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)

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。

拉格朗日中值定理与高考数学[1]拉格朗日中值定理：若函数f 满足如下条件： （i ）f 在闭区间[,]a b 上连续；（ii ）f 在开区间(,)a b 内可导；则在(),a b 内至少存在一点ξ，使得 ()()()'f b f a f b aξ-=-.1、证明()f x a x >或()f x a x<成立（其中0x >） [2]例：（2007年高考全国卷I 第20题）设函数()xxf x e e -=-. （Ⅰ）证明：()f x 的导数()'2fx ≥；（Ⅱ）证明：若对所有0x ≥，都有()f x ax ≥ ，则a 的取值范围是(,2]-∞.（Ⅰ）略.（Ⅱ）证明：（i ）当0x =时，对任意的a ，都有()f x ax ≥(ii)当0x >时，问题即转化为x x e e a x--≤对所有0x >恒成立.令()()()00x xf x f e e G x x x ---==-，由拉格朗日中值定理知()0,x 内至少存在一点ξ（从而0ξ>），使得()()()'00f x f fx ξ-=-，即()()'G x fe e ξξξ-==+，由于()()''000f e e e e ξξξξ--=-=->，故()'f ξ在()0,x 上是增函数，让0x → 得()()()''min 02G x f e e f ξξξ-==+≥=，所以a 的取值范围是(,2]-∞.评注：第(2)小题提供的参考答案用的是初等数学的方法.即令()()g x f x ax =-，再分2a ≤和2a > 两种情况讨论.其中，2a >又要去解方程()'0g x =.但这有两个缺点：首先，为什么a 的取值范围要以2为分界展开.其次，方程()'0g x =求解较为麻烦.但用拉格朗日中值定理求解就可以避开讨论，省去麻烦. 二、证明()()()2(),2a b g a g b g b a b a λ+⎛⎫+-<->⎪⎝⎭成立 例：（2004年四川卷第22题）已知函数()()ln(1),ln f x x x g x x x =+-=. （Ⅰ）求函数()f x 的最大值；（Ⅱ）设02a b a <<<，证明：()()2()ln 22a b g a g b g b a +⎛⎫+-<- ⎪⎝⎭. （Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：依题意，有()'ln 1g x x =+()()()()2222a b a b a b g a g b g g b g g g a ++⎛+⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭由拉格朗日中值定理得，存在,,,22a b a b a b λμ++⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得 ()()()()()()''ln ln 2222a b a b b a b a g b g g g a g g μλμλ+⎛+⎫--⎛⎫⎛⎫---=-•=-• ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()4lnln ln ln 2222b a b b a a b ab a a a μλ---=•<•<•=-评注：对于不等式中含有()()(),,2a b g a g b g a b +⎛⎫<⎪⎝⎭的形式，我们往往可以把()2a b g g a +⎛⎫- ⎪⎝⎭和()2a b g b g +⎛⎫- ⎪⎝⎭，分别对()2a b g g a +⎛⎫- ⎪⎝⎭和()2a b g b g +⎛⎫- ⎪⎝⎭两次运用拉格朗日中值定理. 三、证明()()()1212f x f x x x λ->-成立[3][4]例： (2OO6年四川卷理第22题)已知函数()()22ln (0),f x x a x x f x x=++>的导函数是()'f x ，对任意两个不相等的正数12,x x ，证明：（１）当0a ≤时，()()121222f x f x x x f ++⎛⎫> ⎪⎝⎭（２）当4a ≤时，()()''1212f x f x x x ->-. 证明：（１）不妨设12x x <，即证()()12122122x x x x f x f f f x ++⎛⎫⎛⎫->-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由拉格朗日中值定理知，存在12121122,,,22x x x x x x ξξ++⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则12ξξ<且 ()1222x x f x f +⎛⎫- ⎪⎝⎭()'2122x x f ξ-=•，()()'12211122x x x x f f x f ξ+-⎛⎫-==• ⎪⎝⎭又'22()2a f x x x x=-+， ()''3242a f x x x =+-.当0a ≤时，()''0f x ≥.所以'()f x 是一个单调递减函数，故()()''12f f ξξ<从而()()12122122x x x x f x f f f x ++⎛⎫⎛⎫->-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立，因此命题获证．（２）由()22ln f x x a x x =++得，'22()2af x x x x=-+，令()()'g x f x =则由拉格朗日中值定理得：()()()'1212()g x g x g x x λ-=-下面只要证明：当4a ≤时，任意0λ>,都有()'1g λ>，则有()'324g 21ax x x=+->，即证4a ≤时，24a x x<+恒成立.这等价于证明24x x +的最小值大于4.由于22422x x x x x +=++≥x =4a ≤<，故4a ≤时，32421ax x+->恒成立.所以由拉格朗日定理得：()()()()''12121212()g x g x g x x g x x x x λλ-=-=->-. 评注：这道题用初等数学的方法证明较为冗长，而且技巧性较强.因而思路较为突兀，大多数考生往往难以想到.相比之下，用拉格朗日中值定理证明，思路较为自然、流畅.体现了高观点解题的优越性，说明了学习高等数学的重要性. 四、证明()()()1212f x f x x x λ->-或()()()1212f x f x x x λ->-成立例：（2008年全国卷Ⅱ22题）设函数()sin 2cos xf x x=+.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围.