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
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。
拉格朗日中值定理在高考题中的妙用
.
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 0 .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 min
分类讨论;其次为了判断 g x 的单调性,还要求 g' x 0 和 g' x 0 的解,这个求解涉及到反
（2）证明
g
a
，
g
a
2
b
，
g
b
三者大小的关系
例6：（2004年四川卷第22题）[3]
已知函数 f x ln(1 x) x, g x x ln x .
（Ⅰ）求函数 f x 的最大值；
（Ⅱ）设
0
a
b
2a
，证明：
g
a
g
b
2g
（1）用于证明 f b f a 与 b a 的大小关系
例5：(2006年四川卷理第22题) [3]
已知函数
f
x
x2
2 x
a ln
x(x
0),
f
x
的导函数是
f
'
x
，对任意两个不相等的正
x1,
x
2
，
证明：（Ⅱ）当 a 4 时， f ' x1 f ' x 2 x1x 2 .
二． 利用拉格朗日中值定理证最值
（1）证 f b f a 或 f b f a
ba
泰勒中值定理和拉格朗日中值定理
泰勒中值定理和拉格朗日中值定理示例文章篇一：《泰勒中值定理和拉格朗日中值定理》嘿，同学们，今天咱们来聊聊数学里超厉害的泰勒中值定理和拉格朗日中值定理。
先来说说拉格朗日中值定理吧。
想象一下，你在一条弯弯曲曲的小路上走路，这小路就像一个函数图像。
拉格朗日中值定理就好像在说呢，在这条小路上啊，总能找到那么一个点，在这个点的地方，它的切线斜率就跟你从路的这头走到那头的平均速度一样。
这多神奇呀！比如说，有一次我和小伙伴比赛走路，从A点走到B点，路是弯弯曲曲的，那肯定有的地方走得快，有的地方走得慢。
拉格朗日中值定理就告诉我们，中间肯定有个瞬间，那时候的速度就和平均速度一样呢。
我有个同学小明，他就特别聪明。
有次数学老师讲拉格朗日中值定理的时候，他就举手问老师：“老师，这个定理在生活里除了走路，还有啥例子呀？”老师就笑着说：“你看，汽车在一段路上行驶，速度也是忽快忽慢的，那在这段路程里肯定有个时刻，它的瞬时速度就等于平均速度。
”我们听了都觉得好有道理呢。
那泰勒中值定理呢？这泰勒中值定理可就更厉害了。
它就像是一个魔法，能把一个复杂的函数变成一个由好多项组成的式子。
就好比把一个超级复杂的大怪兽，拆成了一个个小怪兽。
我记得我在做一道数学题的时候，那个函数长得可吓人了，我都不知道从哪儿下手。
这时候老师就说，咱们可以用泰勒中值定理呀。
然后就把那个函数按照泰勒中值定理展开，一下子就变得清楚多了。
我还有个朋友小红，她在学习泰勒中值定理的时候可费劲了。
她就跟我说：“这泰勒中值定理就像一团乱麻，我怎么都理不清。
”我就跟她说：“你看啊，就把它想象成搭积木。
每个项就是一块积木，我们按照泰勒中值定理的规则把这些积木搭起来，就可以得到原来那个复杂的函数了。
”她听了之后好像有点开窍了，说：“哦，原来是这样啊，好像没那么难了呢。
”泰勒中值定理和拉格朗日中值定理虽然都很厉害，但是它们也有不同的地方。
拉格朗日中值定理更侧重于那种平均速度和瞬时速度的关系这种比较直观的东西，就像我们走路、开车的速度问题。
(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 。
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拉格朗日中值定理在高考数学中是一个重要的定理，它可以用来证明一些不等式和求函数的最值等问题。
首先，拉格朗日中值定理的表述是：若函数f满足在闭区间[ a。
b]上连续，在开区间(a。
b)内可导，则在a,b内至少存在一点x，使得f(b)-f(a)=(b-a)f'(x)。
举个例子，比如2007年高考全国卷I第20题，要求证明函数f(x)=e^x+2x的导数为f'(x)=e^x+2，以及对于所有x，都有f(x)>=ax，求a的取值范围。
其中，证明f(x)的导数为f'(x)可以直接求导得到。
而对于a的取值范围，我们可以将不等式f(x)>=ax变形为e^x>=ax-2x，然后根据拉格朗日中值定理，得到a的取值范围为(0,2]。
另外，有些题目需要运用多次拉格朗日中值定理来证明，比如2004年四川卷第22题，要求证明函数g(x)=ln(x+1)-lnx在区间[1,2]上满足不等式g(a)+g(b)>=2g((a+b)/2)，其中a,b属于[1,2]。
我们可以先对不等式两边分别应用拉格朗日中值定理，得到g(a)+g(b)=2g((a+b)/2)+g'(c)(b-a)，然后再对g'(c)应用拉格朗日中值定理，得到g'(c)=(1/(c+1)-1/c)/(c-(c+1)/2)，化简后得到g'(c)=2ln2/(c^2-c-2)，代入原式中，得到不等式g(a)+g(b)>=2g((a+b)/2)+2ln2，进一步化简可得g(a)+g(b)>=2g((a+b)/2)+ln2，即所求不等式成立。
x) = 2cos(x)。
根据题意，当a=1时，有f'(x) = -2sin(x)，对于任意的x1和x2，根据拉格朗日中值定理，存在c∈(x1,x2)，使得f(x2)-f(x1) = f'(c)(x2-x1)。
拉格朗日中值定理在高考数学中的应用
拉格朗日中值定理在高考数学中的应用拉格朗日中值定理是高中数学中的一项重要定理，它不仅具有理论意义，还能在实际问题中得到广泛应用。
在高考数学中，拉格朗日中值定理经常被用来解决函数极值、最大值最小值、证明函数单调性等问题。
首先，我们来了解一下拉格朗日中值定理的定义。
对于连续函数f(x)在区间[a,b]上可导，且a<b，则存在一个介于a和b之间的数c，使得f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)。
这个定理表明，对于一段区间上的函数，它的两个端点之间的变化量等于该函数在某点处的导数与自变量的差的乘积。
在实际问题中，我们经常会遇到需要求出函数的最大值和最小值的情况。
根据拉格朗日中值定理，若函数f(x)在区间[a,b]上可导且恰有一个极值点c，则f(x)在点c处取得最大值或最小值。
因此，我们可以通过求导数、解方程来求出函数的极值点，在这些点处比较函数值，进而得到函数的最大值和最小值。
此外，拉格朗日中值定理还可以用来证明函数的单调性。
若函数f(x)在区间[a,b]上可导，则f(x)在该区间上单调递增，当且仅当对于任意的x1、x2∈[a,b]，都有f(x2)-f(x1)=f'(c)(x2-x1)，其中c ∈(x1,x2)。
同理，若f(x)在区间[a,b]上可导，则f(x)在该区间上单调递减，当且仅当对于任意的x1、x2∈[a,b]，都有
f(x1)-f(x2)=f'(c)(x1-x2)，其中c∈(x2,x1)。
综上所述，拉格朗日中值定理在高考数学中的应用十分广泛。
通
过运用这个定理，我们可以更加深入地理解函数的特性，进而更加熟练地解决各种数学问题。
泰勒公式在证明不等式中的应用
泰勒公式在证明不等式中的应用
泰勒公式是高等数学中的一个重要定理，它可以将一个函数在某一点附近展开成一个无限项的多项式，从而方便我们对函数进行研究和计算。
在不等式的证明中，泰勒公式也有着重要的应用。
我们来看一个简单的例子。
假设我们要证明如下不等式：
$$e^x \geq 1 + x$$
其中，$x$为任意实数。
我们可以使用泰勒公式将$e^x$在$x=0$处展开，得到：
$$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots$$
将这个式子代入原不等式中，得到：
$$1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots \geq 1 + x$$
化简可得：
$$\frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots \geq 0$$
显然，左边的式子恒大于等于0，因此原不等式成立。
这个例子展示了泰勒公式在不等式证明中的应用。
我们可以将一个函数在某一点附近展开成一个多项式，然后通过比较多项式的系数来证明不等式的成立。
当然，泰勒公式的应用不仅限于这个简单的例子。
在实际的数学研究中，我们常常需要证明各种各样的不等式，而泰勒公式可以为我们提供一个有力的工具。
泰勒公式在不等式证明中的应用是非常广泛的。
通过将一个函数在某一点附近展开成一个多项式，我们可以方便地对函数进行研究和计算，从而证明各种各样的不等式。
因此，掌握泰勒公式的应用是非常重要的。
巧用泰勒展开式解高考中函数不等式相关问题
堂
泰勒公式形式 1[1]：若函数 f(x)在点 x0 存在 n 阶导数,则
有
f(x)=f(x0)+
f1(x0) 1!
(x-x0)+…+
fn(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
文理导航 2014/12 髶
fn(0) n!
xn+Rn(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沂[0,+
解：设
f(x)=cosx-(1-
1 2
x2)=cosx-1+
1 2
x2
则 g(x)=f忆(x)=-sinx+x,所以 g忆(x)=-cosx+1逸0
x3 2
-2x(1-
1 2
x2)
=
x2 1+x
+
1 2
x3-(a+3)x臆
3 2
x[x-
2 3
(a+3)]
亦埚x0沂(0,1)使得 f(x0)<g(x0)，即 f(x)逸g(x)在 [0,1]上不恒成立。
综上所述：实数 a 的取值范围是(-肄,-3]。
说明：本题也可采用第一题的结论进行转
化，再通过适当的构造函数并利用导数进行转
[2]徐国君.例谈泰勒展开式及其应用—数学教学通讯[J].
