泰勒公式在不等式證明中的應(yīng)用

孟麗君

【摘 要】泰勒公式在數(shù)學(xué)分析里有著重要的地位，并且可以給一些高數(shù)題目的求解帶來便利。本文介紹了泰勒公式在一般不等式、積分不等式、導(dǎo)數(shù)不等式方面的應(yīng)用，總結(jié)出泰勒公式在證明一般不等式、積分不等式、導(dǎo)數(shù)不等式的思路。

【關(guān)鍵詞】泰勒公式；不等式

一、引言

多項式函數(shù)是各類函數(shù)中最簡單的函數(shù)，泰勒公式建立了一般函數(shù)與多項式函數(shù)的聯(lián)系。研究泰勒公式，對于我們解決許多數(shù)學(xué)題目有重要意義。泰勒公式的重要結(jié)論如下：

定理1 若函數(shù)f（x）在點x0存在直至n階導(dǎo)數(shù)，則有f（x）=Tn（x）+o（（x-x0）n） （1）其中Tn（x）=f（x0）+f′（x0）（x-x0）+（x-x0）2+…+（x-x0）n為泰勒多項式，而o（（x-x0）n）為佩亞諾型余項，（1）式為帶有佩亞諾型余項的泰勒公式。

定理2 若函數(shù)f（x）在[a，b]存在直至n階連續(xù)導(dǎo)函數(shù)，在（a，b）存在n+1階導(dǎo)函數(shù)，則對任意給定的x，x0∈[a，b]，至少存在一點ξ∈（a，b），使得

f（x）=Tn（x）+（x-x0）n+1 （2）

其中Tn（x）同定理1相同為泰勒多項式，而（x-x0）n+1為拉格朗日余項，（2）式為帶有拉格朗日余項的泰勒公式。

一些文獻(xiàn)對泰勒公式的應(yīng)用，如求函數(shù)的近似值、求函數(shù)的極限、求函數(shù)在某點的高階導(dǎo)數(shù)值等，本文著重介紹泰勒公式在證明不等式中的應(yīng)用，幫助學(xué)生系統(tǒng)掌握這部分知識。

二、在證明一般不等式方面的應(yīng)用

泰勒公式在證明一般不等式的題目類型條件約束較低，一般題目中函數(shù)只要二階或二階以上可導(dǎo)，就可以考慮使用泰勒公式。

例1（哈爾濱工業(yè)大學(xué)，北京科技大學(xué)）設(shè)f（x）在[a，b]上二階可微，f″（x）<0。試證：

?a≤x1kif（xi）

證明：因f（x）在[a，b]上二階可微，從而f（x）用泰勒公式展開到二階

f（x）=f（x0）+f′（x0）（x-x0）+（x-x0）2

泰勒公式證明題目的時候要選擇恰當(dāng)?shù)膞，x0，本題中選擇x=xi，x0=kixi

從而上式為：

f（xi）=f（kixi）+f′（kixi）（xi-kixi）+（xi-kixi）2

將ki乘上式兩端，然后n個不等式相加，得出：

kif（xi）

kif（xi）

由已知條件ki=1，可以得出：

[kif′（kixi）（xi-kixi）]=f′（kixi）[kixi-ki（kixi）]=0

從而kif（xi）

（上接第44頁）

例2（北京師范大學(xué)）設(shè)f（x）有二階導(dǎo)數(shù)，f（x）≤[f（x-h）+f（x+h）]，試證：f″（x）≥0

證明：因f（x）有二階導(dǎo)數(shù)，從而f（x-h），f（x+h）用泰勒公式展開到二階

f（x-h）=f（x）-f′（x）h+h2+o（h2）

f（x+h）=f（x）+f′（x）h+h2+o（h2）

上面兩式相加并除以2，得出[f（x-h）+f（x+h）]=f（x）+h2+o（h2）

由已知條件f（x）≤[f（x-h）+f（x+h）]

上式可以得出h2+o（h2）≥0?+≥0

令h→0取極限得出f″（x）≥0

通過例1，例2可以總結(jié)出用泰勒公式證明一般不等式的解題思路：（1）按照已知條件，通常條件的最高階數(shù)為泰勒公式展開的最高階數(shù)；（2）泰勒公式展開后要選擇適合的，關(guān)于的選擇需要一定解題經(jīng)驗，應(yīng)該加強這方面的積累；（3）根據(jù)已知條件對泰勒展式進(jìn)行適當(dāng)縮放。

三、在證明定積分不等式方面的應(yīng)用

泰勒公式在證明定積分不等式的題目類型與證明一般不等式的條件相同，條件約束也較低，一般題目中函數(shù)只要二階或二階以上可導(dǎo)，就可以考慮使用泰勒公式。