（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：当0x =时，显然对任何a ，都有()f x ax ≤；当0x >时，()()()00f x f x f x x -=- 由拉格朗日中值定理，知存在()0,x ξ∈，使得()()()()'00f x f x f f x x ξ-==-.由（Ⅰ）知()()'22cos 12cos x fx x +=+，从而()()()()''22sin 2cos cos 12cos x x x fx x +-=+.令()''0f x ≥得，()()21,22x k k ππ∈++⎡⎤⎣⎦；令()''0f x ≤得，()2,21x k k ππ∈+⎡⎤⎣⎦.所以在()()21,22k k ππ++⎡⎤⎣⎦上，()'f x 的最大值()()()''max1223f x f k π=+=在 ()2,21k k ππ+⎡⎤⎣⎦上，()'f x 的最大值()()''max 123f x f k π==.从而函数()'f x 在()2,22k k ππ+⎡⎤⎣⎦上的最大值是()'max13f x =.由k N ∈知，当0x >时，()'f x 的最大值为()'max 13f x =.所以，()'f ξ的最大值()'max 13f ξ=.为了使()'f a ξ≤恒成立，应有()'max f a ξ≤.所以a 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.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()min 0g x ≥.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 进行分类讨论;其次为了判断()g x 的单调性,还要求()'0g x ≥和()'0g x ≤的解,这个求解涉及到反余弦arccos3a ,较为复杂.而用拉格朗日中值定理就可以避开麻烦，省去讨论.再次体现了高观点解题的优越性.五、证明()0,()f x x a >>成立，（其中()0f a =） 例：（2007年安徽卷18题）设()()20,1ln 2ln 0a f x x x a x x ≥=--+>.（Ⅰ）令()()'F x xfx =，讨论()F x 在()0,+∞内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当1x >时，恒有2ln 2ln 1x x a x >-+. （Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：即证()0f x >，由于1x >，则()()()111f x f x f x x -=--.由拉格朗日中值定理得，存在()1,x ξ∈，使得()()()'11f x f f x ξ-=-.由（Ⅰ）的解题过程知()'221ln a f x x x x=-+，所以()()''22222222ln ln 1a fx x x a x x x x =-+-=--.令()''0f x ≥得，1a x e +≥.令()''0f x ≤得，11ax e +≤≤.故()'f x 在()1,x ∈+∞上最小值()()'1min a f x f e +=()1111212210a a a a a a e e e e +++++-=-+=>.所以()()''min 0f f x ξ≥>.从而()01f x x >-.又1x >，则()0f x >成立，从而当0x >时，2ln 2ln 1x x a x >-+成立.评注：这道题的参考答案是用（Ⅰ）中()F x 在()0,+∞内的极小值()20F >得到()()'0F x xf x =>.又1x >，所以()'0f x >.从而()f x 在()1,+∞上单调递增,故()f x 的最小值()()min 10f x f >=，所以2ln 2ln 1x x a x >-+.但是如果没有（Ⅰ），很难想到利用()()'F x xfx =来判断()f x 的单调性.而用拉格朗日中值定理证明，就不存在这个问题.六、证明()()1212f x f x x x λ->-或()()1212f x f x x x λ-<-（其中12x x ≠）例：（2009年辽宁卷理21题） 已知函数21()(1)ln ,12f x x ax a x a =-+-> （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）证明：若5a <，则对任意()12,0,x x ∈+∞，12x x ≠，有1212()()1f x f x x x ->--.（Ⅰ）略； （Ⅱ）()'1212()()f x f x f x x ξ-=-.由（Ⅰ）得，()'1a f x x a x-=-+.所以要证1212()()1f x f x x x ->--成立，即证()'11a f a ξξξ-=-+>-.下面即证之.令()2(1)1g a a ξξξ=--+-，则()()()()214115a a a a ∆=---=--.由于15a <<，所以0∆<.从而()0g ξ>在R 恒成立.也即21a a ξξξ-+->-.又()12,x x ξ∈，()12,0,x x ∈+∞，故0ξ>.则211a a ξξξ-+->-，即()'11a f a ξξξ-=-+>-，也即1212()()1f x f x x x ->--.评注：这道题（Ⅱ）小题存在两个难点：首先有两个变量12,x x ；其次a 的值是变化的.参考答案的解法是考虑函数()()g x f x x =+.为什么考虑函数()()g x f x x =+？很多考生一下子不易想到.而且()'g x 的放缩也不易想到.拉格朗日中值定理是数学分析的一个重要定理.是解决函数在某一点的导数的重要工具.近年来，不少高考压轴题以导数命题，往往可以用拉格朗日中值定理求解.固然，这些压轴题用初等数学的方法也可以求解.但初等数学的方法往往计算量较大.这时，用拉格朗日中值定理交易解决.充分体现了高等数学的优越性，有力反驳了“高数无用论”的错误的想法.从而使学生感受到高等数学与初等数学的联系，增加学习的兴趣.从以上六道题目与参考答案不同的解法中，我们可以感受到高等数学对初等数学具有居高临下的指导作用.近几年，高观点下的高考命题颇受命题者的青睐.因此加强对高等数学的研究就显得很有必要.参考文献[1] 华东师范大学数学系编.数学分析（上册）[M].北京：高等教育出版社，2007 [2] 陈素贞.一道高考题的别解[J].福建中学数学，2009（4）[3] 李惟峰. 拉格朗日中值定理在中学数学中的应用[J]. 数学教学通讯，2008（8） [4] 管雪冲，王颖. 站”高”再看高考题[J]. 高等数学研究，2009（1）。

