不等式证明个典型例题
重要不等式汇总(例题答案)
其他不等式综合问题例1：（第26届美国数学奥题之一）设a 、b 、c ∈R +，求证：.1111333333abcabc a c abc c b abc b a ≤++++++++（1）分析；最初，某刊物给出了一种通分去分母的较为复杂的证法，这里试从分析不等式的结构出发，导出该不等式的编拟过程，同时，揭示证明此类问题的真谛，并探索其推广命题成功的可能性。
思考方向：（1）的左边较为复杂，而右边较为简单，所以，证明的思想应该从左至右进行, 思考方法：（1）从左至右是一个由简单到复杂的逐步放大过程，所以，一个简单的想法就是将各分母设法缩小，但考虑到各分母结构的相似性，故只要对其中之一做恰倒好处的变形，并构造出右边之需要即便大功告成.实施步骤；联想到高中课本上熟知的不等式：x 3+y 3≥x 2y+xy 2=xy(x+y) (x 、y ∈R +)（*）知 （1）的左端.1)(1)(1)(1abcabc a c ca abc c b bc abc b a ab =++++++++≤这一证明是极其简单的，它仅依赖高中数学课本上的基础知识，由此可见，中学课本上的知识也能用来攻克高层次的数学竞赛题，看来，我们要好好守住课本这快阵地。
（1）刻画了3个变量的情形，左端的三个分式分母具有如下特征：三个字母中取两个的三次方与这三个变量的乘积之和，那么，对于更多个变量会有怎样的结论？以下为行文方便，记 （1）的左端为 ∑++abcb a 331，表示对a 、b 、c 轮换求和，以下其它的类似处理，不再赘述,为了搞清多个变量时（1）的演变，首先从4个变量时的情形入手,推广1：设a 、b 、c 、d ∈R +，求证：abcdabcd c b a 11333≤∑+++ 。
（2） 分析：注意到上面的（*），要证（2），需要证 x 4+y 4+z 4≥xyz(x+y+z) （**）（**）是（*）的发展，它的由来得益于证明（1）时用到的（*），这是一条有用的思维发展轨道。
不等式的证明典型例题
不等式的证明·典型例题【例1】已知a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc．【分析】用求差比较法证明．证明：a3+b3+c3-3abc=[(a+b)3+c3]-3a2b-3ab2-3abc=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca]∵a，b，c∈R+，∴a+b+c＞0．(c-a)]2≥0即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．【例2】已知a，b∈R+，n∈N，求证：(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【分析】用求差比较法证明．证明：左-右=a n+1+ab n+a n b+b n+1-2a n+1-2b n+1=ab n+a n b-a n+1-b n+1=a(b n-a n)+b(a n-b n)=(b n-a n)(a-b)(*) 当a＞b＞0时，b n-a n＜0，a-b＞0，∴(*)＜0；当b＞a＞0时，b n-a n＞0，a-b＜0，∴(*)＜0；当a=b＞0时，b n-a n=0，a-b=0，∴(*)=0．综上所述，有(a+b)(a n+b n)-2(a n+1+b n+1)≤0．即 (a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【说明】在求差比较的三个步骤中，“变形”是关键，常用的变形手段有配方、因式分解等，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式．【例3】已知a，b∈R+，求证a a b b≥a b b a．【分析】采用求商比较法证明．证明：∵a，b∈R+，∴a b b a＞0综上所述，当a＞0，b＞0，必有a a b b≥a b b a．【说明】商值比较法的理论依据是：【例4】已知a、b、c是不全等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【分析】采用综合法证明，利用性质a2+b2≥2ab．证明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．①同理b(c2+a2)≥2abc②c(a2+b2)≥2abc③∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一个式子不能取“=”号∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【例5】已知a，b，c∈R+，求证：(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc；【分析】用综合法证明，注意构造定理所需条件．证明：(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)．∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc因此，当a，b，c∈R+，有(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc．【说明】用均值定理证明不等式时，一要注意定理适用的条件，二要为运用定理对式子作适当变形，把式子分成若干分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相乘．【分析】采用分析法证明．(*)∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立．∴原不等式成立．用充分条件代替前面的不等式．【例7】若a、b、c是不全相等的正数，求证：证明二：(综合法)∵a，b，c∈R+，abc成立．上式两边同取常用对数，得【说明】分析法和综合法是对立统一的两个方面．在证法一中，前面是分析法，后面是综合法，两种方法结合使用，使问题较易解决．分析法的证明过程恰恰是综合法的分析、思考过程，综合法的证明方法是分析思考过程的逆推．【例8】已知a＞2，求证log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【分析】两个对数的积不好处理，而两个同底对数的和却易于处理．因为我们可以先把真数相乘再取对数，从而将两个对数合二为一，平均值不等式恰好有和积转化功能可供利用．证明：∵a＞2，∴log a(a-1)＞0，log a(a+1)＞0．又log a(a-1)≠log a(a+1)∴log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【说明】上式证明如果从log a(a-1)·log a(a+1)入手，得log a(a-1)二为一了．另外，在上述证明过程中，用较大的log a a2代替较小的log a(a2-1)，并用适当的不等号连结，从而得出证明．这种方法通常叫做“放缩法”．同样，也可以用较小的数代替较大的数，并用适当的不等号连结．【例9】已知：a，b，c都是小于1的正数；【分析】采用反证法证明．其证明思路是否定结论从而导出与已知或定理的矛盾．从而证明假设不成立，而原命题成立．对题中“至少∵a，b，c都是小于1的正数，故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确．【说明】反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的．反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法．|a|≤1．【说明】换元法是将较为复杂的不等式利用等价转换的思想转换成易证明的不等式．常用的换元法有(1)，若|x|≤1，可设x=sinα，α∈R；(2)若x2+y2=1，可设x=sinα，y=cosα；(3)若x2+y2≤1，可设x=【例11】已知a1、a2、…a n，b1、b2、…b n为任意实数，求证明：构造一个二次函数它一定非负，因它可化为(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(a n x-b n)2．∴Δ≤0，(当a1，a2，…a n都为0时，所构造式子非二次函数，但此时原不等式显然成立．)【说明】上例是用判别式法证明的“柯西不等式”，它可写为：变量分别取|a+b|，|a|、|b|时就得到要证的三个式子．因此，可考虑从函数∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函数．取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然0≤x1≤x2．∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．【说明】这里是利用构造函数，通过函数的单调性，结合放缩法来证明不等式的．应注意的是，所给函数的单调整性应予以论证．【例13】已知a，b，m，n∈R，且a2+b2=1，m2+n2=1，求证：|am+bn|≤1．证法一：（比较法）证法二：（分析法）∵a，b，m，n∈R，∴上式成立，因此原不等式成立．证法三：（综合法）∵a，b，m，n∈R，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0．即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn|∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1．证法四：（换元法）由已知，可设a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ．于是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1．【说明】一个不等式的证明方法往往不只一种，要注意依据题目特点选择恰当的方法．【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈R）求证：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【分析】绝对值不等式的证明充分利用绝对值不等式性质：证明：|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c|=|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1|=|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）．∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【例15】当h与|a|，|b|，1中最大的一个相等，求证：当|x|＞h时，由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1 ∴|x|2≥b．。
经典不等式证明—排序不等式—切比雪夫不等式—平均不等式—柯西不等式
最小，因而其乘积和是反序的)
版权所有，违者乱棍打死
即
x1 y1 x2 y2 ... xn yn
总是两数组的反序和。
于是由排序不等式的“乱序和 反序和” ，总有
x1 yn x2 y1 ... xn yn1 x1 y1 x2 y2 ... xn yn
n 1 1 1 ... a1 a2 an
n
n a1a2 ...an
证明：○ 1
（此处先利用 由于
a1a2 ...an
a1 a2 ... an n
的结论） 1式 ○
1 1 1 ... a1 a2 an 1 1 1 n ... n a1 a2 an
=n
1 a1a2 ...an
即
a a1 a2 ... n 1 1 ... 1 n c c c
a1 a2 ... an c n a1a2 ...an n
即
n
a1 a2 ... an a1a2 ...an n
（利用切比雪夫不等式证明） ,
2 2 a1 a2 ... an a 2 a2 ... an 1 n n ○ 3
c
c
y1= 1 = c ，y2= 1 =
x1 a1 x2
c2 a1a2
,„,yn= 1 =
xn
cn a1a2 ...an
=1
(其中 c n a1a2 ...an ，因为{xn},{yn}两个数列对应成倒数，所以 无论它们数列的各项的值的大小如何，乘积的和都是 1，且 可视为两个数列反序乘积和的形式， 比如： 若 xn 最大， 则 yn=
