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
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。
泰勒定理及带有拉格朗日余项泰勒----------公式的应用探讨---副本-(2)【范本模板】
泰勒定理及带有拉格朗日余项泰勒公式的应用探讨 【摘要】泰勒定理是把函数用多项式近似表示的重要依据,是数学分析课程的重要内容。
给出了泰勒定理的证明,泰勒定理是拉格朗日中值定理的推广，相应地泰勒公式也是拉格朗日中值公式的推广． 泰勒公式在数学以及其他学科当中有着广泛的应用，本文讨论了带有拉格朗日余项的泰勒公式之间的关系,从纯数学的方面说明了泰勒公式的应用,以及在近似计算、求极限、求导数、积分计算、判断级数收敛性、证明一些等式和不等式等方面的应用。
【关键词】泰勒定理； 泰勒公式； 拉格朗日型余项一、泰勒定理及证明定理1: 若函数f （ x) 在[a,b ］上存在直至n 阶的连续导涵数，在( a ，b ) 内存在(n + 1） 阶导数,则对任意给定的x ，x 0∈[a ，b ］，至少存在一点ξ∈（ a ，b ） ，使得121'"+!1nn nn fx ff x f x x x f x x x x x x n n 。
证明: 作辅助函数',!nnftF tf x f x f tx tx tn1n G tx t所要证明的定理式即为11.1!1!n n fF x fF xG x n G x n 。
或。
,,,,x x F t G t x x x x 不妨设。
则与在。
上连续，在。
内可导且1',!n nftF t x tn'10.nG t n x t0,F x G x又因所以由柯西中值定理证得1','1!n F x F x F xF fG x G x G xG n 。
,,.x xa b 其中。
二、带有拉格朗日余项的泰勒公式若函数f( x) 在[a,b ］上存在直至n 阶的连续导涵数,在( a ，b ） 内存在（n + 1)阶导数，则对任意给定的x ，x 0∈［a ，b ］，至少存在一点ξ∈（ a ，b) ，使得121'"+!1nn nn fx ff x f x x x f x x x x x x n n 。
数学分析中几类证明不等式的方法
㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１５２㊀数学分析中几类证明不等式的方法数学分析中几类证明不等式的方法Һ郭㊀鑫㊀（天津师范大学，天津㊀３００２２２）㊀㊀ʌ摘要ɔ在学习数学分析时我们常会见到一些不等式，当然，其中有一些著名的不等式无论是在解题还是在实际应用中都有重要的作用．笔者认为解决这些不等式的证明应该先找到对应的数学分析知识点，所以，本文中结合数学分析的知识点列举了四种常用的证明不等式的思路．本文中在每一种方法后附加了例题及解答，一些题目是选择了教材上的典型例题，还有一些是考研题目及其改编．不等式的证明往往有多种证明方法，还望读者多思考出更多不同的证明方法．ʌ关键词ɔ不等式；数学分析；积分；证明为了加深对数学分析中不等式证明的理解和掌握，本文在数学分析的基础上研究并整理了几种证明不等式的方法，也节选了典型例题辅助讲解．本文属于综述型论文，归纳总结了前人的理论成果并加上自己的理解与补充，希望本文可以帮助读者对于不等式问题有初步的解题思路，并借此探索更多的关于不等式的证明方法．一㊁几个著名不等式（一）Ｊｅｎｓｅｎ不等式如果ｆ（ｘ）为［ａ，ｂ］上的凸函数，那么对任何ｘｉɪ［ａ，ｂ］，λｉ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ），ðｎｉ＝１λｉ＝１有ｆ（ðｎｉ＝１λｉｘｉ）ɤðｎｉ＝１λｉｆｘｉ()．证明㊀当ｎ＝１时，结论显然成立；当ｎ＝２时，由凸函数的定义可以知道ｆ（λ１ｘ１＋λ２ｘ２）ɤλ１ｆ（ｘ１）＋λ２ｆ（ｘ２）成立．假设ｎ－１时命题成立，则对任意ｘ１，ｘ２， ，ｘｎɪ［ａ，ｂ］，以及λｉ＞０，ðｎｉ＝１λｉ＝１，令μｉ＝λｉ１－λｎ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ－１），可以得到μ１＋μ２＋ ＋μｎ－１＝１，由归纳假设得ｆðｎ－１ｉ＝１μｉｘｉ()ɤðｎ－１ｉ＝１μｉｆ（ｘｉ），所以ðｎｉ＝１λｉｘｉ()＝ｆ(（１－λｎ）㊃λ１ｘ１＋λ２ｘ２＋ ＋λｎ－１ｘｎ－１１－λｎ＋λｎｘｎ)ɤ（１－λｎ）㊃ｆλ１ｘ１＋λ２ｘ２＋ ＋λｎ－１ｘｎ－１１－λｎæèçöø÷＋λｎｆ（ｘｎ）ɤ（１－λｎ）㊃［μ１ｆ（ｘ１）＋μ２ｆ（ｘ２）＋ ＋μｎ－１ｆ（ｘｎ－１）］＋λｎｆ（ｘｎ）＝λ１ｆ（ｘ１）＋λ２ｆ（ｘ２）＋ ＋λｎｆ（ｘｎ）．