数学教学通讯，2012
理
科 [3]薛金星.2013 年全国及各省市高考试题全解（数学卷）
利用导数证明不等式的四种方法
利用导数证明不等式的四种方法在初等数学中证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法.但是当不等式比较复杂时，用初等的方法证明会比较困难,有时还证不出来.如果用函数的观点去认识不等式,利用导数为工具,那么不等式的证明就会化难为易.本文通过举例阐述利用泰勒公式, 中值定理,函数的性质, Jensen 不等式等四种方法证明不等式,说明了导数在证明不等式中的重要作用.一、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 -++-''+-'+≤例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 x0)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.二、利用中值定理证明不等式微分)(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 例2 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 ppp ---＝1ξ111,),(---<<∴<<∴∈p p p px p py x y x y ξξξ )()(11y x py y x y x py p p p p -<-<-∴-- 例3 设)(x f 在],[b a 上连续可导,且,0)()(==b f a f 则dx x f a b x f babx a ⎰-≥≤≤)()(4)(max 2'证明 设)(max 'x f M bx a ≤≤=则由中值公式,当),(b a x ∈时,有))(())(()()(11a x f a x f a f x f -'=-'+=ξξ ))(())(()()(22b x f b x f b f x f -'=-'+=ξξ其中).,(),,(21b x x a ∈∈ξξ由此可得)()()()(x b M x f a x M x f -≤-≤及所以4)()()()()()(22222a b M dx x b M dx a x M dxx f dx x f dx x f b a abb a bab a a bb a -=-+-≤+=⎰⎰⎰⎰⎰++++ 即⎰-≥badx x f a b M )()(42所以 dx x f a b x f babx a ⎰-≥'≤≤)()(4)(max 2积分第二中值定理]1[ 若在区间f ],[b a 上f 为非负的单调递减函数,而g 是可积函数,则存在],[b a ∈ξ,使得⎰⎰=ξabag a f fg )(例4 设⎰+=12sin )(x xdt t x f ,则0>x 时xx f 1)(<特别地:当2003=x 时机为2003年浙江省高等数学竞赛试题(工科、经管类)证明 令u t =,则由积分第二中值定理xudu x udu ux f xx x 1sin 212sin )(2221≤=⎰⎰+ξ ＝又因为⎰⎰⎰+++-++-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++-=222222)1(2322)1(2322)1(cos 41)1cos()1(21cos 21cos 21)1(cos 1212sin )(x x x x x xu udu x x x x u udu x x u u udu ux f ＝ ＝于是,0>x 时xx x x x duu x x x f x x 1)111(21)1(212141)1(2121)(22)1(23=-+-+++++<⎰+- ＝由上可见利用中值定理证明不等式,通常是首先构造辅助函数和考虑区间,辅助函数和定义区间的选择要与题设和结论相联系,然后由中值定理写出不等式,从而进行证明.三、利用函数的单调性证明不等式定理1 如果函数)(),(x g x f 满足以下条件:(1) )(),(x g x f 在闭区间],[b a 内连续(2) )(),(x g x f 在开区间),(b a 可导,且有)()(x g x f '>'(或)()(x g x f '<') (3) )()(a g a f =则 在),(b a 内有)()(x g x f >(或)()(x g x f <令)()()(x g x f x F -=由于0)(0)()()()(≤⇔≤-⇔≤x F x g x f x g x f 所以证明)()(x g x f ≤⇔证明0)(≤x F 则相应地有推论1 若)(x f 在],[b a 上连续,在),(b a 内可导,c a f =)(且0)('>x f (或0)('<x f )则在),(b a 内有c x f >)((或c x f <)().例5 证明:当1>x 时,有).2ln(ln )1(ln 2+⋅>+x x x分析 只要把要证的不等式变形为)1ln()2ln(ln )1ln(++>+x x x x ,然后把x 相对固定看作常数,并选取辅助函数xx x f ln )1ln()(+=.则只要证明)(x f 在),0(+∞是单调减函数即可. 证明 作辅助函数xx x f ln )1ln()(+= )1(>x于是有xx x x x x x x x x x x x f 22ln )1()1ln()1(ln ln )1ln(1ln )(+++-=+-+=' 因为 ,11+<<x x 故)1ln(ln 0+<<x x 所以 )1ln()1(ln ++<x x x x因而在），（∞+1内恒有0)('<x f ,所以)(x f 在区间),1(+∞内严格递减.又因为x x +<<11,可知)1()(+>x f x f即)1ln()2ln(ln )1ln(++-+x x x x 所以 ).2ln(ln )1(ln 2+⋅>+x x x例6 证明不等式x x x x <+<-)1ln(22,其中0>x .分析 因为例6中不等式的不等号两边形式不一样,对它作差)2()1ln(2x x x --+,则发现作差以后不容易化简.如果对)1ln(x +求导得x+11,这样就能对它进行比较.证明 先证 )1ln(22x x x +<-设 )2()1l n ()(2x x x x f --+= )0(>x则 00)01l n ()0(=-+=f xx x x x f +=+-+=1111)(2'0>x 即 0012>>+x x 01)(2>+='∴x x x f ,即在),0(+∞上)(x f 单调递增0)0()(=>∴f x f 2)1ln(2x x x ->+∴ 再证 x x <+)1ln(令 x x x g -+=)1l n ()( 则 0)0(=g 111)(-+='xx g10<+∴>xx １１x x x g <+∴<'∴)1ln(0)( x x x x <+<-∴)1ln(22定理1将可导函数的不等式)()(x g x f <的证明转化为)()(x g x f '<'的证明，但当)(x f '与)(x g '的大小不容易判定时，则有推论2 设)(x f ，)(x g 在[b a ,]上n 阶可导， （1）)()()()(a g a f k k = 1,2,1,0-=n k （2）)()()()(x g x f n n > （或)()()()(x g x f n n <）则在（b a ,）内有)()(x g x f > （或)()(x g x f <）例7 证明:331x x tgx +>，)2,0(π∈x .分析 两边函数类型不同,右边多项式次数较高,不易比较,对它求一阶导数得.1)31(,sec )(232x x x x tgx +='+='仍然不易比较,则我们自然就能想到推论2.证明 设tgx x f =)(331)(x x x g +=则 （1）0)0()0(==g f（2）1)0()0(),1()(),(sec )(22='='+='='g f x x g x x f （3）1)0()0(,2)(,cos sec 2)(2=''=''=''=''g f x x g xxx f（4）2)(),31)(1(2)(22='''++='''x g x tg x tg x f 显然有 )()(x g x f '''>'''由推论2得，231x x tgx+> （20π<<x ）.利用函数的单调性证明不等式我们都是先构造函数.然后通过对函数求导,来判定函数的增减性,从而达到证明不等式的目的.四、利用Jensen(琴森)不等式证明不等式定义]1[ 如果),()(b a x f 在内存在二阶导数)("x f 则(1) 若对,.0)(),(>''∈∀x f b a x 有则函数)(x f 在),(b a 内为凸函数.(2) 若对,.0)(),(<''∈∀x f b a x 有则函数)(x f 在),(b a 内为凹函数.若函数),()(b a x f 在内是凸(或凹)函数时,对),(,,,21b a x x x n ∈∀ 及∑==ni i 11λ,有Jensen(琴森)不等式∑∑∑∑====⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎪⎭⎫ ⎝⎛n i ni i i n i i i i i n i i i x f x f x f x f 1111)()( 或 λλλλ 等号当且仅当n x x x === 21时成立.例8 证明下列不等式),2,1,0(111212121n i a na a a a a a a a a ni nn n n=>+++≤⋅≤+++ .分析 上式只要能证明),2,1,0(2121n i a na a a a a a i nnn =>+++≤⋅ ,如果此题用前面所述的几种方法来证明显然不合适,因为对它求导后不等式会更复杂.而这里的i a 可以看作是同一函数的多个不同函数值,设x x f ln )(=那么就可以用Jensen 不等式来证明它.然后只要令xx f 1ln)(=,同理可得n n na a a a a a n 2121111⋅≤+++.证明 令)0(ln )(>=x x x f 因为 01)(2<-=''x x f ,所以),0()(+∞在x f 是凹函数 则对),0(,,,21+∞∈∀na a a 有[])()()(1)(12121n n a f a f a f na a a n f +++≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++即 []n n a a a na a a n ln ln ln 1)(1ln 2121+++≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++ 又因为[]n n n a a a a a a n2121ln ln ln ln 1⋅=+++ 所以 na a a a a a nnn +++≤⋅ 2121 令 xx f 1ln)(=, 则同理可得n n na a a a a a n 2121111⋅≤+++所以),2,1,0(111212121n i a na a a a a a a a a ni nn n n=>+++≤⋅≤+++ 例9 设)(x f 二次可微,且对一切x ,有0)(≥''x f ,而)(t u 在],0[a 上连续,则⎰⎰≥a adt t u af dt t u f a 00])(1[)]([1 分析 上述不等式在形式上很像Jensen 不等式,且当t 取不同的值时,)]([t u f 就是同一函数的不同函数值,则可以用琴森不等式进行证明.证明 由)(x f 及)(t u 的连续性,保证了可积性.并且∑⎰-=∞→=100)]([1lim )]([1n K n a n Ka u f n dt t u f a ⎰∑-=∞→=a n K n n Ka u n dt t u a 010)(1lim )(1因0)(≥''x f ,故)(x f 为凸函数,在Jensen 不等式)()()(112211n n n n x f q x f q x q x q x q f ++≤+++ )1,,,(2121=+++n n q q q q q q 均为正，且中,取） （ n i nq a n i u x i i ,3,2,11),1(==-= 即得∑∑-=-=≤1010)]([1])(1[n K n K nKa u f n n Ka u n f 由)(x f 的连续性,在上式取∞→n 即得所要证的结论.由以上证明可知应用Jensen 不等式证明不等式,首先是构造适当的函数并判断它的凹凸性,然后用Jensen 不等式证明之.本文所述四种用导数证明不等式的四种方法充分说明了导数在不等式证明中的独到之处.在证明不等式时,应用导数等知识往往能使复杂问题简单化,从而达到事半功倍的效果.需要指出的是利用导数证明不等式,除上述四种方法外还有不少方法.如用极值、最值等来证明不等式.由于受篇幅之限,这里不再详述.参考文献[1] 华东师范大学数学系,数学分析[M]第三版,北京:高等教育出版社,2001. [2] 裘单明等,研究生入学考试指导,数学分析[M],济南:山东科学技术出版社,1985.[3] 胡雁军,李育生,邓聚成,数学分析中的证题方法与难题选解[M],开封:河南大学出版社,1987.Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by UsingDerivativeYang Yuxin(Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000) Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequalityKey words:Derivative; Monotonicity; Theorem of mean; Taylor formula; Jensen Inequality。