（提示：上式从第○ 2 行到最后一行可视为 ai 顺序乘以 bi 的一 个乱序） 根据“顺序和 乱序和” （从第○ 2 行到第○ n 行同时使用） ，可 得
高中不等式证明例题(一题多解)
多种方法证明高中不等式例1证明不等式n n2131211<++++(n ∈N *)证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ，,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当n ∈N *时，都有1+n13121+++ ＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如.12112+<++∴k k k证法二：对任意k ∈N *，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n n k k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=因此证法三：设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N*都有：1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N * 都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0， ∴.2131211n n <++++例2求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值. 解法一：由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得： x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，①∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立. 比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2. 解法二：设yx xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)， ∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+， 又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三：∵y ＞0， ∴原不等式可化为yx+1≤a 1+yx， 设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)，③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π). 由③式可知a 的最小值为2.例3 已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1.求证：(a +a 1)(b +b 1)≥425证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8.∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二：(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2.∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四：(综合法)∵a +b =1， a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab ab ab ab ab ab 425)1)(1(≥++b b a a 即 证法五：(三角代换法）∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π) .425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα例4.已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1. 求证：(1)a 2+b 2+c 2≥31(2)232323+++++c b a ≤6证明：(1)证法一：a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1)=31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］=31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］=31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法二：∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2 ∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法三：∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3cb a ++ ∴a 2+b 2+c 2≥31证法四：设a =31+α，b =31+β，c =31+γ. ∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32 (α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一 ∴原不等式成立. 证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.例5.已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］证法一：由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］ 同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0， 于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2 =31+x ′2+y ′2+z ′2+32 (x ′+y ′+z ′)=31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0，21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾.x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］例6 .证明下列不等式：(1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ， 则zyx y x z x z y +++++≥2(z y x 111++))()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy z yx y x z x z y z y x zx yz xy z c b a y b a c x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明∵上式显然成立，∴原不等式得证.例7.已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ； (2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n nm i m m m m m m i i m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理， 由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-， 所以i m i i n i i i mi i n n m mn A A ,A A >>即(2)由二项式定理有：(1+m )n =1+C 1n m +C 2n m 2+…+C nn m n ，(1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m iA in＞n iA i m (1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m =∴m i C i n ＞n i C i m (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…， m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n ＞0，…，m n C n n ＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，即(1+m )n ＞(1+n )m 成立.例8.若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1. 证法一：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以 (a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0. 即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2， 所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n ba m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0 ① 因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =mm 3232-② 将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0， 即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ， 即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3=(a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四：因为333)2(2b a b a +-+8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0， 所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a +因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五：假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1， 又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略)。
