2012级高三数学培优资料（10）教师版周基俊 2014.11.16
泰勒公式与拉格朗日中值定理在证明不等式中的简单应用
泰勒公式是高等数学中的重点，也是一个难点，它贯穿于高等数学的始终。泰勒公式的重点就在于使用一个n 次多项式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ξ，使得：
f (x )=f (x 0)+f ' (x 0)(x-x 0) +
(n )f'' (x 0)
(x-x 0) 2+⋅⋅⋅+ f (x )(x-x 0) n +R n (x )， 2! n!
f (n +1) (ξ)其中R n (x )=(x -x 0) n +1称为余项，上式称为n 阶泰勒公式；
(n +1)!
若x 0=0，则上述的泰勒公式称为麦克劳林公式，
n
f'' (0)2f ()(0)n
x +⋅⋅⋅+x +0(x n ) . 即f (x )= f (0)+f (0)x +2! 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 0处有n 阶的导数f
(n )
(x 0) , 则有公式
f '(x 0) f ''(x 0) f (n ) (x 0) 2
f (x ) =f (x 0) +(x -x 0) +(x -x 0) + +(x -x 0) (n ) +R n (x )
1! 2! n !
在上述公式中若R n (x ) ≤0(或R n (x ) ≥0), 则可得
f '(x 0) f ''(x 0) f (n ) (x 0) 2
f (x ) ≥f (x 0) +(x -x 0) +(x -x 0) + +(x -x 0) (n )
1! 2! n ! f '(x 0) f ''(x 0) f (n ) (x 0) 2
或f (x ) ≤f (x 0) +(x -x 0) +(x -x 0) + +(x -x 0) (n )
1! 2! n !
x 2x 3
+, (-1
证明 设f (x ) =ln(1+x ) （-1
234
余项三阶泰勒公式 ln(1+x ) =x -x +x -x (-1
234(1+ξ)
234
x x x ln(1+x ) ≤x -+ -≤0 ∴ 4
234(1+ξ)
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 -
13
x ≤sin x . 6
2、不等式左边是三次二项式的初等函数，右边是三角函数，两边无明显的大小关系 。这时我们可用sin x 在x 0=0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
f (x ) =sin x -x +
131
x , f (0)=0, f '(x ) =cos x -1+x 2, f '(0)=0, 62
f ''(x ) =-sin x +x , f ''(0)=0, f '''(x ) =-cos x +1, f '''(ξ) =-cos ξ+1 当n =3时，f (x ) 的泰勒展式为：f (x ) =0+0+0+
1
(1-cos θx ) ⋅x 3+o (x 3) 3!
⇒f (x ) =
有 x -
1
(1-cos θx ) x 3+o (x 3) ≥0 (x ≥0, ξ≤θx ,0＜ϕ＜1) 所以x ≥0, ，6
13
x ≤sin x . 6
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.
x x 2
3、 证明不等式：1+-
（x ＞0）.
28
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.
1-11
证明
设f (x ) =f (0)=1, f '(x ) =(1+x ) 2, f '(0)=,
22
35
--1132
f ''(x ) =-(1+x ) , f ''(0)=-, f '''(x ) =(1+x ) 2
448
5
-x x 213
代入x 0=0
- +(1+θx ) 3x (0＜θ＜1)
2816
5x x -31∵ x ＞0, ∴ (1+θx ) 3x ＞0 所以 1+-
x ＞0）.
2816
2
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x 0=0时的麦克劳林表达式。当然能做好此类题的前提条件是要对一些基本函数的麦克劳林表达式熟悉.
) 中值定理: 若微分(Lagrange f (x ) 满足以下条件:
(1) f (x ) 在闭区间[a , b ]内连续 (2) f (x ) 在开区间(a , b ) 上可导 则 ∃ξ∈(a , b ) ∍ f '(ξ) =4、 若0
f (b ) -f (a )
b -a
y 1则 py p -1(x -y )
p -1
分析 因为
x p -y p 1) . 令
x -y
x -y
f (x ) =t p , 则我们容易联想到Lagrange 中值定理f ' (ξ)(x -y ) =f (x ) -f (y ) .