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和拉格朗日中值定理是微积分中常用的重要工具，它们在证明不等式中有很多简单应用。
下面将分别介绍泰勒公式和拉格朗日中值定理，并给出一些简单的不等式应用例子。
一、泰勒公式泰勒公式是描述函数在一些点附近的近似表达式。
对于一个函数f(x)，如果它在一些点a处具有n+1阶可导，那么根据泰勒公式，我们可以得到以下的展开式：f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+f''(a)(x-a)^2/2!+f'''(a)(x-a)^3/3!+...+f^n(a)(x-a)^n/n!+R_n(x)其中，R_n(x)是拉格朗日余项，并且满足以下形式：R_n(x)=f^(n+1)(c)(x-a)^(n+1)/(n+1)!泰勒公式的一个直接应用就是可以用它来证明不等式，我们可以通过展开函数，对比系数，再将恒等式转化为不等式，来获取我们想要的结论。
例如，我们想要证明在[0,1]区间上，e^x>=1+x+x^2/2，可以使用泰勒公式展开e^x，然后对比系数：e^x=1+x+x^2/2!+...+x^n/n!+R_n(x)，(n≥2)对于n=2，展开式为：e^x=1+x+x^2/2+R_2(x)我们知道e^x是递增的函数，所以对于x∈[0,1]，e^x的取值在[1,e]之间。
而对于1+x+x^2/2，将x替换为1，可以得到2.5、所以我们只需要证明对于[0,1]区间内的x，有2.5>=e^x即可。
假设在[0,1]区间内存在一些点c，使得R_2(c)=e^c-(1+c+c^2/2)>0，即e^c>1+c+c^2/2、由于R_2(c)的形式具有e^c的余项特征，我们可以使用拉格朗日中值定理来讨论。
根据拉格朗日中值定理，存在一个点d∈(0,c)，使得R_2(d)=R_2(c)-R_2(0)=e^c-(1+c+c^2/2)-2<=0。
高考冲刺复习 拉格朗日中值定理在高中数学中的应用%02%02
（ 4，+ ∞ ） 单调增加． 从而，
当 x1 ＞ x2 ＞ 0 时，有
g（ x1 ） － g（ x2 ） ＞ 0，
即
f（ x1 ） － f0，
故
f（ x1 ） － f（ x2 ） ＞ － 1； x1 － x2
当 0 ＜ x1 ＜ x2 时，有
f（ x1 ） － f（ x2 ） = f（ x2 ） － f（ x1 ） ＞ － 1．
高中数学教与学
2014 年
拉格朗日中值定理在高中数学中的应用
刘彬
（ 江苏省镇江市第一中学，212009）
在现行高中教材中增加了导数的初步知
识以后，高 考 数 学 试 题 出 现 了 大 量 的 与 高 等
数学密切相关的数学模型． 在这些高考试题
中，常用初 等 数 学 语 言 来 定 义 或 表 述 一 个 新
理对研究高中数学大有裨益． 在平时学习中，
除了要通晓 教 材 和 解 题 技 巧 外，还 应 该 适 度
掌握高等数 学 与 初 等 数 学 的 内 在 联 系，将 高
等数学中得一些相关的思维融入到日常的数
学学习中去．
·49·
1） 内有唯一实根．
解析 解决本题分别要证明存在性和唯
一性． 证明存在性用得最多的就是根的存在
定理（ 介值定理） ，而唯一性的证明用初等方
法比较繁琐，不太容易讲清楚，在此可以借助
于拉格朗日中值定理． 具体证明如下：
存在性． 设函数 g（ x） = f（ x） + x － 1，则
g（ x） 在（ 0，1） 上可导．
（ － ∞ ，2］．
评注 解法 1 提供的是初等数学方法，
但此法有缺陷． 首先，怎么想到 a 的范围要以 2
一个超越不等式在解高考压轴题中应用(泰勒公式,源头活水)
一个超越不等式在高考中的应用背景：泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式，是用（无限或者有限）若干连加式（级数）来表示一个函数，这些相加的项由函数在某一点的导数求得。
在导数存在的情况下，我们规定：函数()f x 的导数称为()f x 的一阶导数，记为'()f x ；'()f x 的导数称为()f x 的二阶导数，记为''()f x ；''()f x 的导数称为()f x 的三阶导数，记为'''()f x ；'''()f x 的导数称为()f x 的四阶导数，记为(4)(1)(),,()n f x f x -的导数称为()f x 的n 阶导数，记为(n)()f x 。
在上述符号定义下，有下面的泰勒公式成立：泰勒公式：若函数()f x 在点0x 的某邻域内有定义，在0x 处存在n 阶导数，则在0x 处附近有(n)23000000000''()'''()()()()'()()()()()2!3!!n f x f x f x f x f x f x x x x x x x x x n =+-+-+-++-+ 若00x =，上述泰勒公式即为 (n)23''(0)'''(0)(0)()(0)'(0)2!3!!n f f f f x f f x x x x n =+⋅+⋅+⋅++⋅+对于函数()e x f x =，在00x =处的泰勒展开式如下：麦克劳林展开式：211!2!!nx x x x e n =+++++下面以此出发，演绎出一些常用的不等式。
当01x <<时，有1.2.3.4. 1加强后有5．6．4加强后有7．例题讲解：例1.（2018全国卷Ⅰ）已知函数()ln 1=--x f x ae x ．证明：当1ea ≥时，()0≥f x ．例2. （2013新课标Ⅱ）已知函数()()ln xf x e x m =-+ （Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >．一、不等式1x e x ≥+的应用：例3.（2010新课标）设函数()2()1x f x x e ax =--，若当x ≥0时()f x ≥0，求a 的取值范围．例4.设函数2()(1)e x f x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.例5、设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围．例6、设函数1()ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f ）处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.二、不等式ln(1)(1)x x x +<>- 的应用例7、（2017新课标Ⅲ）已知函数()1ln f x x a x =--．(1)若()0f x ≥，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值．三、不等式ln(1)(1)1x x x x x ≤+≤>-+ 的应用 例8、（2016年全国III 卷）设函数()ln 1f x x x =-+． （Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x -<<例9、（2013新课标Ⅱ）已知函数()()ln xf x e x m =-+ （Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >．例10、（2010全国I ）已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+. （Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围； （Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥公式组： 2ln(1)(1)ln(1)ln(11111ln ln 1(011)11ln(1))1x n x e x x x x x x x xx x x x x x x xx x +<<+++++=-<=--+<-<--=+++<+<<<+①②③④。
泰勒公式的解释以及拉格朗日中值定理与罗尔定理的证明
泰勒展开的解释)(0))((n 1......))(('11)(01)(00)(000n n n x x x x f x x x f x f x f +-++-+=！！！泰勒公式本质：利用已知点及已知点与所求点之间的函数变化趋势较为精确的估算所求点的函数值。
0200000210))((''21))((')()()()()(00x x x f x x x f x f x f x f x f x f -+-+=∆+∆+=即同理，有时函数二阶导数不是常数，余项并不为零，需要用更高阶的导数来描述函数的变化。
对二阶导数的影响为：)()(''')(''000x x x f x f -⋅=∆对一阶导数的影响为：2000000000))((''21)()('''))((''')('''))((''')('000x x x f dx x x x f dx x x x f x f dx x x x f x f x x xx xx -=-=--=∆⎰⎰⎰为常数，故上式：对原函数的影响为：3002003))(('''31))(('''21)(0x x x f dx x x x f x f x x --=∆⎰！拉格朗日中值定理与罗尔定理的理解首先说明拉格朗日中值定理与罗尔定理的关系：罗尔定理可理解为特殊形式的拉格朗日中值定理，即f （a ）=f （b ），而拉格朗日中值定理中二者并不一定相等。
因此，证明拉格朗日中值定理后，罗尔定理也得以证明。
下面我将先对拉格朗日中值定理进行证明。
;),()2(;],[)1()(b a b a x f 内可导在开区间上连续在闭区间满足：设函数近所求点的函数值，所以只需知道在由a 点向b 点逼近的过程中是否遇到了ξ点，即ξ点与b 点间是否存在余项。
巧用泰勒展开式解高考中函数不等式相关问题
巧用泰勒展开式解高考中函数不等式相关问题函数不等式，即一种经典的高考中的数学问题，在解决该问题的过程中，应用泰勒展开式大有裨益。
泰勒展开式是求解多元函数时常用的一种数学方法，可以用来求解函数不等式的正确答案。
这里将以一个求解不等式的例子，来介绍如何使用泰勒展开式来解决函数不等式问题。
首先，要解决函数不等式问题，需要了解原函数，并将其转化为可以使用泰勒展开式表达的形式，比如：函数不等式f(x)=2x^2+3x+5≥0，可以将其转化为f(x)=2(x-1)(x-2)+7≥0的形式。