专项练习：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．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)．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．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．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．例6.用拉格朗日中值定理证明不等式：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)．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【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-x33!+x55!-x77!+⋯+-1n-1x2n-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!+⋯+-1n-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°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!=x0 0!+x11!+x22!+x33!+⋯+x nn!+⋯，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.1.647B.1.649C.1.645D.1.6463.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-x3 3!+x55!-x77!+⋯，cos x=1-x22!+x44!-x66!+⋯，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sinπ2+1的近似值为()A.0.50B.0.52C.0.54D.0.56二、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+1 1!+12!+13!+⋯+1n!+eθ(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=eθ(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_____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 .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)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.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-x33!+x55!-x77!+⋯，cos x=1-x22!+x44!-x66!+⋯，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)3 3!+(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.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 ．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+⋅⋅⋅=π2611.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.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x 0附近的函数值．据此计算f (x )=e x 在x 0=0处的3次泰勒多项式为T 3(x )=_________；f (x )=-1x在x 0=-1处的10次泰勒多项式中x 3的系数为_________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；。
高三数学不等式的证明·典型例题
不等式的证明·典型例题【例1】已知a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc．【分析】用求差比较法证明．证明：a3+b3+c3-3abc=[(a+b)3+c3]-3a2b-3ab2-3abc=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca]∵a，b，c∈R+，∴a+b+c＞0．(c-a)]2≥0即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．【例2】已知a，b∈R+，n∈N，求证：(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【分析】用求差比较法证明．证明：左-右=a n+1+ab n+a n b+b n+1-2a n+1-2b n+1=ab n+a n b-a n+1-b n+1=a(b n-a n)+b(a n-b n)=(b n-a n)(a-b)(*) 当a＞b＞0时，b n-a n＜0，a-b＞0，∴(*)＜0；当b＞a＞0时，b n-a n＞0，a-b＜0，∴(*)＜0；当a=b＞0时，b n-a n=0，a-b=0，∴(*)=0．综上所述，有(a+b)(a n+b n)-2(a n+1+b n+1)≤0．即 (a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【说明】在求差比较的三个步骤中，“变形”是关键，常用的变形手段有配方、因式分解等，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式．【例3】已知a，b∈R+，求证a a b b≥a b b a．【分析】采用求商比较法证明．证明：∵a，b∈R+，∴a b b a＞0综上所述，当a＞0，b＞0，必有a a b b≥a b b a．【说明】商值比较法的理论依据是：【例4】已知a、b、c是不全等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【分析】采用综合法证明，利用性质a2+b2≥2ab．证明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．①同理b(c2+a2)≥2abc②c(a2+b2)≥2abc③∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一个式子不能取“=”号∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【例5】已知a，b，c∈R+，求证：(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc；【分析】用综合法证明，注意构造定理所需条件．证明：(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)．∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc因此，当a，b，c∈R+，有(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc．【说明】用均值定理证明不等式时，一要注意定理适用的条件，二要为运用定理对式子作适当变形，把式子分成若干分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相乘．【分析】采用分析法证明．(*)∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立．∴原不等式成立．用充分条件代替前面的不等式．【例7】若a、b、c是不全相等的正数，求证：证明二：(综合法)∵a，b，c∈R+，abc成立．上式两边同取常用对数，得【说明】分析法和综合法是对立统一的两个方面．在证法一中，前面是分析法，后面是综合法，两种方法结合使用，使问题较易解决．分析法的证明过程恰恰是综合法的分析、思考过程，综合法的证明方法是分析思考过程的逆推．【例8】已知a＞2，求证log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【分析】两个对数的积不好处理，而两个同底对数的和却易于处理．因为我们可以先把真数相乘再取对数，从而将两个对数合二为一，平均值不等式恰好有和积转化功能可供利用．证明：∵a＞2，∴log a(a-1)＞0，log a(a+1)＞0．又log a(a-1)≠log a(a+1)∴log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【说明】上式证明如果从log a(a-1)·log a(a+1)入手，得log a(a-1)二为一了．另外，在上述证明过程中，用较大的log a a2代替较小的log a(a2-1)，并用适当的不等号连结，从而得出证明．这种方法通常叫做“放缩法”．同样，也可以用较小的数代替较大的数，并用适当的不等号连结．【例9】已知：a，b，c都是小于1的正数；【分析】采用反证法证明．其证明思路是否定结论从而导出与已知或定理的矛盾．从而证明假设不成立，而原命题成立．对题中“至少∵a，b，c都是小于1的正数，故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确．【说明】反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的．反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法．|a|≤1．【说明】换元法是将较为复杂的不等式利用等价转换的思想转换成易证明的不等式．常用的换元法有(1)，若|x|≤1，可设x=sinα，α∈R；(2)若x2+y2=1，可设x=sinα，y=cosα；(3)若x2+y2≤1，可设x=【例11】已知a1、a2、…a n，b1、b2、…b n为任意实数，求证明：构造一个二次函数它一定非负，因它可化为(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(a n x-b n)2．∴Δ≤0，(当a1，a2，…a n都为0时，所构造式子非二次函数，但此时原不等式显然成立．)【说明】上例是用判别式法证明的“柯西不等式”，它可写为：变量分别取|a+b|，|a|、|b|时就得到要证的三个式子．因此，可考虑从函数∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函数．取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然0≤x1≤x2．∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．【说明】这里是利用构造函数，通过函数的单调性，结合放缩法来证明不等式的．应注意的是，所给函数的单调整性应予以论证．【例13】已知a，b，m，n∈R，且a2+b2=1，m2+n2=1，求证：|am+bn|≤1．证法一：（比较法）证法二：（分析法）∵a，b，m，n∈R，∴上式成立，因此原不等式成立．证法三：（综合法）∵a，b，m，n∈R，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0．即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn|∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1．证法四：（换元法）由已知，可设a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ．于是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1．【说明】一个不等式的证明方法往往不只一种，要注意依据题目特点选择恰当的方法．【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈R）求证：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【分析】绝对值不等式的证明充分利用绝对值不等式性质：证明：|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c|=|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1|=|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）．∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【例15】当h与|a|，|b|，1中最大的一个相等，求证：当|x|＞h时，由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1 ∴|x|2≥b．。
不等式证明几种方法
同理： ,
以上三式相乘：(1a)a•(1b)b•(1c)c≤ 与①矛盾
∴原式成立
例五、已知a+b+c> 0，ab+bc+ca> 0，abc> 0，求证：a,b,c> 0
证：设a< 0,∵abc> 0,∴bc< 0
又由a+b+c> 0,则b+c=a> 0
∴ab+bc+ca=a(b+c) +bc< 0与题设矛盾
8．若x,y> 0，且x+y>2，则 和 中至少有一个小于2
一、裂项放缩
例1.(1)求 的值; (2)求证: .