由数学归纳法可知原命题成立．例１㊀求证：（ａｂｃ）ａ＋ｂ＋ｃ３ɤａａｂｂｃｃ，其中ａ，ｂ，ｃ均为正数．提示㊀令ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ，运用Ｊｅｎｓｅｎ不等式即证．（二）平均值不等式任意ａｉ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ），有ｎ１ａ１＋１ａ２＋ ＋１ａｎɤｎａ１ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ．证明㊀设ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ，则ｆᵡ（ｘ）＜０，从而ｆ（ｘ）为凹函数，所以由Ｊｅｎｓｅｎ不等式可得ｆａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎæèçöø÷ȡｆ（ａ１）＋ｆ（ａ２）＋ ＋ｆ（ａｎ）ｎ，即ｌｎｎａ１ａ２ ａｎ＝１ｎ（ｌｎａ１＋ｌｎａ２＋ ＋ｌｎａｎ）ɤｌｎａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ．因为ｆ（ｘ）为增函数，所以ｎａ１ａ２ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ，同理ｎ１ａ１㊃１ａ２㊃ ㊃１ａｎȡ１ａ１＋１ａ２＋ ＋１ａｎｎ，即得结论．注：此题还可运用条件极值证明．（三）Ｓｃｈｗａｒｚ不等式若ｆ（ｘ）和ｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可积，则ʏｂａｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ()２ɤʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ㊃ʏｂａｇ２（ｘ）ｄｘ．证明㊀因为ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可积，所以ｆ（ｘ）＋ｔｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可积，从而ʏｂａ（ｆ（ｘ）＋ｔｇ（ｘ））２ｄｘ＝ʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ＋ʏｂａ２ｔｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＋ʏｂａｔ２ｇ２（ｘ）ｄｘȡ０，（∗）将（∗）式看作自变量ｔ的一元二次函数，则Δ＝４ʏｂａｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ()２－４ʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ㊃ʏｂａｇ２（ｘ）ｄｘɤ０，结论得证．推论㊀（柯西不等式）对任意ａｉ，ｂｉ有ðｎｉ＝１ａｉｂｉ()２ɤðｎｉ＝１ａｉ２㊃ðｎｉ＝１ｂｉ２．例２㊀若ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）都在［ａ，ｂ］上可积，则有闵可夫斯基（Ｍｉｎｋｏｗｓｋｉ）不等式：ʏｂａ（ｆ（ｘ）＋ｇ（ｘ））２ｄｘ[]１２ɤʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ[]１２＋ʏｂａｇ２（ｘ）ｄｘ[]１２．提示㊀不等式两边平方，化简，利用Ｓｃｈｗａｒｚ不等式．（四）Ｈａｄａｍａｒｄ不等式设ｆ（ｘ）为［ａ，ｂ］上的连续凸函数．求证：ｆａ＋ｂ２()ɤ１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘɤｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）２．提示㊀利用凸函数的性质，证明详细过程见下页．二㊁利用函数单调性与极值解决不等式问题（一）利用单调性解决不等式问题函数的单调性是较为简单直接的证明不等式的方法，对于可导函数ｆ（ｘ）可以通过ｆᶄ（ｘ）的正负判断ｆ（ｘ）的增减性，从而利用具体自变量的取值得到不等式．此类题目的关键在于构建合适的ｆ（ｘ）．（例题中涉及几类常用的构造函数的方法）㊀㊀㊀解题技巧与方法１５３㊀㊀例３㊀（若尔当不等式）设０＜ｘɤπ２，则２πɤｓｉｎｘｘ＜１．