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.。

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 。

2014/12DAO HANGf(x)=f(x0)+f1(x0)1!(x-x0)+…+f n(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f(x)=f(0)+f1(0)1!x+f2(0)2!x2+…+f n(0)n! x n+0(x n)称此式为(带有皮亚诺余项的)麦克劳林公式。

泰勒公式形式2[1]：若函数f(x)在含有x0的某区间(a,b)内存在n+1阶导函数,则有f(x)=f(x0)+f1(x0)1!(x-x0)+…+f n(x0)n!(x-x0)n+R n(x)（2)这里R n(x)=f n+1(ξ)(n+1)!(x-x0)n+1（ξ在x0与x之间）为拉格朗日余项,称（2）式为函数f(x)在点x0的泰勒公式。

当x0=0时,（2）式变成f(x)=f(0)+f1(0)1!x+f2(0)2!x2+…+f n(0)n! x n+R n(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∈[0,+不等式恒成立的是（）1+x+x2(B)11+x√≤1-12x+14x2≥1-12x2(D)ln(1+x)≥x-18x2高考的标准答案是利用导数公式，通过函数的单来证明不等式恒成立。

f(x)=cosx-(1-12x2)=cosx-1+12x2′(x)=-sinx+x,所以g′(x)=-cosx+1≥0x∈[0,+∞)时，g(x)为增函数，所以g(x)=f′(x)≥g(0)=0≥f(0)=0∴cosx-(1-12x2)≥0即cosx≥1-12x2，：由泰勒展开式知cosx=1-x22!+x44!-…+(-1)n2n)缩后易得不等式cosx≥1-12x2恒成立。