解析:(1)因为 ,所以
(2)因为 ,所以
奇巧积累
:(1) (2)
(3)
(4)
(5) (6)
(7) (8)
(9)
(10) (11)
(11)
(12)
(13)
(14) (15)
(15)
例2.(1)求证:
分析：当水的流速相同时，水管的流量取决于水管横截面面积的大小。设截面的周长为 பைடு நூலகம்则周长为 的圆的半径为 ，截面积为 ；周长为 的正方形为 ，截面积为 。所以本题只需证明 。
证明：设截面的周长为 ，则截面是圆的水管的截面面积为 ，截面是正方形的水管的截面面积为 。只需证明： 。
为了证明上式成立，只需证明 。
例3、已知a，b，m都是正数，并且 求证： （1）
证法一要证（1），只需证 （2）
要证（2），只需证 （3）
要证（3），只需证 （4）
已知（4）成立，所以（1）成立。
拉格朗日证明不等式经典例题
拉格朗日证明不等式经典例题拉格朗日中值定理是一种强有力的数学工具，可以用于证明各种不等式。
下面是一个使用拉格朗日中值定理来证明不等式的例子：**例题**：证明对于所有正数a 和b，以下不等式成立：\[ \sqrt{a} + \sqrt{b} \geq 2 \sqrt{ab} \]**证明**：我们假设函数\( f(x) = x^2 \) 在区间\( [0, \infty) \) 上连续。
由于\( f'(x) = 2x \)，我们可以应用拉格朗日中值定理在区间\( [a, b] \) 上找到一个数\( c \)，满足：\[ f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \]即\[ 2c = \frac{b^2 - a^2}{b - a} \]解这个方程得到：\[ c = \frac{b + a}{2} \]现在我们使用均值不等式（AM-GM 不等式）在区间\( [a, c] \) 和\( [c, b] \) 上应用到函数\( f(x) = x^2 \)，得到：\[ f(a) + f(b) \geq 2f(c) \]即\[ a^2 + b^2 \geq 2c^2 \]将\( c \) 的值代入上式，我们得到：\[ a^2 + b^2 \geq 2\left(\frac{b + a}{2}\right)^2 \]简化这个不等式，我们得到：\[ a^2 + b^2 - ab \geq \frac{1}{4}(a - b)^2 \]注意到\( \sqrt{a} + \sqrt{b} \) 可以被看作是函数\( f(x) = x^2 \) 在区间\( [0, \infty) \) 上的导数\( f'(x) = 2x \) 的一个不等值，因为\( \sqrt{x} \) 是一个增函数。
所以我们可以将上面的不等式重写为：\[ (\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 \geq 2ab \]这证明了原不等式\[ \sqrt{a} + \sqrt{b} \geq 2 \sqrt{ab} \] 对于所有正数 a 和b 都成立。
不等式证明19个典型例题
不等式证明19个典型例题典型例题一例1 若10<<x ，证明)1(log )1(log x x a a +>-（0>a 且1≠a ）．分析1 用作差法来证明．需分为1>a 和10<<a 两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明．解法1 （1）当1>a 时，因为 11,110>+<-<x x ， 所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a +---=0)1(log 2>--=x a ．（2）当10<<a 时， 因为 11,110>+<-<x x 所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a ++-=0)1(log 2>-=x a ．综合（1）（2）知)1(log )1(log x x a a +>-．分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法．因为 )1(log )1(log x x a a +-- ax a x lg )1lg(lg )1lg(+--=[])1lg()1lg(lg 1x x a +--=[])1lg()1lg(lg 1x x a +---=0)1lg(lg 12>--=x a，所以)1(log )1(log x x a a +>-．说明：解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快．典型例题二例2 设0>>b a ，求证：.ab b a b a b a >分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式．证明：ba ab ba ab b aba baba b a ---=⋅=)(∵0>>b a ，∴.0,1>->b a ba∴1)(>-ba ba. ∴abb aba b a .1>又∵0>ab b a ， ∴.abbab a b a >.说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.典型例题三例3 对于任意实数a 、b ，求证444()22a ba b ++≥（当且仅当a b =时取等号）分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有4()2a b +，展开后很复杂。
解不等式例题50道
解不等式例题50道一、一元一次不等式1. 解不等式：2x + 5>9- 解析：- 首先对不等式进行移项，将常数项移到右边，得到2x>9 - 5。
- 计算右边式子得2x>4。
- 两边同时除以2，解得x > 2。