证明㊀设ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘｘ，则ｆᶄ（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘｘ２；再令ｇ（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ，则ｇᶄ（ｘ）＝－ｘｓｉｎｘ＜０，从而ｇ（ｘ）递减．又因为ｇ（０）＝０，所以ｇ（ｘ）＜０，则有ｆᶄ（ｘ）＜０，即ｆ（ｘ）递减．又因为ｌｉｍｘң０ｆ（ｘ）＝１，且ｆπ２()＝π２，所以，由ｆ（ｘ）的单调性可得２πɤｓｉｎｘｘ＜１．（二）利用极值与最值解决不等式问题对于在定义域内不单调的函数，极值和最值是解决这类函数不等式的一个突破口，构造合适的函数利用极值的定义来证明．例４㊀（利用条件极值）任意ａｉ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ），有ｎ１ａ１＋１ａ２＋ ＋１ａｎɤｎａ１ａ２ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ．证明㊀下面只证明ｎａ１ａ２ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ（另一不等号的证明见上一页）．设ｘ１＋ｘ２＋ ＋ｘｎ＝ａ（∗），ｆ（ｘ１，ｘ２， ，ｘｎ）＝ｘ１ｘ２ ｘｎ，则只需证在条件（∗）下ｆ（ｘ）的最大值为ａｎｎｎ．令Ｌ（ｘ１，ｘ２， ，ｘｎ，λ）＝ｘ１ｘ２ ｘｎ＋λ（ｘ１＋ｘ２＋ ＋ｘｎ－ａ），则Ｌｘｉ＝ｘ１ ｘｉ－１ｘｉ＋１ ｘｎ＋λ＝０，Ｌλ＝ｘ１＋ｘ２＋ ＋ｘｎ－ａ＝０，{解得λ＝－ｎａ（ｘ１ｘ２ ｘｎ）；ｘｉ＝ａｎ．又因为ｆ（ｘ）有上界，所以所求点为最大值点，即最大值为ａｎｎｎ，结论得证．三㊁利用微分中值定理和泰勒公式解决不等式问题（一）利用拉格朗日定理解决不等式问题拉格朗日定理可以将函数在区间端点的函数值与导函数在某一点的值联系起来，从而利用单调性或已知条件得到不等式．例５㊀求证：ｂ－ａｂ＜ｌｎｂａ＜ｂ－ａａ，其中０＜ａ＜ｂ．证明㊀原不等式等价于１ｂ＜ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ＜１ａ，由拉格朗日定理，得ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ＝１ξ，其中ξɪ（ａ，ｂ）．因为１ｂ＜１ξ＜１ａ，所以１ｂ＜ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ＜１ａ．（二）利用柯西定理解决不等式问题对于已知两个函数的端点函数值问题可利用柯西定理转换成导数比值形式，从而化简不等式．例６㊀设ｘ＞０，求证：２ａｒｃｔａｎｘ＜３ｌｎ（１＋ｘ）．证明㊀原不等式等价于ａｒｃｔａｎｘｌｎ（１＋ｘ）＜３２；∀ｘ＞０，在［０，ｘ］上由柯西中值定理，得∃ξɪ（０，ｘ），使得ａｒｃｔａｎｘｌｎ（１＋ｘ）＝ａｒｃｔａｎｘ－ａｒｃｔａｎ０ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）＝１＋ξ１＋ξ２，设ｆ（ｘ）＝１＋ｘ１＋ｘ２，则ｆᶄ（ｘ）＝１－２ｘ－ｘ２（１＋ｘ２）２，所以ｆ（ｘ）在ｘ＝２－１时取极大值（最大值），２＋１２＜３２，所以１＋ξ１＋ξ２＜３２，即ａｒｃｔａｎｘｌｎ（１＋ｘ）＜３２，结论得证．（三）利用泰勒公式解决不等式问题对于一些不等式中涉及高阶导数及其范围的问题，可尝试利用泰勒公式的近似展开式，而利用泰勒公式的重点在于找到一个合适的点展开．四㊁函数凹凸性（一）函数凹凸性的简单推论推论１㊀ｆ（ｘ）为凸函数的充要条件为：对于定义域上，任意ｘ１＜ｘ２＜ｘ３，则有ｆ（ｘ２）－ｆ（ｘ１）ｘ２－ｘ１ɤｆ（ｘ３）－ｆ（ｘ１）ｘ３－ｘ１ɤｆ（ｘ３）－ｆ（ｘ２）ｘ３－ｘ２．推论２㊀（此推论及其变形适用于许多涉及一阶导数的不等式证明）可导函数为凸（凹）函数当且仅当任意ｘ１，ｘ２有ｆ（ｘ２）ȡｆ（ｘ１）＋ｆᶄ（ｘ１）（ｘ２－ｘ１）（ｆ（ｘ２）ɤｆ（ｘ１）＋ｆᶄ（ｘ１）（ｘ２－ｘ１））．推论３㊀若ｆ（ｘ）为二阶可导函数，则ｆ（ｘ）是凸函数的充分必要条件为ｆᵡ（ｘ）ȡ０．（此命题适用于涉及二阶导数的不等式证明）推论４㊀ｆ（ｘ）为［ａ，ｂ］上的凸函数，则ｆ（ｘ）ȡ２ｆａ＋ｂ２()－ｆ（ａ）－ｆ（ｂ）．（二）运用函数凹凸性证明不等式例７㊀证明Ｈａｄａｍａｒｄ不等式．证明㊀设ｘ＝（１－ｔ）ａ＋ｔｂ＝（ｂ－ａ）ｔ＋ａ，则１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝ʏ１０ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］ｄｔ．