例3設(shè)f（x）在[a，b]上單調(diào)增加，且f″（x）>0

試證：（b-a）f（a）

證明：利用定積分的性質(zhì)，容易得出（b-a）f（a）

因f（x）在[a，b]上二階可導(dǎo)，從而?t∈[a，b]在點x用泰勒公式展開到二階

f（t）=f（x）+f′（x）（t-x）+（t-x）2

利用已知條件f″（x）>0，可以得出f（t）>f（x）+f′（x）（t-x）

分別取t=a，t=b，帶入上式得出f（a）>f（x）+f′（x）（a-x）

f（b）>f（x）+f′（x）（b-x）

將上面不等式組左右相加，得出f（a）+f（b）>2f（x）+（a+b）f′（x）-2xf′（x）

兩邊同時求定積分[f（a）+f（b）dx>2f（x）dx+（a+b）f′（x）dx-2xf′（x）dx?[f（a）+f（b）]（b-a）>2f（x）dx+（a+b）[f（b）-f（a）]-2xdf（x）?[f（a）+f（b）]（b-a）>2f（x）dx+（a+b）[f（b）-f（a）]-2xf（x）│+2f（x）dx?[f（a）+f（b）（b-a）>4]f（x）dx+（a+b）[f（b）-f（a）]-2bf（b）+2af（a）?2[f（a）+f（b）]（b-a）>4f（x）dx?f（x）dx<（b-a）

綜述可得：

（b-a）f（a）

通過例3可以總結(jié)出用泰勒公式證明定積分不等式的解題思路：（1）按照已知條件，通常條件的最高階數(shù)為泰勒公式展開的最高階數(shù)；（2）泰勒公式展開后要選擇適合的；（3）根據(jù)已知條件對泰勒展式進(jìn)行適當(dāng)縮放；（4）對（3）所得的式子兩邊同時取積分，解積分通常可以得出結(jié)論。

注意：上述步驟（2）與（3）可以互換。

四、在證明導(dǎo)數(shù)不等式方面的應(yīng)用

泰勒公式在導(dǎo)數(shù)不等式方面的題目類型與上述條件相同，一般題目中函數(shù)只要二階或二階以上可導(dǎo)，就可以考慮使用泰勒公式。

例4設(shè)f（x）在[0，1]上有二階導(dǎo)數(shù)，0≤f（x）≤1時|f（x）|≤1，

|f″（x）|<2試證：當(dāng)0≤x≤1時，|f′（x）|≤3。

證明：因f（x）在[0，1]上二階可導(dǎo)，從而?t∈[0，1]在點x用泰勒公式展開到二階

f（t）=f（x）+f′（x）（t-x）+（t-x）2

分別取t=0，t=1可得：

f（1）=f（x）+f′（x）（1-x）+

（（1-x）2

f（0）=f（x）+f′（x）（-x）+

（（-x）2

上面方程組左右兩端相減，可得：

f（1）-f（0）=f′（x）+（1-x）2-x2

?|f′（x）|≤|f（1）|+|f（0）|+（1-x）2+x2≤2+（1-x）2+x2≤2+1≤3

例5設(shè)f（x）在[a，b]上有二階導(dǎo)數(shù)，f′（a）=f′（b）=0，試證：?ξ∈[a，b]，使得|f″（ξ）|≥|f（b）-f（a）|

證明：因f（x）在[a，b]上有二階導(dǎo)數(shù)，從而f（x）用泰勒公式展開到二階

f（x）=f（x0）+f′（x0）（x-x0）+（x-x0）2

取x=，分別取x0=a，x0=b，題目給出f′（a）=f′（b）=0，從而得出：

f（

）=f（a）+

（

）2 ξ∈（a，

）

f（

）=f（b）+

（

）2 η∈（

，b）

上面方程組左右兩端相減，可得：f（b）-f（a）+[f″（η）-f″（ξ）]（b-a）2=0

故≤（|f″（η）|-|f″（ξ）|）

取ξ=ζ |f″（η）|≤|f″（ζ）|

η |f″（η）|>|f″（ζ）|

從而得出≤[|f″（η）|+|f″（ζ）|]≤|f″（ξ）|

通過例4，例5可以總結(jié)出用泰勒公式證明導(dǎo)數(shù)不等式的解題思路：（1）按照已知條件，通常條件的最高階數(shù)為泰勒公式展開的最高階數(shù)；（2）泰勒公式展開后要選擇適合的x，x0；（3）根據(jù)所證結(jié)論對泰勒展式的一階導(dǎo)數(shù)或二階導(dǎo)數(shù)等項進(jìn)行適當(dāng)縮放即可。

本文介紹了泰勒公式在證明一般不等式、積分不等式、導(dǎo)數(shù)不等式方面的應(yīng)用，通過介紹我們可以看出泰勒公式在證明不等式時，思路比較清晰，易于操作，為我們解決一些比較復(fù)雜的不等式打開了新的思路。同時泰勒公式在高等數(shù)學(xué)其他解題方面也有許多便利，值得我們后續(xù)進(jìn)一步研究。

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