2. 解不等式：3x-1<8- 解析：- 移项可得3x<8 + 1。
- 即3x<9。
- 两边同时除以3，解得x<3。
3. 解不等式：5x+3≤slant2x + 9- 解析：- 移项，把含x的项移到左边，常数项移到右边，得到5x-2x≤slant9 - 3。
- 计算得3x≤slant6。
- 两边同时除以3，解得x≤slant2。
4. 解不等式：4x-7≥slant3x+1- 解析：- 移项得4x - 3x≥slant1+7。
- 即x≥slant8。
5. 解不等式：(1)/(2)x+3>x - 1- 解析：- 移项可得(1)/(2)x-x>-1 - 3。
- 通分计算，((1)/(2)-(2)/(2))x>-4，即-(1)/(2)x>-4。
- 两边同时乘以 - 2，不等号变向，解得x < 8。
6. 解不等式：(2)/(3)x-1≤slant(1)/(3)x+2- 解析：- 移项得(2)/(3)x-(1)/(3)x≤slant2 + 1。
- 计算得(1)/(3)x≤slant3。
- 两边同时乘以3，解得x≤slant9。
7. 解不等式：2(x + 3)>3(x - 1)- 解析：- 先展开括号，得到2x+6>3x - 3。
- 移项得2x-3x>-3 - 6。
- 计算得-x>-9。
- 两边同时乘以 - 1，不等号变向，解得x < 9。
8. 解不等式：3(x - 2)≤slant2(x+1)- 解析：- 展开括号得3x-6≤slant2x + 2。
- 移项得3x-2x≤slant2+6。
- 计算得x≤slant8。
高中数学不等式证明题目训练卷及答案
高中数学不等式证明题目训练卷及答案一、选择题1、若\（a ＞ b ＞ 0\），则下列不等式中一定成立的是（）A ＼（a ＋＼frac{1}｛b} ＞ b ＋＼frac{1}｛a}＼）B ＼（＼frac{b ＋ 1}｛a ＋ 1} ＞＼frac{b}｛a}＼）C ＼（a ＼frac{1}｛b} ＞ b ＼frac{1}｛a}＼）D ＼（＼frac{2a ＋ b}｛a ＋ 2b} ＞＼frac{a}｛b}＼）答案：A解析：因为\（a ＞ b ＞ 0\），所以\（a b ＞ 0\）。
A 选项：＼（（a ＋＼frac{1}｛b}）（b ＋＼frac{1}｛a}）＝（a b) ＋（＼frac{1}｛b} ＼frac{1}｛a}）＝（a b) ＋＼frac{a b}｛ab}＞ 0\），所以\（a ＋＼frac{1}｛b} ＞ b ＋＼frac{1}｛a}＼），A 选项正确。
B 选项：＼（＼frac{b ＋ 1}｛a ＋ 1} ＼frac{b}｛a} ＝＼frac{a(b＋ 1) b(a ＋ 1)｝｛a(a ＋ 1)｝＝＼frac{a b}｛a(a ＋ 1)｝＼），因为\（a(a ＋ 1) ＞ 0\），但\（a b\）的正负不确定，所以\（＼frac{b ＋ 1}｛a ＋ 1}＼）与\（＼frac{b}｛a}＼）大小不确定，B 选项错误。
C 选项：＼（（a ＼frac{1}｛b}）（b ＼frac{1}｛a}）＝（a b) （＼frac{1}｛b} ＼frac{1}｛a}）＝（a b) ＼frac{a b}｛ab}＼），当\（ab ＞ 1\）时，＼（（a b) ＼frac{a b}｛ab} ＜ 0\），C 选项错误。
D 选项：＼（＼frac{2a ＋ b}｛a ＋ 2b} ＼frac{a}｛b} ＝＼frac{b(2a ＋ b) a(a ＋ 2b)｝｛b(a ＋ 2b)｝＝＼frac{b^2 a^2}｛b(a ＋2b)｝＼），因为\（b^2 a^2 ＜ 0\），＼（b(a ＋ 2b) ＞ 0\），所以\（＼frac{2a ＋ b}｛a ＋ 2b} ＼frac{a}｛b} ＜ 0\），D 选项错误。
不等式证明经典例题
1、已知a, b, c为正实数，且a + b + c = 1，则下列不等式中正确的是：A. abc ≥ 1/27 （答案）B. abc ≤ 1/27C. a2 + b2 + c2 ≥ 1/3D. a3 + b3 + c3 ≤ 1/32、对于任意正实数x, y，下列不等式中正确的是：A. (x + y)/2 ≥ sqrt(xy) （答案）B. (x + y)/2 ≤ sqrt(xy)C. x2 + y2 ≥ 2xyD. x3 + y3 ≤ 3xy3、若a, b为正实数，且a ≠ b，则下列不等式中正确的是：A. a2 + b2 > 2ab （答案）B. a2 + b2 < 2abC. a3 + b3 ≥ 3ab2D. a4 + b4 ≤ 4a2b24、对于任意实数x，下列不等式中恒成立的是：A. x2 + 1 ≥ 2x （答案）B. x2 + 1 ≤ 2xC. x2 - x + 1 ≥ 0D. x2 - x - 1 ≤ 05、若a, b, c为正实数，且a + b + c = 3，则下列不等式中正确的是：A. ab + bc + ca ≤ 3 （答案）B. ab + bc + ca ≥ 3C. a2 + b2 + c2 ≤ 9D. a3 + b3 + c3 ≥ 276、对于任意正实数x, y，下列不等式中正确的是：A. (x + y)2 ≥ 4xy （答案）B. (x + y)2 ≤ 4xyC. x3 + y3 ≥ 3x2yD. x4 + y4 ≤ 4x2y27、若a > b > 0，则下列不等式中正确的是：A. a2 > b2 （答案）B. a3 < b3C. sqrt(a) < sqrt(b)D. 1/a < 1/b8、对于任意实数x，下列不等式中恒成立的是：A. x2 + 4 ≥ 4x （答案）B. x2 + 4 ≤ 4xC. x4 + 1 ≥ x2D. x4 + 1 ≤ x29、若a, b为正实数，且a + b = 1，则下列不等式中正确的是：A. ab ≤ 1/4 （答案）B. ab ≥ 1/4C. a2 + b2 ≤ 1/2D. a3 + b3 ≥ 1/410、对于任意正实数x, y，z，下列不等式中正确的是：A. x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx （答案）B. x2 + y2 + z2 ≤ xy + yz + zxC. x3 + y3 + z3 ≥ 3xyzD. x4 + y4 + z4 ≤ 4x2y2z2。