2013年全国卷新课标Ⅱ理科第21题）已知函数x.(1)设x=0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0。

第16讲 拉格朗日中值定理在高考中的应用拉格朗日中值定理是高等数学的内容,在高中数学中也是比较重要的一块,其定理本身比较简洁,也可以在高考中解决一类不等式问题,其解法比较快捷,我们来认识一下这个定理吧!拉格朗日中值定理拉格朗日中值定理:若函数f 满足如下条件:(1)f 在闭区间[,]a b 上连续.(2)f 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'=()()f b f a b a--.几何意义:在以(,()),(,())A a f a B b f b 为端点的曲线上()y f x =至少存在一点(,())P f ξξ,该曲 线在该点处的切线平行于曲线两端的连线AB . 【例】已知函数221()1g x x x=-+,问是否存在实数x ,使得函数()g x 上任意不同两点连线的斜率都不小于k ?若存在,求k 的取值范围;若不存在,说明理由. 假设存在实数k ,使得的图像上任意不同两点连线的斜率都不小于k , 即对任意210x x >>,都有()()2121g x g x k x x --.即求任意两点割线斜率的大小,由中值定理知存在()12,x x x ∈,有()g x '=()()2121g x g x k x x --,转为求切线斜率的大小.即3241()g x k xx=-在(0,)+∞上恒成立的问题.拉格朗日证明无参不等式用拉格朗日中值定理证明不等式的一般步骤:第一步:在不等式中找合适的函数()y f x =.第二步:利用拉格朗日中值定理转换,即()()()f b f a f b aξ-'=-.（或()()()()f b f a f b a ξ-='-）,并确定ξ的范围.第三步:利用ξ的范围对不等式放缩,从而证明不等式. 【例1】设0x >,证明:ln(1)x x +<.【例2】当1x >时,证明:e e xx >.【例3】当0x >时,证明:11ln 11x x⎛⎫+>⎪+⎝⎭.【例4】当0x >时,证明:11ln 11x x⎛⎫+> ⎪+⎝⎭.拉格朗日证明一元含参不等式利用拉格朗日中值定理证明一元含参不等式问题的一般步骤: 第一步:参变分离为:()f x a x>或()f x x <a 成立.[其中0,(0)0x f >=,只有这种 结构才可以使用]第二步:拉格朗日中值定理简化为()f ξ'()(0)0f x f a x -=>-或()(0)()0f x f f x ξ-'=-a <.[其中(0,)]x ξ∈第三步:转化为求()f ξ'最值问题.【例1】设函数()e 1xf x =-,若对所有0x >,都有()f x ax >,求a 的取值范围.【例2】设函数()e e x x f x -=-,证明:若对所有0x ,都有()f x ax ,则a 的范围是(,2]-∞.【例3】设函数sin ()2cos xf x x=+,如果对任何0x ,都有()f x ax ,求a 的取值范围.拉格朗日证明双变量含参不等式由拉格朗日中值定理解决具有()()1212f x f x x x --特点的证明或求参数的范围问题的一般步骤:第一步：把问题转化为证明()()1212f x f x x x λ->-或()()1212f x f x x x λ-<-(其中)12x x ≠结构的问题.第二步:利用拉格朗日中值定理简化.即证明()()1212()f x f x f x x ξλ-='>-或()()1212()f x f x f x x ξλ-='<-.第三步:问题转化为证()f ξ'与λ的大小关系.【例1】设函数()ln (1)f x x m x =-+,(0,)x m >∈R .若对任意121x x >>,()()12121f x f x x x -<--恒成立,求m 的取值范围.【例2】设函数()ln ,m f x x m x =+∈R ,若对任意()()0,1f b f a b a b a->>-恒成立,求m 的取值范围。