然后，将原函数的参数代入泰勒展开式，根据泰勒展开式的定义，将函数不等式转化为多项式形式，从比较大小的原则出发，求解函数不等式的正确答案。
例如，f(x)=2(x-1)(x-2)+7≥0，带入泰勒展开式，得到：2(x²-3x+2)+7≥0，此时将函数不等式得到一个P(x)>=0的形式，其中P(x)=-3x²+6x-9，求解该不等式，根据不等式的性质，当P(x)<=0时，f(x)>=0，而当P(x)>=0时，f(x)<=0。
因此，这里的P(x)<=0的解为：x<=3 或 x>=2。
显然，整体的解为x<=3，因此最终解得函数不等式的解为：x<=3。
通过以上的分析，可以看出，泰勒展开式在求解高考中的函数不等式问题时，具有独特的作用，可以更加快捷的得到准确的答案。
虽然，泰勒展开式的使用只能用于一些比较简单的函数不等式问题，但在解决更复杂的问题时，仍然可以作为重要的辅助手段，使函数不等式问题得以有效解决。
此外，在解高考中的函数不等式问题时，应用泰勒展开式的过程还可以使用数学变换的方法，来更好地求解函数不等式。
例如：函数不等式f(x)=-5x+7≤0，可以将其变换为f(x)=2x-3≤0，之后结合泰勒展开式进行求解。
首先，用泰勒展开式将f(x)转化为P(x)=2x²-6x+9≤0，此时P(x)<=0的解为x<=3或 x>=2，所以最终的解为x<=3。
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.温馨提示：最好仔细阅读后才下载使用，万分感谢！。
拉格朗日中值定理在高考题中的妙用.doc
拉格朗日中值定理在高考题中的妙用.doc 拉格朗日中值定理（Lagrange Mean Value Theorem，提出时间1797年）又称拉氏定理，又称微分中值定理，是微分学中的基本定理之一。
它反映了可导函数在闭区间上的整体的平均变化率与区间内某点的局部变化率的关系。
拉格朗日中值定理是罗尔中值定理的推广，同时也是柯西中值定理的特殊情形，是泰勒公式的弱形式（一阶展开）。
拉格朗日中值定理是微分中值定理的核心，其他中值定理是拉格朗日中值定理的特殊情况和推广，它是微分学应用的桥梁，在理论和实际中具有极高的研究价值。
一、拉格朗日中值定理的概念和几何意义2、几何意义：在满足定理条件的曲线上y=f(x)至少存在一点C1（ξ1，f(ξ1)），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线AB（如图）二、拉格朗日中值定理的应用1、为什么要用拉格朗日中值定理去解决高考数学问题？近年来，以高等数学为背景的高考命题成为热点。
也就是说，在当前的高考数学试题中，有一些省份或者有一些试题，里面含有了高等数学（大学数学）的成分。
这些题目虽然可以利用中学的数学知识解决，但是往往比较繁琐，同时还容易出现证明不下去的尴尬局面。
在这个时候，如果我们提前知道了一些高等数学（大学数学）的相关知识，那么在解题的过程中，相对来说，就简单很多。
因为这些高考试题本身就带有高等数学的相关“影子”，同时高等数学的一些知识点，应用到高考题目中，一般只应用一些比较简单的部分，所以此时用高等数学的知识去解决高考压轴大题，就变得简单了。
2、拉格朗日定理具体用来解决哪些类型的数学题目？一般来说，用来解决高考试题中的函数题、导数题和不等式证明题、恒成立问题、参数范围题等。
三、和拉格朗日定理有关的题目案例分析【1】直接应用拉格朗日中值定理来解题例2、填空题选择题中，使用拉格朗日中值定理能够快速解题【2】求割线斜率大小----几何意义的利用由拉格朗日中值几何意义可知:曲线上两点的割线斜率，可以转化为曲线上切线的斜率。
拉格朗日中值定理在高考题中的妙用
精选练习题，涵盖各种难度和题型
学会举一反三，掌握解题思路
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注重解题技巧和方法的掌握
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及时总结错题，避免重复犯错
总结与展望
解题方法：利用导数研究函 数单调性、构造辅助函数等
拉格朗日中值定理在高考题中 的妙用：证明不等式、求参数 范围等
解题技巧：灵活运用定理， 结合其他数学知识
如何掌握和运用拉 格朗日中值定理解 题
公式：若函数f(x)在 [a,b]上连续，且对所 有x∈[a,b]，满足f'(c) = f(b)-f(a)/b-a，则称c 为f(x)在[a,b]上的拉格 朗日中值。
常见形式：在高考数学 中，拉格朗日中值定理 常常以如下形式出现： 证明函数在某个区间内 单调，或者证明函数在 某个区间内的值域。
解题思路：通过构造辅助函数，利用拉格朗日中值定理证明不等式
解题步骤：根据不等式的特点，选择适当的辅助函数，利用拉格朗日中值定理推导不等 式
结论：利用拉格朗日中值定理证明不等式是一种有效的解题方法，能够简化证明过程
原理：利用拉格朗日 中值定理，通过构造 辅助函数，将函数的 最值问题转化为求解 方程的问题。
拉格朗日中值定理在 高考题中的妙用
汇报人：XX
目录
拉格朗日中值定理的概 述
拉格朗日中值定理在 高考题中的常见形式
拉格朗日中值定理在 高考题中的妙用举例
如何掌握和运用拉格 朗日中值定理解题
总结与展望
拉格朗日中值定理 的概述
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拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，它 反映了可导函数在闭区间上的整体的平均变化率与 区间内某点的局部变化率的关系。
适用范围：适用于函 数在闭区间上连续、 开区间上可导的情况， 且函数的最值存在。
拉格朗日中值定理在不等式证明中的应用
拉格朗日中值定理在不等式证明中的应用拉格朗日中值定理（Lagrange Interpolation Theorem）是一个多项式插值定理，其证明用到了不等式的技巧。
它的应用非常广泛，在数学、物理、工程等多个领域都发挥着重要作用。
在不等式证明中，拉格朗日中值定理也可以发挥作用。
首先，我们来看拉格朗日中值定理的描述：如果在区间[a, b]上有n + 1个不同的点x0, x1, ..., xn，则存在一个多项式P(x)，使得对于任意的i，有P(xi)=f(xi)。
这里，f(x)是在[a, b]上定义的函数。
拉格朗日中值定理有很多应用，其中之一就是在不等式证明中的应用。
下面我们来看一个例子，证明 f(x) = x2 + x + 1在满足 0 < x < 1 的所有 x 上都大于 0。
首先，我们将 [0, 1] 划分成 n 个相等的小区间，即[0, 1/n], (1/n, 2/n]，…，((n-1)/n, 1]，然后求出每个小区间内的端点，得到 x0=0, x1=1/n, x2=2/n,...，xn=1。
我们记 f(x) 的值在每个端点 xi 上的值为 yi，即y0=f(0)=1, y1=f(1/n), y2=f(2/n)...，yn=f(1)=2。
根据拉格朗日中值定理，我们知道在 [0,1] 上存在一个多项式 P(x)，使得 P(xi)=yi，即 P(0)=1,P(1/n)=f(1/n), P(2/n)=f(2/n)...，P(1)=2。
由 Taylor 展开式，我们知道 P(x) 的形式为P(x)=y0+y'0(x-x0)+y''0(x-x0)(x-x1)+...+y^(n-1)0(x-x0)...(x-x_n-1)因此，可以求出 P(x) 的表达式，其中的系数可以用分母为n!的组合数表示，即P(x)=sum_{i=0}^ny_iC_i(x)只要把 C_i(x) 表示出来，就可以求出 P(x) 的表达式。
高中数学证明不等式之泰勒展式和拉格朗日中值定理
证明不等式之泰勒展式和拉格朗日中值定理【典型例题】例1.已知函数f (x )=ln a ⋅xe -x +a sin x ，a >0．(1)若x =0恰为f (x )的极小值点．(ⅰ)证明：12<a <1；(ⅱ)求f (x )在区间(-∞,π)上的零点个数；(2)若a =1，f (x )x =1-x π 1+x π 1-x 2π 1+x 2π 1-x 3π 1+x 3π ⋯1-x n π 1+xn π ⋯，又由泰勒级数知：cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯+(-1)n x 2n (2n )!+⋯，n ∈N *．证明：112+122+132+⋯+1n2+⋯=π26．【解析】解：(1)证明：(ⅰ)由题意得：f (x )=ln a (1-x )e -x +a cos x (a >0)，因为x =0为函数f (x )的极值点，所以f (0)=ln a +a =0，令g (x )=ln x +x (x >0)，则g (x )=1x+1>0，g (x )在(0,+∞)上单调递增，因为g (1)>0,g 12=ln 12+12=ln e 2<0，所以g (x )=ln x +x (x >0)在12,1上有唯一的零点a ，所以12<a <1；(ⅱ)由(ⅰ)知：ln a =-a ，f (x )=a (sin x -xe -x )，f (x )=a [cos x -(1-x )e -x ]，①当x ∈(-∞,0)时，由a >0，-1≤cos x ≤1，1-x >1，e -x >1得：f (x )<0，所以f (x )在(-∞,0)上单调递减，f (x )>f (0)=0，所以f (x )在区间(-∞,0)上不存在零点；②当x ∈(0,π)时，设h (x )=cos x -(1-x )e -x ，则h (x )=(2-x )e -x -sin x ，1°若x ∈0,π2，令m (x )=(2-x )e -x -sin x ，则m (x )=(x -3)e -x-cos x <0，所以m (x )在0,π2 上单调递减，因为m (0)=2>0,m π2 =2-π2 e -π2-1<0；所以存在α∈0,π2，满足m (α)=0，当x ∈(0,α)时，m (x )=h (x )>0，h (x )在(0,α)上单调递增；当x ∈α,π2时，m (x )=h(x )<0，h (x )在α,π2 上单调递减；2°若x ∈π2,2，令φ(x )=(2-x )e -x ,x ∈π2,2 ，则φ (x )=(x -3)e -x <0，所以φ(x)在区间π2,2上单调递减，所以φ(x)<φπ2 =2-π2e-π2<1e，又因为sin x≥sin2=sin(π-2)>sin π6=12，所以h (x)=(2-x)e-x-sin x<0，h(x)在π2,2上单调递减；3°若x∈(2,π)，则h (x)=(2-x)e-x-sin x<0，h(x)在(2,π)上单调递减；由1°2°3°得，h(x)在(0,α)上单调递增，h(x)在(α,π)单调递减，因为h(α)>h(0)=0，h(π)=(π-1)e-π-1<0，所以存在β∈(α,π)使得h(β)=0，所以当x∈(0,β)时，f (x)=h(x)>0，f(x)在(0,β)上单调递增，f(x)>f(0)=0，当x∈(β,π)时，f (x)=h(x)<0，f(x)在(β,π)上单调递减，因为f(β)>f(0)=0，f(π)<0，所以f(x)在区间(β,π)上有且只有一个零点；综上，f(x)在区间(-∞,π)上的零点个数为2个；(2)因为sin xx =1-x2π21-x24π21-x232π2⋯1-x2n2π2⋯①对cos x=1-x22!+x44!-x66!+⋯+(-1)n x2n(2n)!+⋯，两边求导得：-sin x=-x1!+x33!-x55!+⋯+(-1)n x2n-1(2n-1)!+⋯，sin x=x1!-x33!+x55!+⋯+(-1)n-1x2n-1(2n-1)!+⋯，所以sin xx=1-x23!+x45!+⋯+(-1)n-1x2n-2(2n-1)!+⋯②比较①②式中x2的系数，得：-13!=-1π2112+122+132+⋯+1n2+⋯所以112+122+132+⋯+1n2+⋯=π26．例2.已知函数f(x)=x2+ln x-ax．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤2x2，对x∈[0，+∞)恒成立，求实数a的取值范围；(3)当a=1时,设g x =xe x2-f x -x-1．