(22ln ln )2(2)()(b a b a bb aa b ag b g a g ba b b ba aa 2ln 2ln由经典不等式),01()1ln(xxx x 且及021,02,0b b a a a bb a 得因此,2)21ln(2ln 2lnaa b aa ba b a ba a,2)21ln(2ln2lnaa bbb ab b a b ab 故022)2()2(2ln2lnab b a bb a b aa ba bab b baa a 又2ln 2ln)(2ln2ln 2ln2ln,22a bbab a bbabb b ba a ba bb baa a bb aba 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 xxx f ),2()1(2)12)(1(ln 33ln 22ln 2*222222N n n nn n nn 求证：(1)略（2）)0(11ln )0(01ln 1xxxxxx x ，）知由（所以22222322211311211ln 33ln 22ln nnn ))1(1431321()1()13121()1(222n n n nn )1(2)12)(1()1121()1(n n nnn ),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[(222n即1)211ln()411ln()211ln(222n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。
故有nn21814121)211ln()411ln()211ln(222得证,1211)211(21n。
10、)1ln()(2x xx f .3)(0)1(x x f x时，求证：当; )1(2145131211)1()2(3313*nn nkf N n nk 时，求证：当解：)1()1(3)(,)1ln()()()1(23323xx xx h x x x xx f x h 则令易得3)(,0)0()(),0()(xx f h x h x h 所以上单调递减，在（2）3*1)1(1,1],1,0(1,kkf k xkN k ）得由（取所以设故3331131211)1(nk f nk ，不等式成立右时，左当对于右半边证明如下：11n])1(1)1(1[21)1(1112223nn nnnn nn nn时，因为当所以])1(1)1(1431321321211[211131211333nn nn n)1(2145nn。