证明 设
f (t ) =t p , 显然f (t ) 在[y , x ]满足Lagrange 中值定理的条件
f (x ) -f (y ) 即p -1x p -y p 则 ∃ξ∈(y , x ) ∍f '(ξ) =, p ξ＝x -y x -y
ξ∈(y , x ) ∴ y
x
， (1) 求f (x ) 的极小值； 1+x
b
（2）若a , b >0, 求证：ln a -ln b ≥1-
a
5、已知函数f (x ) =ln(1+x ) -
5、(1) 函数f (x ) 的定义域为（-1，+∞), f '(x ) =
x
(1+x ) 2
易得当x =0时，函数f (x ) 取得极小值f (0) =0.
x x -1
, 可得ln x ≥(x >0) 1+x x
1a
即ln x ≥1-(x >0) , 因为a , b >0, ln a -ln b =ln
x b a b
所以ln ≥1-。故得证 （也可用Lagrange 中值定理来证）
b a ）知，当x >-1时，ln(1+x ) ≥(2)由（1
6、已知函数f (x ) =ln x , (1) 求函数g (x ) =f (x +1) -x 的最大值；
（2）当0
2a (b -a )
22
a +b
解：g (x ) =f (x +1) -x =ln(x +1) -x (x ∈(-1, +∞)
g '(x ) =
1-x
-1= 当-10, 当x >0时, g '(x )
故当x =0时，g (x ) 取得最大值，且最大值为0.
（2）由（1）知ln(x +1) ≤x (x >-1), 得ln x ≤x -1(x >0), -ln x ≥1-x (x >0)
令x =
a a a b -a , 得-ln ≥1-= b b b b
b -a 2a (b -a ) (b -a )(a 2+b 2) -2ab (b -a ) (b -a )(a -b ) 2-2==>0 22222b a +b b (a +b ) b (a +b ) 所以
b -a 2a (b -a ) 2a (b -a )
>2. 故f (b ) -f (a ) > b a +b 2a 2+b 2
x
≤ln(x +1)(x >-1) x +1
评注：本题得到不等式ln(1+x ) ≤x (x >-1) 与不等式构成经典不等式，即
x
≤ln(x +1) ≤x (x >-1) . x +1
a +b
)
a +b a +b a +b
) =a ln a +b ln b -2⋅ln() 解析：g (a ) +g (b ) -2g (222
7、已知g (x ) =x ln x , 设0
2a 2b
由经典不等式ln(1+x ) ≤x (x >-1且x ≠0), +b ln
a +b a +b
b -a a -b
及00, -1
2a 2b
2a a +b b -a b -a
因此ln =-ln =-ln(1+) >-,
a +b 2a 2a 2a 2b a +b a -b b -a ln =-ln =-ln(1+) >-, a +b 2b 2b 2a =a ln
故a ln
2a 2b b -a a -b a -b b -a
+b ln >a ⋅(-) +b ⋅(-) =+=0 a +b a +b 2a 2b 22
又2a
a +b
)
8、已知f (x ) =ln x -x +1.(1) 求f (x ) 的最大值.
ln 22ln 32ln n 2(n -1)(2n +1) (2)2+2+ +2
23n 2(n +1)
ln x 1
≤1-(x >0) x x
ln 22ln 32ln n 2111所以2+3+ +2
23n 23n
(1)略（2）由（1）知ln x -x +1≤0(x >0) =(n -1) -(
111111
++ +)
11(n -1)(2n +1) (n ≥2, n ∈N *)
(n -1) -(-) =
2n +12(n +1)
1111
)(1+)(1+) (1+)
111
证明ln[(1+12)(1+12) (1+1 即ln(1+) +ln(1+) + ln(1+)
224222n 2422n
9、求证：(1+
构造函数f (x ) =ln(1+x ) -x , x ∈[0, 1], 易得f (x ) 递减，故f (x )
2
1111 则有ln(1+x 2)
2422n 2482n
11
(1-n )
10、f (x ) =x 2-ln(x +1) . (1) 当x >0时，求证：f (x )
111151
(2) 当n ∈N 时，求证：f ()
*
n
3x 3+(x -1) 2
解：(1) 令h (x ) =f (x ) -x =x -ln(x +1) -x , 则h '(x ) =-
(x +1)
3
2
3
易得h (x ) 在(0, +∞) 上单调递减，h (x )
1111
∈(0, 1],取x =, 由（1）得f ()
3
n
n
故∑f (1)
k =1
k 2
当n ≥2时，因为
111111
=
n
21⋅2
2⋅3
2⋅33⋅4
11
-] (n -1) n n (n +1)
所以1+1+1+ +1
333
2
3
=
51 -
42n (n +1)