第13讲 证明不等式之对数单身狗,指数找朋友(解析版)2023年新高考数学导数压轴题专题突破(尖子生
【典型例题】
例 1．已知 0 a 1 ，函数 f (x) ln(x 1) x a ．
4
（Ⅰ）证明： y f (x) 在 (0,1) 上有唯一零点；
（Ⅱ）记 x0 为函数 y f (x) 在 (0,1) 上的零点．证明：
（ⅰ） a x0 2 a ；
a
2
a
当 a 1 时， x (0, ) ， f (x) 0 ， 2
当 1 2 ，即当 0 a 1 时，由 f (x) 0 ，解得： 0 x 2 或 x 1 ，
a
2
a
综上，当 a 1 时， f (x) 的递增区间是 (0, 1 ) ， (2, ) ，
2
a
a 1 时， f (x) 的递增区间是 (0, ) ， 2
f
(x)
1
a x
2x2
2x(a x4
2x)
x2 x2
2
a
x2 x3
2
(x2
2)(x x3
a)
． （3
分）
x2 2 0 ， x 0 ，
若 x (0, a) ， x a 0 ，此时 f (x) 0 ， f (x) 在 (0, a) 上单调递减；
若 x (a, ) ， x a 0 ，此时 f (x) 0 ， f (x) 在 (a, ) 上单调递增；
4
4
4
所以 f (x) 在 (0,1) 上存在唯零点（5 分）
（Ⅱ）（ⅰ）即证 a x02 4a ， x0 (0,1) ， 由已知 ln(x0 1) x0 a 0 得 a x0 ln(x0 1) ， 代入上式只要证 x0 ln(x0 1) x02 4x0 4ln(x0 1) ，（6 分） 构造函数 (x) x2 x ln(x 1) ，
不等式的证明归纳举例,方程根的个数,作图.
2,利用在x = 0处的一阶泰勒展开式： 处的一阶泰勒展开式：
f ′′(θ x ) 2 f ( x ) = f (0) + f ′(0) x + x 0 <θ < 1 ⇒ 2
eθ x 2 时就有： x > 1 + x. 设 f ( x ) = e x 则当 x ≠ 0时就有： e x = 1 + x + 2
再证 2x
π
< sin x，由上面 5, 利用凹凸性的证明 .
7
( 2 ) 关于用导数证明单调性 ， 有时需用两阶导数来判 别 单调性， 一阶导数的单调性从而 再判断出 f ( x )单调性，如： x ln x 例 判别 f ( x ) = 在 ( 0,1)内的单调性 . 1− x (ln x + 1)(1 − x ) + x ln x ln x + 1 − x 解 : f ′( x ) = = 2 (1 − x ) (1 − x ) 2 1 ′( x ) = − 1 > 0 ⇒ g ( x ) ↑ 又设 g ( x ) = ln x + 1 − x , g x ∵ g (1) = 0 ∴ x < 1 ⇒ g ( x ) < g (1) = 0 ⇒ ln x + 1 − x < 0 ⇒ f ′( x ) < 0 ∴ f ( x ) ↓
lim
f ( x ) − f (0 ) = x − 0
f '(0 + 0 ) =
x→ 0+0
lim
f ( x ) − f (0 ) = x − 0
20
21
三，复合函数的导数： 复合函数的导数：
设 y = f [ ϕ ( x )],
不等式证明的基本方法 经典例题透析
经典例题透析类型一：比较法证明不等式1、用作差比较法证明下列不等式：（1）；（2）(a，b均为正数，且a≠b)思路点拨：（1）中不等号两边是关于a,b,c的多项式，作差后因式分解的前途不大光明，但注意到如a2, b2, ab这样的结构，考虑配方来说明符号；（2）中作差后重新分组进行因式分解。
证明：（1）当且仅当a=b=c时等号成立，（当且仅当a=b=c取等号）.（2）∵a>0, b>0, a≠b,∴a+b>0, (a-b)2>0,∴，∴.总结升华：作差，变形（分解因式、配方等），判断差的符号，这是作差比较法证明不等式的常用方法。
举一反三：【变式1】证明下列不等式：(1)a2+b2+2≥2(a+b)(2)a2+b2+c2+3≥2(a+b+c)(3)a2+b2≥ab+a+b-1【答案】（1）（a2+b2+2）-2(a+b)=(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=(a-1)2+(b-1)2≥0∴a2+b2+2≥2(a+b)（2）证法同（1）（3）2（a2+b2）-2（ab+a+b-1)=(a2-2ab+b2)+(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=( a-b)2+(a-1)2+(b-1)2≥0 ∴2（a2+b2）≥2（ab+a+b-1)，即a2+b2≥ab+a+b-1【变式2】已知a，b∈，x，y∈，且a+b=1，求证：ax2+by2≥(ax+by)2【答案】ax2+by2-(ax+by)2=ax2+by2-a2x2-b2y2-2abxy=a(1-a)x2+b(1-b)y2-2abxy=abx2+aby2-2abxy=ab(x-y)2≥0∴ax2+by2≥(ax+by)22、用作商比较法证明下列不等式：（1）(a，b均为正实数，且a≠b)（2）（a，b，c∈，且a，b，c互不相等）证明：（1）∵a3+b3>0, a2b+ab2>0.∴，∵a, b为不等正数，∴，∴∴（2）证明：不妨设a>b>c，则∴所以，总结升华：当不等号两边均是正数乘积或指数式时，常用这种方法，目的是约分化简. 作商比较法的基本步骤:判定式子的符号并作商变形判定商式大于1或等于1或小于1结论。