若正实数λ1，λ2满足λ1+λ2=1，x1，x2∈(0，+∞)(x1≠x2)，证明：g(λ1x1+λ2x2)<λ1g(x1)+λ2g(x2)．【解析】解：(1)f′(x)=2x+1x-a=2x2-ax+1x，x>0，△=a2-8，①a≤22时，f′(x)≥0恒成立，故函数f(x)在(0,+∞)递增，无递减区间，②a >22时，f ′(x )>0⇒0<x <a -a 2-84或x >a +a 2-84，故函数f (x )在0,a -a 2-84 ，a +a 2-84，+∞ 递增，在a -a 2-84，a +a 2-84递减，综上，a ≤22时，函数f (x )在(0,+∞)递增，无递减区间，a >22时，函数f (x )在0,a -a 2-84 ，a +a 2-84，+∞ 递增，在a -a 2-84，a +a 2-84递减，(2)f (x )≤2x 2，对x ∈[0，+∞)恒成立，即x ∈[0，+∞)时，a ≥ln xx-x 恒成立，令F (x )=ln x x -x ，(x >0)，则F ′(x )=1-ln x -x 2x 2，令G (x )=1-ln x -x 2(x >0)，则G ′(x )=-1x-2x <0，∴G (x )在(0,+∞)递减且G (1)=0，∴x ∈(0,1)时，G (x )>0，F ′(x )>0，F (x )递增，当x ∈(1,+∞)，G (x )<0，F ′(x )<0，F (x )递减，∴F (x )max =F (1)=-1，综上，a 的范围是[-1，+∞)．(3)证明：当a =1时，g (x )=xe -(ln x -x )-x -1=xe x -ln x -x -1=e x -x -1，g ′(x )=e x -1>0(x >0)，不妨设0<x 1<x 2，下先证：存在ξ∈(x 1，x 2)，使得g (x 2)-g (x 1)=g ′(ξ)(x 2-x 1)，构造函数H (x )=g (x )-g (x 1)-g (x 2)-g (x 1)x 2-x 1(x -x 1)，显然H (x 1)=H (x 2)，且H ′(x )=g ′(x )-)-g (x 2)-g (x 1)x 2-x 1，则由导数的几何意义可知，存在ξ∈(x 1，x 2)，使得H ′(ξ)=g ′(ξ)-)-g (x 2)-g (x 1)x 2-x 1=0，即存在ξ∈(x 1，x 2)，使得g (x 2)-g (x 1)=g ′(ξ)(x 2-x 1)，又g ′(x )=e x -1为增函数，∴g (x 2)-g (x 1)=g ′(ξ)(x 2-x 1)>g ′(x 1)(x 2-x 1)，即g (x 2)>g (x 1)+g ′(x 1)(x 2-x 1)，设x 3=λ1x 1+λ2x 2(λ1+λ2=0)，则x 1-x 3=(1-λ1)x 1-λ2x 2，x 2-x 3=(1-λ2)x 2-λ1x 1，∴g (x 1)>g (x 3)+g ′(x 3)(x 1-x 3)=g (x 3)+g ′(x 3)[(1-λ1)x 1-λ2x 2]①，g (x 2)>g (x 3)+g ′(x 3)(x 2-x 3)=g (x 3)+g ′(x 3)[(1-λ2)x 2-λ1x 1]②，由①×λ1+②×λ2得，λ1g (x 1)+λ2g (x 2)>g (x 3)=g (λ1x 1+λ2x 2)，即g (λ1x 1+λ2x 2)<λ1g (x 1)+λ2g (x 2)．例3.英国数学家泰勒发现了如下公式：sin x=x-x33!+x55!-x77!+⋯，其中n!=1×2×3×4×⋯×n，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当x∈0,π2时，sin x<x，sin x>x-x33!，sin x<x-x33!+x55!，⋯．(1)证明：当x∈0,π2时，sin x x>12；(2)设f(x)=m sin x，若区间[a，b]满足当f(x)定义域为[a，b]时，值域也为[a，b]，则称为f(x)的“和谐区间”，(ⅰ)m=1时，f(x)是否存在“和谐区间”？若存在，求出f(x)的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；(ⅱ)m=-2时，f(x)是否存在“和谐区间”？若存在，求出f(x)的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：由已知当x∈0,π2时，sin x>x-x33!，得sin xx>1-x26>1-π226=1-π224>12，所以当x∈0,π2时，sin x x>12．(2)(i)m=1时，假设存在，则由-1≤f(x)≤1知-1≤a<b≤1，注意到1<π2，故[a,b]⊆-π2 ,π2，所以f(x)在[a，b]单调递增，于是f(a)=af(b)=b，即a，b是方程sin x=x的两个不等实根，易知x=±π2不是方程的根，由已知，当x∈0,π2时，sin x<x，令x=-t，则有t∈-π2 ,0时，sin(-t)<-t，即sin t>t，故方程sin x=x只有一个实根0，故f(x)不存在和谐区间．(ii)m=-2时，假设存在，则由-2≤f(x)≤2知-2≤a<b≤2，若a，b≥0，则由[a，b]⊆[0，π)，知f(x)≤0，与值域是[a，b]⊆[0，π)矛盾，故不存在和谐区间，同理，a，b≤0时，也不存在，下面讨论a≤0≤b，若b≥π2，则0,π2⊆[a,b]，故f(x)最小值为-2，于是a=-2，所以-π2 ,π2⊆[a,b]，所以f(x)最大值为2，故b=2，此时f(x)的定义域为[-2，2]，值域为[-2，2]，符合题意．若b<π2，当a≤-π2时，同理可得a=-2，b=2，舍去，当a>-π2时，f(x)在[a，b]上单调递减，所以a=-2sin bb=-2sin a，于是a+b=-2(sin a+sin b)，若b>-a即a+b>0，则sin b>sin(-a)，故sin b+sin a>0，-2(sin a+sin b)<0，与a+b=-2(sin a+sin b)矛盾；若b<-a，同理，矛盾，所以b>-a，即b2=sin b，由(1)知当x∈0,π2时，sin x>x2，因为b∈0,π2，所以b=0，从而，a=0，从而a=b，矛盾，综上所述，f(x)有唯一的和谐区间[-2，2]．例4.给出以下三个材料：①若函数f(x)可导，我们通常把导函数f (x)的导数叫做f(x)的二阶导数，记作f (x)．类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作f (x)，三阶导数的导数叫做四阶导数⋯⋯一般地，n-1阶导数的导数叫做n阶导数，记作f(n)(x)=[f(n-1)(x)]′，n≥4．②若n∈N*，定义n!=n×(n-1)×(n-2)×⋯×3×2×1．③若函数f(x)在包含x0的某个开区间(a,b)上具有n阶的导数，那么对于任一x∈(a,b)有g(x)=f(x0)+f (x0)1!(x-x0)+f (x0)2!(x-x0)2+f (x0)3!(x-x0)3+⋯+f(n)(x0)n!(x-x0)n，我们将g(x)称为函数f(x)在点x=x0处的n阶泰勒展开式．例如，y=e x在点x=0处的n阶泰勒展开式为1+x+12x2+⋯+1n!x n．根据以上三段材料，完成下面的题目：(1)求出f1(x)=sin x在点x=0处的3阶泰勒展开式g1(x)，并直接写出f2(x)=cos x在点x=0处的3阶泰勒展开式g2(x)；(2)比较(1)中f1(x)与g1(x)的大小．(3)已知y=e x不小于其在点x=0处的3阶泰勒展开式，证明：x≥0时，e x+sin x+cos x≥2+2x．【解析】(1)解：因为f1(x)=sin x，则f1 (x)=cos x，f1 (x)=-sin x，f1 (x)=-cos x，所以f1 (0)=1，f1 (0)=0，f1 (0)=-1，故g1(x)=sin0+11!(x-0)+02!(x-0)2+-13!(x-0)3，即g1(x)=x-16x3，同理可得，g2(x)=1-12x2；(2)解：由(1)可知，f1(x)=sin x，g1(x)=x-16x3，令h(x)=f1(x)-g1(x)=sin x-x+16x3，则h (x)=cos x-1+12x2，则h (x)=-sin x+x，h (x)=1-cos x≥0，所以h (x)在R上单调递增，又h (0)=0，故当x<0时，h (x)<0，故h (x)单调递减，当x>0时，h (x)>0，故h (x)单调递增，所以h (x)的最小值为h (0)=1-1+0=0，所以h (x)≥0，故h(x)在R上单调递增，又h(0)=0，所以当x<0时，h(x)<0，当x>0时，h(x)>0，综上所述，当x<0时，f1(x)<g1(x)；当x=0时，f1(x)=g1(x)；当x>0时，f1(x)>g1(x)．(3)证明：令φ(x)=f2(x)-g2(x)=cos x-1+12x2，则φ (x)=-sin x+x，所以φ (x)=1-cos x≥0．则φ (x)在R上单调递增，又φ (0)=0，所以φ(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(0)=0，即cos x≥1-12x2，因为y=e x在点x=0处的3阶泰勒展开式为：1+x+12x2+16x3，所以e x≥1+x+12x2+16x3，又y=sin x在x=0处的3阶泰勒展开式为：x-16x3，当x≥0时，sin x≥x-16x3，所以当x≥0时，e x+sin x+cos x≥1+x+12x2+16x3+x-16x3+1-12x2≥2+2x，故e x+sin x+cos x≥2+2x(x≥0)．例5.利用拉格朗日(法国数学家，1736-1813)插值公式，可以把二次函数F(x)表示成F(x)=d(x-b)(x-c) (a-b)(a-c)+e(x-a)(x-c)(b-a)(b-c)+f(x-a)(x-b)(c-a)(c-b)的形式．(1)若a=1，b=2，c=3，d=4，e<f，把F(x)的二次项系数表示成关于f的函数G(f)，并求G(f)的值域(此处视e为给定的常数，答案用e表示)；(2)若a<b<c，d>0，e<0，f>0，求证：a+b<d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)<b+c．【解析】(1)解：由题意G(f)=d(a-b)(a-c)+e(b-a)(b-c)+f(c-a)(c-b)=4-1×(-2)+e1×(-1)+f2×1=12f-e+2，又f>e，所以G(f)>12e-e+2=-12e+2，当e≤4时，G(f)>-12e+2≥0，则G(f)的值域是-12e+2,+∞；当e>4时，-12e+2<0，所以G(f)的值域是-12e+2，0∪(0，+∞)．(2)证明：因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)<0，(a+b)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]=d(b-c)(a+b)+e(c-a)(a+b)+f(a2-b2) =d(b-c)([(b+c)+(a-c)]+e(c-a)[(c+a)+(b-c)]+f(a2-b2)=d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)+d(b-c)(a-c)+e(c-a)(b-c)，因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以d(b-c)(a-c)>0，e(c-a)(b-c)>0，所以(a+b)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]>d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)，所以a+b<d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2) d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)，(b+c)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]=d(b2-c2)+e(c-a)(b+c)+f(a-b)(b+c) =d(b2-c2)+e(c-a)(c-a+b-a)+f(a-b)(a+b+c-a)=d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)+e(c-a)(b-a)+f(a-b)(c-a)，因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以e(c-a)(b-a)<0，f(a-b)(c-a)<0，所以(b+c)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]<d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)，所以b+c>d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2) d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)，综上，原不等式成立．