同理可得１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝ʏ１０ｆ［ｔａ＋（１－ｔ）ｂ］ｄｔ．因为ｆ（ｘ）为凸函数，所以１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝ʏ１０ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］ｄｔɤʏ１０（１－ｔ）ｆ（ａ）＋ｔｆ（ｂ）ｄｔ＝ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）２，且１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝１２ʏ１０ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］ｄｔ＋１２ʏ１０ｆ［ｔａ＋（１－ｔ）ｂ］ｄｔ＝ʏ１０１２ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］＋１２ｆ［ｔａ＋（１－ｔ）ｂ］ｄｔȡʏ１０ｆ[１２（１－ｔ）ａ＋ｔ２ｂ＋ｔ２ａ＋１２（１－ｔ）ｂ]ｄｔ＝ｆａ＋ｂ２()，所以ｆａ＋ｂ２()ɤ１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘɤｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）２．不等式的解法有许多，以上几种方法需要在数学分析的基础上研究不等式．在学习过程中抓住每种方法的要点并掌握相应的数学分析的基础知识才是关键．ʌ参考文献ɔ［１］华东师范大学数学系．数学分析（上册）：第４版［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０１０．［２］陈守信．考研数学分析总复习：精选名校真题：第５版［Ｍ］．北京：机械工业出版社，２０１８．［３］徐利治，王兴华．数学分析的方法及例题选讲：第２版［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０１５．［４］蒙诗德．数学分析中证明不等式的常用方法［Ｎ］．赤峰学院学报（自然科学版），２００９（０９）：２０－２２．［５］舒斯会．数学分析选讲［Ｍ］．北京：北京大学出版社，２００７．［６］林源渠，方企勤．数学分析解题指南［Ｍ］．北京：北京大学出版社，２００３．。
用拉格朗日中值定理证明不等式
用拉格朗日中值定理证明不等式拉格朗日中值定理是微积分中一个非常重要的定理，它通常用于证明不等式。
下面我们将介绍如何用拉格朗日中值定理证明不等式。
首先，让我们回顾一下拉格朗日中值定理的表述：设函数$f(x)$在区间$[a,b]$上具有一阶和二阶导数，则存在一个$xiin(a,b)$，使得$f(b)-f(a)=f'(xi)(b-a)$，或者写成$f'(c)=frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，其中$c$介于$a$和$b$之间。
现在，我们来考虑如何用拉格朗日中值定理证明不等式。
假设我们要证明一个形如$a<b$的不等式，我们可以先将不等式化简为$f(b)-f(a)>0$的形式，其中$f(x)$是某个函数。
然后，我们可以找到一阶导数$f'(x)$和二阶导数$f''(x)$，并使用拉格朗日中值定理来得到：$f(b)-f(a)=f'(xi)(b-a)$由于$a<b$，所以$b-a>0$，因此我们可以将式子改写为：$frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(xi)>0$由此可见，不等式成立当且仅当$f'(xi)>0$，即函数$f(x)$在$(a,b)$上单调递增。
因此，我们可以通过证明函数$f(x)$在$(a,b)$上单调递增来证明不等式。
例如，考虑证明$x^2+1>2x$。
我们可以定义$f(x)=x^2-2x+1$，则不等式可以写成$f(x)>0$的形式。
我们发现$f'(x)=2x-2$和$f''(x)=2$都存在，因此我们可以使用拉格朗日中值定理得到：$f(x)-f(0)=f'(xi)x$当$x>0$时，由于$f'(x)=2x-2>0$，因此$f(x)>f(0)$，即$f(x)-f(0)>0$。
当$x<0$时，由于$f'(x)=2x-2<0$，因此$f(x)<f(0)$，即$f(x)-f(0)<0$。
