牛顿切线法及应用 讲义-2026届高三数学一轮复习

10.牛顿切线法及应用 一．基本原理 牛顿（1643-1727）给出了牛顿切线法：用“作切线”的方法求方程的近似解如图，设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值.一般地，过点（）作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，若，那么. 二．典例分析 例1．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程根的一种解法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值.一般地，过点（）作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值.对于方程，记方程的根为，取初始近似值为，下列说法正确的是（    ） A． B．切线： C． D． 解析：由，可得，即，根据函数零点的存在性定理，可得，所以A正确； 又由，设切点，则切线的斜率为，所以切线方程为，令，可得，所以D正确；当时，可得，则，所以的方程为，即，所以B正确；由，可得，，此时，所以C错误；故选：ABD 例2．英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛．若数列满足，则称数列为牛顿数列．若，数列为牛顿数列，且，，数列的前n项和为，则满足的最大正整数的值为________． 解析：因为，所以，则，又，，所以是首项为，公比的等比数列，则，令，则，又因为在定义域内单调递增，且，所以，所以最大正整数的值为10.故答案为：10. 例3．人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（1643-1727）给出了牛顿法——用“作切线”的方法求方程的近似解如图，方程的根就是函数的零点r，取初始值处的切线与轴的交点为在处的切线与轴的交点为，一直这样下去，得到，它们越来越接近r.若，则用牛顿法得到的r的近似值约为___________（结果保留两位小数）. 解析：由，，所以在处的切线方程为：，令， 可得：，所以在处的切线方程为：，令，故答案为： 例4．英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛．若数列满足，则称数列为牛顿数列．若，数列为牛顿数列，且，，数列的前n项和为，则满足的最大正整数n的值为________． 解析：因为，所以，则，又，，所以是首项为，公比的等比数列，则， 令，则，又因为在定义域内单调递增，且，所以，所以最大正整数n的值为10.故答案为：10. 例5.（2025届广东省深圳市高三二模） 已知函数，函数图象上的一点，按照如下的方式构造切线：在点处作的切线，记切线与轴交点的横坐标为． （1）写出与的递推关系式； （2）记的零点为，且． （i）证明：当时，； （ii）证明：对于任意的，都有． （1）解：（1），则函数在点处的切线方程为，令，得 ． （2）（i）当时，，当时，单调递增，又因为，所以有唯一的零点，其中．令，, 当时，，故在上单调递增．因为 ，所以．因为在上单调递增，所以当时，，又因为， 所以，即证得：当时，． （ii）由（i）知：因为，从而，进而，由此递推可知：当时，， 令，下面证明：对于任意的，都有成立，即．因为，所以只需证明，即， 令，其中，则 ，因为， 所以，故，从而在上单调递增，可知，故在上单调递增，因此，因为，故 ，即对于任意的，都有成立，由此可得：，所以对于任意的，都有． 三．习题演练 1．牛顿法是17世纪牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值；一直继续下去，得到.一般地，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，称数列为牛顿数列. （1）若函数的零点为.求的2次近似值； （2）设是函数的两个零点，数列为函数的牛顿数列，数列满足. （i）求证：数列为等比数列； （ii）证明：. 2．如图，在求解一些函数零点的近似值时，常用牛顿切线法进行求解．牛顿切线法的计算过程如下：设函数的一个零点，先取定一个初值，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，以此类推，每进行一次切线求解，我们就称之为进行了一次迭代，若进行足够多的迭代次数，就可以得到的近似值，设函数，令．    （1）证明：存在唯一零点，且； （2）已知，证明：； （3）经过4次迭代后，判断的近似值与的差值小于． 3.（24届广东省大湾区高三二模）拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，其内容为：如果函数在闭区间上的图象连续不断，在开区间内的导数为，那么在区间内存在点，使得成立．设，其中为自然对数的底数，．易知，在实数集上有唯一零点，且． （1）证明：当时，； （2）从图形上看，函数的零点就是函数的图象与轴交点的横坐标．直接求解的零点是困难的，运用牛顿法，我们可以得到零点的近似解：先用二分法，可在中选定一个作为的初始近似值，使得，然后在点处作曲线的切线，切线与轴的交点的横坐标为，称是的一次近似值；在点处作曲线的切线，切线与轴的交点的横坐标为，称是的二次近似值；重复以上过程，得的近似值序列． ①当时，证明：； ②根据①的结论，运用数学归纳法可以证得：为递减数列，且．请以此为前提条件，证明：． 参考答案 1.解析：（1）因为，则，可得，， 曲线在处的切线为，令，得，则，，曲线在处的的切线为， 令，得，所以的2次近似值为. （2）（i）因为，则，可得，，过点作曲线的切线， 令，得，则， 又因为是函数的两个零点，则，且，则，可得， 则，故数列为等比数列； （ii）记，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，所以，即，由题意可得：，记，则，由，可得：，即，即， 所以. 2.解析：（1），所以单调递增， 因为，， 所以存在唯一零点，且． （2）在点处的切线方程为，    令，解得，     ，易知，所以，    要证，只需证，    即，因为，所以． （3）由（2）可知，，    所以，     所以，    所以，   所以经过4次迭代后，的近似值与的差值小于． 3.解析：（1）因为在上单调递增,所以任意,有另一方面,注意到,所以,根据拉格朗日中值定理,存在 ，因为,所以,所以. （2）①先证,在处,曲线的切线方程为 ,令,得,即,由于在上单调递增,所以,而,所以,所以,即 再证:，由于在上单调递增,只需证,曲线的切线方程为,即根据的定义,，令 ，，所以在上单调递减，而所以,又 ,所以,所以,综上:. ②首先,由于在上单调递增，，所以，所以 ，根据(1)，及前面的结论 .令,则，记,则当时, ，根据拉格朗日中值定理使得 即，所以 累乘，得，所以 学科网（北京）股份有限公司 $$