例6.用拉格朗日中值定理证明不等式：x1+x<ln(1+x)<x(x>0)．【解析】证明：设g(t)=ln t，t∈(a,b)，则g(x)符合拉格朗日中值定理的条件，即存在t0∈(a,b)，使g′(t0)=g(b)-g(a) b-a，因为g′(t)=1t，由t∈(a,b)，0<a<b，可知g ′(t )∈1b ，1a，b -a >0，即1b <g ′t 0)=g (b )-g (a )b -a <1a ，可得1b <g (b )-g (a )b -a =ln b -ln a b -a<1a ，即有b -a b<ln b a <b -aa ，令b a=1+x ，可得x =ba-1，即有x1+x<ln (1+x )<x (x >0)．例7.已知函数f (x )=mx 3+nx 2(m 、n ∈R ，m ≠0)的图象在(2，f (2))处的切线与x 轴平行．(1)求n ，m 的关系式并求f (x )的单调减区间；(2)证明：对任意实数0<x 1<x 2<1，关于x 的方程：f (x )-f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=0在(x 1，x 2)恒有实数解；(3)结合(2)的结论，其实我们有拉格朗日中值定理：若函数f (x )是在闭区间[a ，b ]上连续不断的函数，且在区间(a ,b )内导数都存在，则在(a ,b )内至少存在一点x 0，使得f (x 0)=f (b )-f (a )b -a．如我们所学过的指、对数函数，正、余弦函数等都符合拉格朗日中值定理条件．试用拉格朗日中值定理证明：当0<a <b 时，b -a b <ln b a <b -a a (可不用证明函数的连续性和可导性)．【解析】解：(1)因为f (x )=3mx 2+2nx ，------(1分)由已知有f (2)=0，所以3m +n =0即n =-3m ------(2分)即f (x )=3mx 2-6mx ，由f (x )>0知mx (x -2)>0．当m >0时得x <0或x >2，f (x )的减区间为(0,2)；-----(3分)当m <0时得：0<x <2，f (x )的减区间为(-∞,0)和(2,+∞)；-----(4分)综上所述：当m >0时，f (x )的减区间为(0,2)；当m <0时，f (x )的减区间为(-∞,0)和(2,+∞)；-----(5分)(2)∵f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=m (x 21+x 22+x 1x 2-3x 1-3x 2)，------------(6分)∴f ′(x )-f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=0，可化为3x 2-6x -x 21-x 22-x 1x 2+3x 1+3x 2=0，令h (x )=3x 2-6x -x 21-x 22-x 1x 2+3x 1+3x 2----(7分)则h (x 1)=(x 1-x 2)(2x 1+x 2-3)，h (x 2)=(x 2-x 1)(x 1+2x 2-3)，即h (x 1)h (x 2)=-(x 1-x 2)2(2x 1+x 2-3)(x 1+2x 2-3)又因为0<x 1<x 2<1，所以(2x 1+x 2-3)<0，(x 1+2x 2-3)<0，即h (x 1)h (x 2)<0，-----------(8分)故h (x )=0在区间(x 1，x 2)内必有解，即关于x 的方程f (x )-f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=0在(x 1，x 2)恒有实数解-----(9分)(3)令g (x )=ln x ，x ∈(a ,b )，-----------(10分)则g (x )符合拉格朗日中值定理的条件，即存在x 0∈(a ,b )，使g (x 0)=g (b )-g (a )b -a =ln b -ln ab -a-----------(11分)因为g ′(x )=1x ，由x ∈(a ,b )，0<a <b 可知g ′(x )∈1b ,1a，b -a >0-----(12分)即1b <g ′(x 0)=g (b )-g (a )b -a =ln b -ln a b -a =ln bab -a<1a ，∴b -a b<ln b a <b -a a -----(14分)例8.已知f (x )=23x 3-2x 2+cx +4，g (x )=e x -e 2-x +f (x )，(1)若f (x )在x =1+2处取得极值，试求c 的值和f (x )的单调增区间；(2)如图所示，若函数y =f (x )的图象在[a ，b ]连续光滑，试猜想拉格朗日中值定理：即一定存在c ∈(a ,b )，使得f (c )=f (b )-f (a )b -a，利用这条性质证明：函数y =g (x )图象上任意两点的连线斜率不小于2e -4．xyabcA By =f x【解析】解：(1)f ′(x )=2x 2-4x +c ，(1分)依题意，有f (1+2)=0，即c =-2(1+2)2+4(1+2)=-2．(2分)∴f (x )=23x 3-2x 2-2x +4，f ′(x )=2x 2-4x -2．令f ′(x )>0，得x <1-2或x >1+2，(5分)从而f (x )的单调增区间为：(-∞,1-2]及[1+2,+∞)；(6分)(2)f (c )=f (b )-f (a )b -a；g (x )=e x -e 2-x +f (x )=e x -e 2-x +23x 3-2x 2-2x +4，(7分)g ′(x )=e x+e2-x+2x 2-4x -2(9分)=e x+e 2ex +2(x -1)2-4≥2e x ⋅e 2e x +2⋅0-4=2e -4．(12分)由(2)知，对于函数y =g (x )图象上任意两点A 、B ，在A 、B 之间一定存在一点C (c ，g ′(c ))，使得g ′(c )=K AB ，又g ′(x )≥2e -4，故有K AB =g ′(c )≥2e -4，证毕．(14分)【同步练习】一、单选题1.十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了公式sin x =x -x 33!+x 55!-x 77!+⋯+-1 n -1x 2n -12n -1 !+⋯，(其中x ∈R ，n ∈N *，n !=1×2×3×⋯×n ，0!=1)，现用上述公式求1-12!+14!-16!+⋯+-1 n -112n -2 !+⋯的值，下列选项中与该值最接近的是()A.sin57°B.sin36°C.sin33°D.sin30°【答案】C【解析】因为sin x =x -x 33!+x 55!-x 77!+⋯+(-1)n -1x 2n -1(2n -1)!+⋯,则(sin x )=cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯+(-1)n -1x 2n -2(2n -2)!+⋯,当x =1时，则有cos1=1-12!+14!-16!+⋯+(-1)n -11(2n -2)!+⋯,又cos1=sin π2-1 ,则1-12!+14!-16!+⋯+(-1)n -11(2n -2)!+⋯=sin π2-1 ≈sin0.57=sin 0.57×180π °≈sin32.7°≈sin33°,故选∶C ．2.公元1715年英国数学家布鲁克·泰在他的著作中陈述了“泰勒公式”，如果满足一定的条件，泰勒公式可以用函数在某一点的各阶导数值构建一个多项式来近似表达这个函数.泰勒公式将一些复杂函数近似地表示为简单的多项式函数，使得它成为分析和研究许多数学问题的有力工具，例如：e x=+∞n =0x nn !=x 00!+x 11!+x 22!+x 33!+⋯+x n n !+⋯，其中x ∈R ，n ∈N *，试用上述公式估计e 的近似值为(精确到0.001)()A.1.647 B.1.649 C.1.645 D.1.646【答案】B【解析】由题意可知，结果只需精确到0.001即可，令x =0.5，取前6项可得：e =+∞n =00.5n n ! ≈5n =00.5n n ! =0.500!+0.511!+0.522!+0.533!+0.544!+0.555!=1+0.5+0.252+0.1256+0.062524+0.03125120≈1.649所以e 的近似值为1.649，故选：B .3.计算器是如何计算sin x ，cos x ，πx ，ln x ，x 等函数值的呢？计算器使用的是数值计算法，其中一种方法是用容易计算的多项式近似地表示这些函数，通过计算多项式的值求出原函数的值，如sin x =x -x 33!+x 55!-x 77!+⋯，cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯，其中n !=1×2×⋯×n ，英国数学家泰勒发现了这些公式，可以看出，右边的项用得越多，计算得出的sin x 和cos x 的值也就越精确．运用上述思想，可得到sin π2+1 的近似值为()A.0.50 B.0.52C.0.54D.0.56【答案】C【解析】由题意可得，sin π2+1=cos1，故cos1=1-122!+144!-166!+⋯=1-12+124-1720+⋯≈1-0.5+0.041-0.001+⋯=0.54.故选：C ．二、填空题4.英国数学家泰勒(1685-1731)以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世，由泰勒公式，我们得到e =1+11!+12!+13!+⋯+1n !+e θ(n +1)!(其中e 为自然对数的底数，0<θ<1,n !=n ×n -1 ×n -2 ×...×2×1)，其拉格朗日余项是R n =e θ(n +1)!.可以看出，右边的项用得越多，计算得到的e 的近似值也就越精确.若3(n +1)!近似地表示e 的泰勒公式的拉格朗日余项R n ,R n 不超过11000时，正整数n 的最小值是_____【答案】6【解析】依题意得3n +1 !≤11000，即n +1 !≥3000，5+1 !=6×5×4×3×2×1=720<3000，6+1 !=7×6×5×4×3×2×1=5040>3000，所以n 的最小值是6．故答案为：6三、解答题5.给出以下三个材料：①若函数f x 可导，我们通常把导函数f x 的导数叫做f x 的二阶导数，记作f x .类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作f x ，三阶导数的导数叫做四阶导数⋯⋯一般地，n -1阶导数的导数叫做n 阶导数，记作f n x =f n -1 x ,n ≥4.②若n ∈N ∗，定义n !=n ×n -1 ×n -2 ×⋅⋅⋅×3×2×1.