罗尔、拉格朗日、柯西中值定理、洛必达法则、泰勒公式等与导数的应用
内容概要课后习题全解习题3-1★1.下列函数在给定区间上是否满足罗尔定理的所有条件？如满足，请求出满足定理的数值ξ。
（1）]511[32)(2.,,x x x f ---=；（2）]30[3)(,,x x x f -=。
知识点：罗尔中值定理。
思路：根据罗尔定理的条件和结论，求解方程0)(/=ξf ，得到的根ξ便为所求。
解：（1）∵32)(2--=x x x f 在]511[.,-上连续，在)5.1,1(-内可导，且0)51()1(==-.f f ，∴32)(2--=x x x f 在]511[.,-上满足罗尔定理的条件。
令()410f ξξ'=-=得)511(41.,ξ-∈=即为所求。
（2）∵x x x f -=3)(在]30[,上连续，在)30(,内可导，且0)3()0(==f f ， ∴x x x f -=3)(在]30[,上满足罗尔定理的条件。
令()0f ξ'==，得)30(2,ξ∈=即为所求。
★2.验证拉格朗日中值定理对函数25423-+-=x x x y 在区间]10[,上的正确性。
知识点：拉格朗日中值定理。
思路：根据拉格朗日中值定理的条件和结论，求解方程(1)(0)()10f f f ξ-'=-，若得到的根]10[,ξ∈则可验证定理的正确性。
解：∵32()452y f x x x x ==-+-在]10[,连续，在)10(,内可导，∴25423-+-=x x x y 在区间]10[,上满足拉格朗日中值定理的条件。
又2)0(2)1(-=-=,f f ，2()12101f x x x '=-+，∴要使(1)(0)()010f f f ξ-'==-，只要：(01),ξ=，∴(01),ξ∃=，使(1)(0)()10f f f ξ-'=-，验证完毕。
★3.已知函数4)(x x f =在区间]21[,上满足拉格朗日中值定理的条件，试求满足定理的ξ。
用微分中值定理证明不等式
用微分中值定理证明不等式微分中值定理是高等数学中非常重要的内容，是研究函数在某个区间的整体性质的有力工具，它在不等式的证明中起着重要的作用．1.用罗尔定理证明不等式例1 设()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内具有二阶导数，()()0f a f b ==，且存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，求证：存在0(,)x a b ∈，使得0()0f x ''≤．证明 假设对任意(,)x a b ∈，有()0f x ''>，则()f x '严格增加．已知函数()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 可导，且()()0f a f b ==，由罗尔定理知，存在(,)a b ξ∈，使得()0f ξ'=．在(,)a ξ上，有()()0f x f ξ''<=，知函数()f x 严格减少；在(,)b ξ上，有()()0f x f ξ''>=，知()f x 严格增加．若(,)c a ξ∈，则()()0f c f a <=，若(,)c b ξ∈，则()()0f c f b <=．总之，当(,)c a b ∈时，有()0f c ≠，这与已知条件矛盾，因此假设不成立，所以存在0(,)x a b ∈，使得0()0f x ''≤．2用拉格朗日定理证明不等式例 2 证明：当0x >时，ln(1)1x x x x<+<+． 证明 令()ln(1)f x x =+，则1()1f x x '=+，显然()f x 在[0,]x 上满足拉格朗日定理的条件，由定理得()(0)()(0)f x f f x ξ'-=-，0x ξ<<．由于(0)0f =，1()1f ξξ'=+，因此上式即为ln(1)1x x ξ+=+，又由0x ξ<<，有 11x x x x ξ<<++， 即ln(1)(0)1x x x x x<+<>+． 例3 设函数()f x 在区间[0,]c 上可导，(0)0f =，且()f x '单调减少，证明：对于0a b a b c <≤≤+≤，恒有()()()f a b f a f b +≤+．证明 将()f x 分别在[0,]a 与[,]b a b +上应用拉格朗日定理，有1()(0)()0f a f f a ξ-'=-，1(0,)a ξ∈ )()()()(2ξf bb a b f b a f '=-+-+，2(,)b a b ξ∈+ 显然(0,)(1,2)ic i ξ∈=，且21ξξ<，又因()f x '在[0,]c 上单调减少，所以21()()f f ξξ''≤，即()()()f a b f b f a a a+-≤， 由0a >，知()()()f a b f a f b +≤+．