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

其中Rnx

'x0(x-x0)+f''x02!n

fx0++(x-x0)(x-x0)n+Rnx，n!2f(n1)(n1)!

(xx0)n1称为余项，上式称为n阶泰勒公式；若x00，则上述的泰勒公式称为麦克劳林公式，f''02fn0nx++x+0(xn).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x0的某区间有定义,并且有直到(n1)阶的各阶导数,又在点x0处有n阶的导数f

(n)(x0),则有公式f(x0)f(x0)f(n)(x0)2

f(x)f(x0)(xx0)(xx0)(xx0)(n)Rn(x)

1!2!n!

在上述公式中若Rn(x)0(或Rn(x)0),则可得f(x0)f(x0)f(n)(x0)2

f(x)f(x0)(xx0)(xx0)(xx0)(n)

1!2!n!f(x0)f(x0)f(n)(x0)2

或f(x)f(x0)(xx0)(xx0)(xx0)(n)

1!2!n!x2x3,　　(1x1).1、证明:ln(1x)x23

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x2x3x4

ln(1x)x　　　(11)

234(1)4x4

　04(1)4x2x3

　ln(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x0在x0处展开,然后判断余项Rn(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x0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≤sinx.6

2、不等式左边是三次二项式的初等函数，右边是三角函数，两边无明显的大小关系。这时我们可用sinx在x0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11

f(x)sinxxx3,f(0)0,f'(x)cosx1x2,f'(0)0,62f''(x)sinxx,f''(0)0,f'''(x)cosx1,f'''()cos1n3时，f(x)的泰勒展式为：f(x)000f(x)

有x

当13

x≤sinx.61

(1cosx)x3o(x3)≥0(x≥0,≤x,0＜＜1)所以x≥0,，61

(1cosx)x3o(x3)3!

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.23、证明不等式：1xx＜1x，（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)1x，则f(0)1,f'(x)(1x)2,f'(0),22

35

1312f''(x)(1x),f''(0),f'''(x)(1x)24845

xx21

(1x)3x3代入x0=0的二阶泰勒公式，有1x=1+-+8162(0＜＜1)∵x＞0,∴531

(1x)3x＞016xx2

所以1＜1x（x＞0）.28

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x0=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(1)f(x)在闭区间[a,b]内连续则f(x)满足以下条件:(2)f(x)在开区间(a,b)上可导(a,b)　　　f()

f(b)f(a)

ba4、若0分析yx,p1则　pyp1(xy)xpyppyp1(xy)0yx,则原不等式等价于pyp1

因为xpyppxp1

xy(p1).令f(x)tp,则我们容易联想到Lagrange中值定理f'()(xy)f(x)f(y).xy证明则设f(t)tp,显然f(t)在[y,x]满足Lagrange中值定理的条件f(x)f(y)即p1xpyp,p＝

xyxy(y,x)　　f()

　(y,x)　　　yx,　　pyp1pp1pxp1　pyp1(xy)xpyppyp1(xy)

x，1xb

（2）若a,b0,求证：lnalnb1

a5、已知函数f(x)ln(1x)

(1)求f(x)的极小值；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.

xx1,可得lnx(x0)1xx1a

即lnx1(x0),因为a,b0,lnalnbln

xbab

所以ln1。故得证（也可用Lagrange中值定理来证）ba）知，当x1时，ln(1x)(2)由（1

6、已知函数f(x)lnx,(1)求函数g(x)f(x1)x的最大值；

（2）当0ab时，求证：f(b)f(a)

2a(ba)

a2b2解：g(x)f(x1)xln(x1)x(x(1,)

g(x)

1x11x1x当1x0,g(x)0,当x0时,g(x)0

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lnxx1(x0),lnx1x(x0)令x

aaaba,得ln1bbbbba2a(ba)(ba)(a2b2)2ab(ba)(ba)(ab)220bab2b(a2b2)b(a2b2)所以

ba2a(ba)2a(ba)

2.故f(b)f(a)bab2a2b2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

x

ln(x1)(x1)x1

ab

)(ba)ln22ababab

解析：g(a)g(b)2g()alnablnb2ln()2222a2b

由经典不等式ln(1x)x(x1且x0),alnbln

ababbaab

及0ab,得0,10

2a2b2aabbaba

因此lnlnln(1),

ab2a2a2a7、已知g(x)xlnx,设0ab,求证：0g(a)g(b)2g(

ln

2bababbalnln(1),ab2b2b2a故aln

2a2bbaababba

blna()b()0abab2a2b22又2aab,aln2abln2balnabbln2b(ba)ln2bbaln2ab2babab2babab综上所述，得0g(a)g(b)2g(

ab

)(ba)ln22

8、已知f(x)lnxx1.(1)求f(x)的最大值.

ln22ln32lnn2(n1)(2n1)

2求证：222(n2,nN*)

23n2(n1)

lnx11(x0)xxln22ln32lnn2111所以23212121223n23n(1)略（2）由（1）知lnxx10(x0)，(n1)(

111111

)(n1)()22223n2334n(n1)11(n1)(2n1)(n2,nN*)

(n1)()

2n12(n1)1111*)(1)(1)(1)e(nN)要证明原不等式，就要2222n2482111

证明ln[(11)(11)(11)]1即ln(12)ln(12)ln(12n)1

242224222n9、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)f(0)

221111则有ln(1x)x。故有ln(112)ln(112)ln(11)

2422n2482n11

(1n)

21,得证。211210、f(x)xln(x1).2*n(1)当x0时，求证：f(x)x3;111151

(2)当nN时，求证：f()1333k23n42n(n1)k13x3(x1)2解：(1)令h(x)f(x)xxln(x1)x,则h(x)

(x1)323易得h(x)在(0,)上单调递减，h(x)h(0)0,所以f(x)x（2）设kN*,所以

31111(0,1],取x,由（1）得f()3kkkkn故f(1)1111对于右半边证明如下：当n1时，左右1，不等式成立

k2333n3k1当n2时，因为

2

3

111111

[]322nnnn(n1)2(n1)nn(n1)n21223233411

]

(n1)nn(n1)所以111111[1111

333

51

42n(n1)