③若函数f x 在包含x 0的某个开区间a ,b 上具有n 阶的导数，那么对于任一x ∈a ,b 有g x =f x 0 +f x 0 1!x -x 0 +f x 0 2!x -x 0 2+f x 0 3!x -x 0 3+⋅⋅⋅+f n x 0 n !x -x 0 n，我们将g x 称为函数f x 在点x =x 0处的n 阶泰勒展开式.例如，y =e x 在点x =0处的n 阶泰勒展开式为1+x +12x 2+⋅⋅⋅+1n !x n .根据以上三段材料，完成下面的题目：(1)求出f 1x =sin x 在点x =0处的3阶泰勒展开式g 1x ，并直接写出f 2x =cos x 在点x =0处的3阶泰勒展开式g 2x ；(2)比较(1)中f 1x 与g 1x 的大小.(3)证明：e x +sin x +cos x ≥2+2x .【解析】(1)∵f 1x =cos x ，f 2x =-sin x ，f 3x =-cos x ，∴f 10 =1，f 20 =0，f 30 =-1，∴g 1x =sin0+11!x -0 +02!x -0 2+-13!x -0 3，即g 1x =x -16x 3；同理可得：g 2x =1-12x 2；(2)由(1)知：f 1x =sin x ，g 1x =x -16x 3，令h x =f 1x -g 1x =sin x -x +16x 3，则h x =cos x -1+12x 2，∴h x =-sin x +x ，h x =1-cos x ≥0，∴h x 在R 上单调递增，又h 0 =0，∴当x ∈-∞,0 时，h x <0，h x 单调递减；当x ∈0,+∞ 时，h x >0，h x 单调递增；∴h x min =h 0 =1-1+0=0，∴h x ≥0，∴h x 在R 上单调递增，又h 0 =0，∴当x ∈-∞,0 时，h x <0；当x ∈0,+∞ 时，h x >0；综上所述：当x <0时，f 1x <g 1x ；当x =0时，f 1x =g 1x ；当x >0时，f 1x >g 1x ；(3)令φx =f 2x -g 2x =cos x -1+12x 2，则φ x =-sin x +x ，∴φ x =1-cos x ≥0，∴φ x 在R 上单调递增，又φ 0 =0，∴φx 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，∴φx ≥φ0 =0，即cos x ≥1-12x 2；∵y =e x 在点x =0处的4阶泰勒展开式为：1+x +12x 2+16x 3+124x 4，∴e x =1+x +12x 2+16x 3+124x 4≥1+x +12x 2+16x 3，当且仅当x =0时取等号，①当x ≥0时，由(2)可知，sin x ≥x -16x 3，当且仅当x =0时取等号，所以e x +sin x +cos x ≥1+x +12x 2+16x 3 +x -16x 3 +1-12x 2 =2+2x ；②当x<0时，设F x =e x+sin x+cos x-2-2x，F0 =0，F x =e x+cos x-sin x-2=e x+2cos x+π4-2，F x =e x-sin x-cos x，当x∈-1,0，由(2)可知sin x<x-16x3，所以，F x =e x-sin x-cos x>1+x+12x2+16x3+16x3-x-cos x=1-cos x+16x23+2x>0，即有F x <F 0 =0；当x∈-∞,-1时，F x =e x+2cos x+π4-2<1e+2-2<12+2-2<0，所以，x<0时，F x 单调递减，从而F x >F0 =0，即e x+sin x+cos x>2+2x．综上所述：e x+sin x+cos x≥2+2x.6.在高等数学中，我们将y=f x 在x=x0处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：f x =f x0+f′x0x-x0+f x02!x-x02+⋅⋅⋅+f n x0n!x-x0n+⋅⋅⋅(其中f n x 表示f x 的n次导数)，以上公式我们称为函数f x 在x=x0处的泰勒展开式.(1)分别求e x，sin x，cos x在x=0处的泰勒展开式；(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：e iπ+1=0.(其中i为虚数单位)；(3)若∀x∈0,32，e a sin x>x+1恒成立，求a的范围.(参考数据ln52≈0.9)【解析】(1)因为函数f x 在x=x0处的泰勒展开式为f x =f x0+f′x0x-x0+f x02!x-x02+⋅⋅⋅+f n x0n!x-x0n+⋅⋅⋅(其中f n x 表示f x 的n次导数)，所以e x，sin x，cos x在x=0处的泰勒展开式分别为：e x=1+x+12!x2+⋯+1n!x n+⋯，sin x=x-13!x3+15!x5+⋯+(-1)n-1(2n-1)!x2n-1+⋯，cos x=1-12!x2+14!x4+⋯+(-1)n(2n)!x2n+⋯；(2)证明：把e x在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix，可得e ix=1+(ix)+12!(ix)2+13!(ix)3+14!(ix)4+⋯+1n!(ix)n+⋯=1-12!x2+14!x4+⋯+(-1)n(2n)!x2n+⋯+i⋅x-13!x3+15!x5+⋯+(-1)n-1(2n-1)!x2n-1+⋯=cos x+i⋅sin x，所以e iπ=cosπ+i⋅sinπ=-1，即e iπ+1=0；(3)由sin x在x=0处的泰勒展开式，先证∀x∈0,32,sin x>x-16x3，令f(x)=sin x-x+16x3,f′(x)=cos x-1+12x2,f′′(x)=x-sin x，f (x)=1-cos x，易知f (x)>0，所以f′′(x)在0,32上单调递增，所以f′′(x)>f′′(0)=0，所以f′(x)在0,3 2上单调递增，所以f′(x)>f′(0)=0，所以f(x)在0,3 2上单调递增，所以f(x)>f(0)=0，再令g(x)=x-16x3-ln(x+1)，x∈0,32，易得g′(x)=-12x(x-1)(x+2)x+1，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在1,3 2上单调递减，而g(0)=0,g32=1516-ln52>0，所以∀x∈0,3 2,g(x)>0恒成立，当a≥1时，a sin x≥sin x>x-16x3>ln(x+1) ，所以e a sin x>x+1成立，当a<1时，令h(x)=a sin x-ln(x+1)，x∈0,3 2，易求得h (0)=a-1<0，所以必存在一个区间(0,m)，使得h(x)在(0,m)上单调递减，所以x∈(0,m)时，h(x)<h(0)=0，不符合题意.综上所述，a≥1.7.英国数学家泰勒发现了如下公式：sin x=x-x33!+x55!-x77!+⋯，其中n!=1×2×3×4×⋯×n，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当x∈0,π2时，sin x<x,sin x>x-x33!，sin x<x-x3 3!+x55!,⋯.(1)证明：当x∈0,π2时，sin x x>12；(2)设f x =m sin x，若区间a,b满足当f x 定义域为a,b时，值域也为a,b，则称为f x 的“和谐区间”.(i)m=1时，f x 是否存在“和谐区间”？若存在，求出f x 的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；(ii)m=-2时，f x 是否存在“和谐区间”？若存在，求出f x 的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.【解析】(1)由已知当x∈0,π2时，sin x>x-x33!，得sin x x >1-x 26>1-π226=1-π224>12，所以当x ∈0,π2 时，sin x x >12.(2)(i )m =1时，假设存在，则由-1≤f x ≤1知-1≤a <b ≤1，注意到1<π2，故a ,b ⊆-π2,π2 ，所以f x 在a ,b 单调递增，于是f a =af b =b，即a ,b 是方程sin x =x 的两个不等实根，易知x =±π2不是方程的根，由已知，当x ∈0,π2时，sin x <x ，令x =-t ，则有t ∈-π2,0 时，sin -t <-t ，即sin t >t ，故方程sin x =x 只有一个实根0，故f x 不存在“和谐区间”.(ii )m =-2时，假设存在，则由-2≤f x ≤2知-2≤a <b ≤2,若a ,b ≥0，则由a ,b ⊆0,π ，知f x ≤0，与值域是a ,b ⊆0,π 矛盾，故不存在“和谐区间”，同理，a ,b ≤0时，也不存在，下面讨论a ≤0≤b ，若b ≥π2，则0,π2⊆a ,b ，故f x 最小值为-2，于是a =-2，所以-π2,π2⊆a ,b ，所以f x 最大值为2，故b =2，此时f x 的定义域为-2,2 ，值域为-2,2 ，符合题意.若b <π2，当a ≤-π2时，同理可得a =-2,b =2，舍去，当a >-π2时，f x 在a ,b 上单调递减，所以a =-2sinb b =-2sin a ，于是a +b =-2sin a +sin b ，若b >-a 即a +b >0，则sin b >sin -a ，故sin b +sin a >0,-2sin a +sin b <0，与a +b =-2sin a +sin b 矛盾；若b <-a ，同理，矛盾，所以b =-a ，即b2=sin b ，由(1)知当x ∈0,π2 时，sin x >x 2，因为b ∈0,π2，所以b =0，从而，a =0，从而a =b ，矛盾，综上所述，f x 有唯一的“和谐区间”-2,2 .8.计算器是如何计算sin x ，cos x ，e x ，ln x ，x 等函数值的？计算器使用的是数值计算法，其中一种方法是用容易计算的多项式近似地表示这些函数，通过计算多项式的值求出原函数的值，如sin x =x -x 33!+x 55!-x 77!+⋯，cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯，其中n !=1⋅2⋅3⋅⋯⋅n .英国数学家泰勒(B ．Taylor ，1685-1731)发现了这些公式，可以看出，右边的项用得越多，计算得到的sin x 和cos x 的值也就越精确.例如，我们用前三项计算sin0.9，就得到sin0.9≈0.9-(0.9)33!+(0.9)55!≈0.78342075.像这些公式已被编入计算器内，计算器利用足够多的项就可确保其显示值是精确的.试用你的计算器计算sin0.9，并与上述结果进行比较.【解析】用计算器计算sin0.9得sin0.9=0.783326909627，和数值0.78342075比较发现，通过sin0.9≈0.9-(0.9)33!+(0.9)55!≈0.78342075计算的答案只能精确到小数点后第3位.9.给出以下三个材料：①若函数f x 可导，我们通常把导函数f x 的导数叫做f x 的二阶导数，记作f x ．类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作f x ，三阶导数的导数叫做四阶导数⋯⋯一般地，n -1阶导数的导数叫做n 阶导数，记作f n x =f n -1 x ,n ≥4．②若n ∈N ∗，定义n !=n ×n -1 ×n -2 ×⋅⋅⋅×3×2×1．③若函数f x 在包含x 0的某个开区间a ,b 上具有n 阶的导数，那么对于任一x ∈a ,b 有g x =f x 0 +f x 0 1!x -x 0 +f x 0 2!x -x 0 2+f x 0 3!x -x 0 3+⋅⋅⋅+f n x 0 n !x -x 0 n，我们将g x 称为函数f x 在点x =x 0处的n 阶泰勒展开式．例如，y =e x 在点x =0处的n 阶泰勒展开式为1+x +12x 2+⋅⋅⋅+1n !x n ．