拉格朗日定理是反映函数与导数之间联系的重要定理，虽然它的结论似乎是一条等式，但根据中值点ξ的取值范围，()f ξ'也将有一个取值范围，于是就将等式转化为不等式．证明区间上的不等式，特别是含有两个不等号的，可考虑利用拉格朗日定理．具体证明时通过对不等式结构的分析，构造某特定区间上的函数，使之满足定理的条件，从而达到证明的目的．3用柯西定理证明不等式例4 设2e a b e <<<，证明222ln ln 4b a b a e ->-． 证明 设2()lnf x x =，()g x x =，则2ln ()x f x x'=，()1g x '=．对于()f x ，()g x 在[,]a b 上应用柯西定理，有 22ln ln 2ln ()b a a b b a ξξξ-=<<-． 设2ln ()t t t ϕ=，有22(1ln )()t x tϕ-'=．显然当t e >时，有1ln 0t -<，即()0t ϕ'<，所以()t ϕ单调递减，从而2()()e ϕξϕ>，即222ln ln 2e e e ξξ>=，故222ln ln 4b a b a e ->-．当不等式中含有两个函数的函数值及一阶导数，或含有两个函数的改变量及一阶导数时，可用柯西定理来证明．在用柯西定理证明不等式时要注意应用的条件．4用泰勒中值定理证明不等式例5 证明：23ln(1)(11)23x x x x x +≤-+-<<． 证明 设()ln(1)f x x =+，则()f x 可在0x =处展成带有拉格朗日余项的三阶泰勒公式2344ln(1)234(1)x x x x x ξ+=-+-+，11ξ-<< 又由4404(1)x ξ-≤+，即得23ln(1)23x x x x +≤-+． 例6 设0()lim1x f x x→=，()f x 二阶可导，且()0f x ''>，求证：()f x x ≥． 证明 因为()f x 二阶可导，所以()f x 连续．又因为0()lim 1x f x x →=，所以(0)0f =，且00()(0)()(0)lim lim 1x x f x f f x f x x→→-'===． 将()f x 在0x =处展成泰勒公式，得22()(0)(0)()()22x x f x f f x f x f ξξ'''''=++=+， 由于()0f x ''>，因此()f x x ≥．。
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就是常见题型,求解这类题的通常思路就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,于就是对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就是反证法,所以本题证明思路就就是先证存在性,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、。
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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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勻•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X0处的某邻域内具有n 1阶导数，则对该邻域内
异于X。
的任意点X，在X。
与X之间至少存在一点，使得：
f X = f X0 + f X。
(X -X0) + f X(x-x o)2+ +」匸(X -X0)n+ R n X ，
2! n!
f (n十)f \ .
其中R n x二- (x-x o)n1称为余项，上式称为n阶泰勒公式；
(n +1)!
若X0 =0，则上述的泰勒公式称为麦克劳林公式，
即f X = f 0 + f 0x+』0X2+ + ---------------------------- 0x n+ 0(x n).
2! n!
利用泰勒公式证明不等式：若函数f(x)在含有x0的某区间有定义，并且有直到(n-1)阶的各阶导数，又在点x0处有n阶的导数f(n)(x0),则有公式
f(x°)“、f "(X0)“、2 …f 5)(X0)“、(n)
f(x)=f(X0)0 (x-X o) 0 (x-X o) 0(X-X o)() R n(x)
1! 2! n!