罗尔拉格朗日柯西中值定理洛必达法则泰勒公式等与导数的应用导数是微积分中的重要概念，它描述了函数在特定点处的变化率。

导数的应用十分广泛，包括罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理、洛必达法则和泰勒公式等。

首先，罗尔定理是导数的一个重要应用。

罗尔定理断言，如果一个函数在闭区间上连续，在开区间上可导，并且在区间的两个端点上取相同的函数值，那么在开区间内必然存在至少一点，使得该点处的导数值为零。

这一定理在求解一些问题时非常有用，例如利用罗尔定理可以证明函数在区间内取最大或最小值的存在性。

第二，拉格朗日中值定理是导数的另一个重要应用。

拉格朗日中值定理断言，如果一个函数在闭区间上连续，在开区间上可导，那么在这两个点之间存在至少一点，使得该点处的导数等于函数在这两个端点处的斜率。

这一定理在求解一些问题时非常有用，例如可以利用拉格朗日中值定理证明函数的单调性、判断函数的凹凸性等。

第三，柯西中值定理是导数的又一个重要应用。

柯西中值定理断言，如果两个函数在闭区间上连续，在开区间上可导，并且其中一个函数在开区间内不为零，那么在这两个函数之间存在至少一点，使得这两个函数在该点处的导数的比值等于这两个函数在该点处的函数值的比值。

这一定理在求解一些问题时非常有用，例如可以利用柯西中值定理来证明两个函数在其中一区间内是否相等。

第四，洛必达法则是导数的又一个重要应用。

洛必达法则通过求函数的极限可以帮助我们计算一些特殊函数在其中一点处的导数。

该法则是通过对函数的分子和分母同时求导，并比较它们在其中一点的极限值来求得函数在该点处的导数。

这一法则在求解一些特殊函数的导数时非常有用，例如在求解\((\sin x)/x\)的导数时就可以使用洛必达法则。

第五，泰勒公式是导数的又一个重要应用。

泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它将一个函数在其中一点处的值与它在该点处的导数、二阶导数、三阶导数等有关。

利用泰勒公式，我们可以将一个复杂的函数通过多项式近似表示，从而简化计算。

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。

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。

知识文库 第08期94 创新教育知识泰勒（Taylor ）公式在不等式证明中的应用司秀林不等式的证明是一个较难解决的课题，它的证明比较复杂。

本文给出了利用泰勒（Taylor）公式证明不等式的方法。

实例证明这种方法是很有效的一种方法。

不等式的证明一般方法有：（1）利用函数的单调性和凸凹性；（2）利用拉格朗日中值定理；（3）利用二重积分。

本文给出了利用泰勒（Taylor）公式证明不等式的实例，并由多年的教学经验总结了这种方法的应用特点及相应的结论，为进行不等式的证明提供了一种非常有效，又简单的方法。

1 Taylor 公式如果函数()f x 在含有0x 的某个开区间(,)a b 内具有直到(1)n +阶的导数，则对于任意一个(,)x a b Î，有()f x =0()f x +00()()f x x x ¢-+20()()2!f x x x ¢¢-+L+()0()()!n n f x x x n -+()nR x其中()n R x =(1)10()()(1)!n n f x x n x ++-+ （1） 这里x 是0x 与x 之间的某个值。

公式（1）称为()f x 按0()x x -的幂展开的带有拉格朗日余项的n 阶Taylor 公式。

在Taylor 公式（1）中，如果取00x =，则公式变为()f x =(0)f +(0)f x ¢+2(0)2!f x ¢¢+L +()(0)!n n f x n +()n R x 其中()n R x =(1)1()(1)!n n f xn x +++ （2） 这里x 是0与x 之间的某个值。

公式（2）称为麦克劳林（Maclaurin）公式。

2 Taylor 公式在不等式证明中的应用下面我们通过例子来说明泰勒（Taylor）公式在不等式证明中的应用。

例：设函数()f x 、()g x 都二阶可导，当0x >时，()()f x g x ¢¢¢¢>，且(0)(0)f g =，(0)(0)f g ¢¢=。

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。

用“拉格朗日中值定理”快速破解导数难题，轻松搞定高考压轴题拉格朗日中值定理（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。

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.。