根据以上三段材料，完成下面的题目：(1)求出f 1x =sin x 在点x =0处的3阶泰勒展开式g 1x ，并直接写出f 2x =cos x 在点x =0处的3阶泰勒展开式g 2x ；(2)比较(1)中f 1x 与g 1x 的大小．(3)已知y =e x 不小于其在点x =0处的3阶泰勒展开式，证明：e x +sin x +cos x ≥2+2x ．【解析】(1)∵f 1x =cos x ，f 2x =-sin x ，f 3x =-cos x ，∴f 10 =1，f 20 =0，f 30 =-1，∴g 1x =sin0+11!x -0 +02!x -0 2+-13!x -0 3，即g 1x =x -16x 3；同理可得：g 2x =1-12x 2；(2)由(1)知：f 1x =sin x ，g 1x =x -16x 3，令h x =f 1x -g 1x =sin x -x +16x 3，则h x =cos x -1+12x 2，∴h x =-sin x +x ，h x =1-cos x ≥0，∴h x 在R 上单调递增，又h 0 =0，∴当x ∈-∞,0 时，h x <0，h x 单调递减；当x ∈0,+∞ 时，h x >0，h x 单调递增；∴h x min =h 0 =1-1+0=0，∴h x ≥0，∴h x 在R 上单调递增，又h 0 =0，∴当x ∈-∞,0 时，h x <0；当x ∈0,+∞ 时，h x >0；综上所述：当x <0时，f 1x <g 1x ；当x =0时，f 1x =g 1x ；当x >0时，f 1x >g 1x .(3)令φx =f 2x -g 2x =cos x -1+12x 2，则φ x =-sin x +x ，∴φ x =1-cos x ≥0，∴φ x 在R 上单调递增，又φ 0 =0，∴φx 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，∴φx ≥φ0 =0，即cos x ≥1-12x 2；∵y =e x 在点x =0处的3阶泰勒展开式为：1+x +12x 2+16x 3，∴e x ≥1+x +12x 2+16x 3，①由(2)知：当x ≥0时，sin x ≥x -16x 3，∴当x ≥0时，e x +sin x +cos x ≥1+x +12x 2+16x 3 +x -16x 3 +1-12x 2 =2+2x ；②由(2)知：当x <0时，sin x <x -16x 3，∴e x +sin x +cos x ≥2+x +16x 3+sin x >2+2sin x ，令m x =sin x -x x <0 ，则m x =cos x -1≤0，∴m x 在-∞,0 上单调递减，∴m x >m 0 =0，即当x <0时，sin x >x ，∴2+2sin x >2+2x ，∴e x +sin x +cos x >2+2x ；综上所述：e x +sin x +cos x ≥2+2x .10.已知函数f x =ln a ⋅xe -x +a sin x ，a >0.(1)若x =0恰为f x 的极小值点.①证明：12<a <1；②求f x 在区间-∞,π 上的零点个数；(2)若a =1，f x x =1-x π 1+x π 1-x 2π 1-x 3π 1+x 3π ⋅⋅⋅1-x n π 1+xn π⋅⋅⋅，又由泰勒级数知：cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋅⋅⋅+-1 n x 2n2n !+⋅⋅⋅n ∈N * ，证明：112+122+132+⋅⋅⋅+1n 2+⋅⋅⋅=π26【解析】(1)①由题意得：f x =ln a 1-x e -x +a cos x ，因为x =0为函数f x 的极值点，所以，f 0 =ln a +a =0，令g x =ln x +x x >0 ，则g x =1x+1>0，g x 在(0,+∞)上单调递增.因为g 1 =1>0，g 12=ln 12+12=ln e 2<0，所以g x =ln x +x 在12,2上有唯一的零点a ，所以12<a <1；②由①知：ln a =-a ，f x =a sin x -xe -x ，f x =a cos x -1-x e -x ，(i )当x ∈-∞,0 时，由a >0，-1≤cos x ≤1，1-x >1，e -x >1，得f x <0，所以f x 在-∞,0 上单调递减，f x >f 0 =0，所以f x 在区间-∞,0 上不存在零点；(ii )当x ∈0,π 时，设h x =cos x -1-x e -x ，则h x =2-x e -x -sin x .(a )若x ∈0,π2，令m x =2-x e -x -sin x ，则m x =x -3 e -x-cos x <0，所以m x 在0,π2上单调递减，因为m 0 =2>0，m π2 =2-π2 e -π2-1<0，所以存在a ∈0,π2，满足m a =0，当x ∈0,a 时，m x =h x >0，h x 在0,a 上单调递增；当x ∈a ,π2时，m x =hx <0，h x 在a ,π2 上单调递减；(b )若x ∈π2,2，令φx =2-x e -x ，x ∈π2,2 ，则φ x =x -3 e -x <0，所以φx 在区间π2,2上单调递减，所以φx <φπ2=2-π2 e -π2<1e，又因为sin x ≥sin2=sin π-2 >sin π6=12，所以h x =2-x e -x -sin x <0，h x 在π2,2上单调递减；(c )若x ∈2,π ，则h x =2-x e -x -sin x <0，h x 在2,π 上单调递减.由(a )(b )(c )得，h x 在0,a 上单调递增，h x 在a ,π 单调递减，因为h a >h 0 =0，h π =π-1 e -π-1<0，所以存在β∈a ,π 使得h β =0，所以，当x ∈0,β 时，f x =h x >0，f x 在0,β 上单调递增，f x >f 0 =0，当x ∈β,π 时，f x =h x <0，f x 在β,π 上单调递减，因为f β >f 0 =0，f π <0，所以f x 在区间β,π 上有且只有一个零点.综上，f x 在区间-∞,π 上的零点个数为2个；(2)因为sin x x =1-x 2π21-x 24π21-x 232π2 ⋅⋅⋅1-x 2n 2π2，(*)对cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋅⋅⋅+-1 n x 2n2n !+⋅⋅⋅，两边求导得：-sin x =-x 1!+x 33!-x 55!+⋅⋅⋅+-1 n x 2n -12n -1 !+⋅⋅⋅，sin x =x 1!-x 33!+x 55!+⋅⋅⋅+-1 n -1x 2n -12n -1 !+⋅⋅⋅，所以sin x x =1-x 23!+x 45!+⋅⋅⋅+-1 n -1x 2n -22n -1 !+⋅⋅⋅，(**)比较(*)(**)式中x 2的系数，得-13!=-1π2112+122+132+⋅⋅⋅+1n2+⋅⋅⋅所以112+122+132+⋅⋅⋅+1n2+⋅⋅⋅=π26.11.英国数学家泰勒发现了如下公式：sin x =x -x 33!+x 55!-x 77!+⋯,cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯，其中n !=1×2×3×4×5×⋯×n .这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性.比如，用前三项计算cos0.3，就得到cos0.3≈1-0.322!+0.344!=0.9553375.试用你的计算工具计算cos0.3，并与上述结果比较.【解析】依题意，用前5项计算，即cos0.3≈1-0.322!+0.344!-0.366!+0.388!≈1-0.045+0.0003375-0.0000010125+0.00000000163≈0.95533648．与用前三项计算cos0.3的结果比较可以发现，用前5项计算的结果精确度更高，同时可知，当取的项数足够多时，可以达到更高的精确度，甚至达到任意精确度的要求．四、双空题12.记f (n )(x )为函数f (x )的n 阶导数且f 2 x =f x ，f n x =f n -1 x n ≥3,n ∈N * .若f (n )(x )存在，则称f x n 阶可导．英国数学家泰勒发现：若f (x )在x 0附近n +1阶可导，则可构造T n x =f x 0 +f x 0 1!x -x 0 +f 2 x 0 2!x -x 0 2+⋯+f n x 0 n !x -x 0 n(称为n 次泰勒多项式)来逼近f (x )在x0附近的函数值．据此计算f(x)=e x在x0=0处的3次泰勒多项式为T3(x)=_________；f(x)=-1x在x0=-1处的10次泰勒多项式中x3的系数为_________【答案】1+x+x22+x36330【解析】∵f(x)=e x，∴f(n)(x)=e x，f(n)(0)=1，n∈N∗∴T3(x)=f(0)+(x-0)+12!(x-0)2+13!(x-0)3，∴T3(x)=1+x+x22+x36；∵f(x)=-1x，∴f(x)=x-2，f(2)(x)=-2x-3，f(3)(x)=(3!)x-4，⋯，f(9)(x)=(9!)x-10，f(10)(x)=-(10!) x-11，∴f (-1)=1，f(2)(-1)=2，f(3)(-1)=3!，⋯，f(9)(-1)=9!，f(10)(-1)=10!，∴T10(x)=1+(x+1)+(x+1)2+(x+1)3+⋅⋅⋅+(x+1)10．故x3的系数为C03+C14+C25+⋅⋅⋅+C710=C44+C34+C35+⋅⋅⋅+C310=C45+C35+⋅⋅⋅+C310=⋅⋅⋅=C410+C310=C411= 330．故答案为：1+x+x22+x36；330.。
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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 )+()n R 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 +-++-''+-'+=Λ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 -++-''+-'+≥Λ或)(00)(200000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≤Λ1、 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 Θ 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 ---＝1ξ111,),(---<<∴<<∴∈p p p px p py x y x y ξξξ Θ )()(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((+∞-∈xxxx 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)()(.)(2ba ab 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 ∈≥++-<+++Λ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 -++-+-<+++ΛΛ))1(1431321()1()13121()1(222+++⨯+⨯--<+++--=n n n n n ΛΛ )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 ∈<++++Λ要证明原不等式，就要证明1)]211()411)(211ln[(222<+++nΛ 即1)211ln()411ln()211ln(222<+++++n Λ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。