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。