放缩法证明不等式例题
放缩法证明不等式一、放缩法原理为了证明不等式B A ≤，我们可以找一个或多个中间变量C 作比较，即若能判定B C ,C A ≤≤同时成立，那么B A ≤显然正确。
所谓“放”即把A 放大到C,再把C 放大到B ；反之，由B 缩小经过C 而变到A,则称为“缩”，统称为放缩法。
放缩是一种技巧性较强的不等变形，必须时刻注意放缩的跨度，做到“放不能过头，缩不能不及”。
二、常见的放缩法技巧１、基本不等式、柯西不等式、排序不等式放缩 2、糖水不等式放缩：)b a ,0m (ma mb a b >≥++≤. 3、添（减）项放缩4、先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）5、逐项放大或缩小：)1n (n 1n 1)1n (n 12-<<+ 21n 2)1n (n n +<+<)12)(32(1)12(12--<-n n n )12)(12(1)12(12+->-n n n )22(21)12(12+<+n n n三、例题讲解例1：设a 、b 、c 是三角形的边长，求证cb a cb ac b a c b a -++-++-+≥3例2：设a 、b 、c ≥0，且3=++c b a ，求证abc c b a 23222+++≥29例3：已知*21().n n a n N =-∈求证：*122311...().23n n a a a n n N a a a +-<+++∈例４：函数f （x ）=xx 414+，求证：f （1）+f （2）+…+f （n ）>n +)(2121*1N n n ∈-+.例5：已知a n =n ，求证：∑nk=1 ka 2k＜3．例6： 已知数列{}n a ，，132a =，113(2,*)21n n n na a n n N a n --=≥∈+-．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对一切正整数n ，不等式123!n a a a a n λ⋅⋅<⋅恒成立，试求正整数的最小值。
凸函数在证明不等式中的简单应用典型例题
凸函数在证明不等式中的简单应用典型例题例1 设0,1,2,...,i a i n >= ，证明：121212......111...nn n na a a n a a a na a a +++≤≤+++证明 设()ln ,(0,)f x x x =-∀∈∞ ，有01)(2''>=x x f ，从而，函数()ln f x x =-在(0,)∞是严格凸函数， 取121(0,),,1,2,...,,...1i i i n x a q i n q q q n=∈∞==+++=有1212ln ln ln ln(...)...n n a a a a a a n n n n n n-+++≤----或n n n n n n na a a a a a na a a ...ln )ln ...ln (ln ...ln 211121121-=+++-≤+++- 即 1212......nn n a a a a a a n+++≤取 1211(0,),,1,2,...,,...1i i n i x q i n q q q a n=∈∞==+++= 同样方法，有1212 (111)...n n nn a a a a a a ≤+++于是，n N +∀∈ ， 有121212 (111)...nn n na a a n a a a na a a +++≤≤+++例2 证明12,,...,,1n x x x R p +∀∈≥ 有11212......()p p p p n n x x x x x x n n ++++++≤ 上式称为算术平均不大于(1)p p ≥ 次平均，特别的，当2p = ，得到算术平均值不大于平方平均值。
证明 考察函数()(1)p f x x p =≥ 由于有''2()(1)0,0p f x p p x x -=->∀> 所以()(1)pf x x p =≥为凸函数，从而 12121,,...,,,,...,(0,1),1nn n i i x x x R λλλλ+=∀∈∀∈=∑有 11221122(...)...p p p p n n n nx x x x x x λλλλλλ+++≤+++ 在上式中，令121...n n λλλ==== 即得 11212......()p p p p n n x x x x x x n n ++++++≤例3 若0,0,0,0,0a b p q ε>>>>> 且111p q+=，求证：Young 不等式 pq q pa b ab pq εε≤+证明 从所求证的不等式的形式来看，不容易直接找到合适的凸函数，因此，我们要对它进行一定的变形。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
∴
∴ (2)
由(１)和（2)可得 （当且仅当 时取等号）．
说明:此题参考用综合法证明不等式.综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明，要注意均值不等式的变形应用，一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解．
典型例题四
例4已知 、 、 , ，求证
分析显然这个题用比较法是不易证出的。若把 通分,则会把不等式变得较复杂而不易得到证明．由于右边是一个常数,故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征的形式,比如 ,再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径,这也常称为“凑倒数”的技巧．
例9已知 ，求证 ．
分析：联想三角函数知识，进行三角换元，然后利用三角函数的值域进行证明．
证明:从条件看,可用三角代换，但需要引入半径参数 .