在上述公式中若 R n (x)乞0(或R n (x) - 0),贝何得
f (X 0
)
f (
X
o
)
2
f
')
(x
)
(n)
f(X )_f(X o )
—(X —X o ) —(X —X o ) — (x —X o )()
1! 2! n! 或
f(X o )/ \ f "(X o ) 2
f (n)(X o )/ \(n)
或 f(x)二 f(X o )
- (X —X o ) - (X —X o ) - (X —X o ) 1! 2!
n!
2
3
1、证明：in(1+x)Wx-J + l,
(—1cxv1).
2 3
证明 设f (x) = In(1 • x) ( -1 ：：： x ：：： 1) 贝U f (x)在x = o 处有带有拉格朗日
余项三阶泰勒公式
2
3
4
ln(1 x) =x X X
X
4
( 1 ：：
：：1)
2 3
4(1+爼
4
；-X
4
兰0
4(1 )
2
3
x x
.ln(1 x) _x -
2
3
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 ) 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、超越函数与幕函数结合的证明问题， 要充分利用泰勒公式在 X 。
=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-^x 3< sinx .
6
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sinx 在x o=O 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
1 3 1 2
f (x)二sin x —x x , f (O) = O , f '(x)二 cosx T x , f '(O) = O ,
6 2 f "(x) - -sin x x , f "(O) = O , f "'(x) - - cosx 1, f'''( ) ~ - cos 1 当 "3时，f(x)的泰勒展式为：f(x)=o 0 °尹如x) x 3 o (x 3)
1
= f(x) (1「cos^x)x3o(x3) > O ( X > O, < - x,o V ：V 1)所以X >O,, 6
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幕函数结合时，可优先考虑泰勒公式在
x 0 =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f (x)满足以下条件： (1) f (x)在闭区间［a,b ］内连续 (2) f (x)在开区间(a,b)上可导 则至 Pb) I
= f(b)—
f(a
)
b —a
4、若0 ： y ： x, p 1 则 py P "X - y) ： x p - y p ： py p 4(x - y) p p
分析 因为0 ：：： y ：：： x,则原不等式等价于py pl
x
Z ::. p
x p 」(p 1).令 x —y
在含有无理函数与幕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 •
2
』 _
3、证明不等式：1 _L V 1 x , ( x > 0).
2 8
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)，则 f(0) =1, f'(x)=丄(1 x)2, f '(0)
2
f ”(x)- -丄(1 x)_2 4
1 3
，f ''(0) 一？ f '''(x "8(1 x)
5
■2
代入x 0=0的二阶泰勒公式，有
.1 x =1 + -
2 0+丄(1*)3
x 3 8 16
(0 V V 1)
x > 0,
-(V -x)1 x 3 > 0 16
f (x)二t p,则我们容易联想到Lagrange中值定理f '「)(x _ y) = f (x) - f(y).
x —y
证明设f (t) = t p,显然f (t )在［y, x］满足Lagrange中值定理的条件
f (x)—f(y),即口= xP—才
则求乏(y,x) 5 f 角=
x—y x—y
」
P -1• P-1 P - :匸(y,x) 5 y vUv x, 5 py < p- < px
p」/ x p p P」/、
py (x-y) ：x -y : py (x - y)
x
5、已知函数f (x) =ln(1 x) , (1)求f (x)的极小值；
1 +x
b
(2)若a, b 0,求证:ln a -1n b 亠1 -
a
x
5、(1)函数f(x)的定义域为(-1, * ), f (x) 2
(1 +x)
易得当x = 0时，函数f (x)取得极小值f (0) = 0.
x x — 1
⑵由(1)知，当X • -1 时，ln(1 x) ,可得ln x (x 0)
1 +x x
1 a
即ln x -1 (x 0),因为a,b 0, l na「l n b = ln
x b
a b
所以ln 1 。
故得证(也可用Lagrange中值定理来证)
b a
6、已知函数f (x)二ln x, (1)求函数g(x) = f (x 1) - x的最大值；
2a(b — a)
⑵当0 ::: a ::: b时，求证：f(b)—f(a) • 2 2
a +b
解：g (x)二f (x 1)「x = ln(x 1) - x (x (「1,)
1 — x
g (x) 1 当T ：x ：0,g(x) 0,当x 0时，g(x) ：：0
1 +x 1+x
故当x =0时，g(x)取得最大值，且最大值为0.。