∵ ,
∴可设 , ,其中 ．
∴ ．
由 ，故 .
而 , ,故 .
说明：1．三角代换是最常见的变量代换,当条件为 或 或 时，均可用三角代换.2.用换元法一定要注意新元的范围，否则所证不等式的变量和取值的变化会影响其结果的正确性．
解法1(１)当 时，
因为 ，
所以
．
(２)当 时,
因为
所以
．
综合(1）(2）知 ．
分析2直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号．
解法２作差比较法．
因为
,
所以 .
说明:解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号;解法二用对数性质(换底公式)也能达到同样的目的,且不必分而治之,其解法自然简捷、明快.
典型例题七
例７若 ,求证 .
分析:本题结论的反面比原结论更具体、更简、宜用反证法.
证法一：假设 ,则 ,
而 ，故 .
∴ .从而 ，
∴ .
∴ ．
∴ ．
这与假设矛盾，故 .
证法二:假设 ,则 ,
故 ，即 ，即 ,
这不可能．从而 ．
证法三：假设 ，则 ．
由 ，得 ，故 .
又 ,
∴ .
∴ ，即 ．
这不可能，故 ．
2、放缩法一般包括:用缩小分母，扩大分子，分式值增大;缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求,第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头,同时放缩后便于求和．
典型例题十一
例1１已知 ,求证: .
分析：欲证不等式看起来较为“复杂”,宜将它化为较“简单”的形式，因而用分析法证明较好．
例3对于任意实数 、 ,求证 （当且仅当 时取等号)
分析这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦,因为,所要证明的不等式中有 ，展开后很复杂。若使用综合法，从重要不等式: 出发,再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。
证明：∵ (当且仅当 时取等号)
两边同加 ，
即: （1）
又:∵ (当且仅当 时取等号)
证明：∵
∴
∵ ，同理: , 。
∴
说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式.题目中用到了“凑倒数”，这种技巧在很多不等式证明中都可应用,但有时要首先对代数式进行适当变形,以期达到可以“凑倒数”的目的.
典型例题五
例5已知 ，求证： >0.
分析:此题直接入手不容易,考虑用分析法来证明，由于分析法的过程可以用综合法来书写,所以此题用两种方法来书写证明过程.
说明:本题三种方法均采用反证法，有的推至与已知矛盾,有的推至与已知事实矛盾．
一般说来,结论中出现“至少”“至多”“唯一”等字句,或结论以否定语句出现，或结论肯定“过头”时,都可以考虑用反证法．
典型例题八
例8设 、 为正数，求证 ．
分析：用综合法证明比较困难,可试用分析法.
证明:要证 ，只需证 ,
即证 ,
证明一:（分析法书写过程)
为了证明 >0
只需要证明 ＞
∵
∴
∴ >0
∴ > 成立
∴ >0成立
证明二:(综合法书写过程)
∵ ∴
∴ > ＞０
∴ ＞ 成立
∴ ＞０成立
说明：学会分析法入手,综合法书写证明过程，但有时这两种方法经常混在一起应用,混合应用时，应用语言叙述清楚.
典型例题六
例6若 ,且 ,求证:
分析这个不等式从形式上不易看出其规律性,与我们掌握的定理和重要的结论也没有什么直接的联系,所以可以采用分析的方法来寻找证明途径.但用“分析”法证不等式，要有严格的格式,即每一步推出的都是上一步的充分条件，直到推出的条件是明显成立的(已知条件或某些定理等）．
证明:欲证 ,
证明:为要证
只需证 ，
即证 ,
也就是 ,
即证 ,
即证 ，
∵ ,
∴ ，故 即有 ，
又由 可得 成立，
∴所求不等式 成立.
说明:此题考查了用分析法证明不等式．在题目中分析法和综合法是综合运用的，要注意在书写时,分析法的书写过程应该是:“欲证……需证……”，综合法的书写过程是：“因为(∵）……所以（∴)……”，即使在一个题目中是边分析边说明也应该注意不要弄混.
不等式证明个典型例题
———————————————————————————————— 作者：
———————————————————————————————— 日期:
不等式证明19个典型例题
典型例题一
例1若 ,证明 ( 且 )．
分析1用作差法来证明．需分为 和 两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明．
典型例题十
例10设 是正整数，求证 ．
分析:要求一个 项分式 的范围,它的和又求不出来，可以采用“化整为零”的方法，观察每一项的范围，再求整体的范围.
证明:由 ,得 ．
当 时， ;
当 时，
……
当 时, ．
∴ .
说明：1、用放缩法证明不等式,放缩要适应，否则会走入困境.例如证明 .由 ,如果从第3项开始放缩,正好可证明;如果从第2项放缩，可得小于2．当放缩方式不同，结果也在变化．
典型例题二
例2设 ，求证：
分析:发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商,判断比值与1的大小关系，从而证明不等式．
证明：
∵ ,∴
∴ . ∴
又∵ ,
∴ .
说明：本题考查不等式的证明方法——比较法（作商比较法）.作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.典型例Biblioteka 三化简得 , ．∵ ,
∴ .
∴ ．
∴原不等式成立.
说明：１．本题证明易出现以下错误证法： , ,然后分（1) ；(2) ；（3) 且 ；（4) 且 来讨论,结果无效.
２．用分析法证明数学问题,要求相邻两步的关系是 ,前一步是后一步的必要条件,后一步是前一步的充分条件,当然相互为充要条件也可以．
典型例题九