10.牛顿切线法及应用_11.3-2_2026-11-03

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r是函
数y f x的一个零点，任意选取x 作为r的初始近似值，过点 x f x  作曲线y f x
0 0 0
的切线l ，设l 与x轴交点的横坐标为x ，并称x 为r的1次近似值；过点 x f x  作曲
1 1 1 1 1 1
线y f x的切线l ，设l 与x轴交点的横坐标为x ，称x 为r的2次近似值.一般地，过
2 2 2 2
点 x f x  （nN*）作曲线y f x的切线l ，记l 与x轴交点的横坐标为x ，并
n n n1 n1 n1
f(x )
称x 为r的n1次近似值，若 f '(x )0，那么x  x  n1 .
n1 n1 n n1 f '(x )
n1
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r
是函数y f x的一个零点，任意选取x 作为r的初始近似值，过点 x f x  作曲线
0 0 0
y f x的切线l ，设l 与x轴交点的横坐标为x ，并称x 为r的1次近似值；过点
1 1 1 1
x f x  作曲线y f x的切线l ，设l 与x轴交点的横坐标为x ，称x 为r的2次近似
1 1 2 2 2 2
值.一般地，过点 x f x  （nN*）作曲线y f x的切线l ，记l 与x轴交点的横坐
n n n1 n1
标为x ，并称x 为r的n1次近似值.对于方程x3x10，记方程的根为r，取初始
n1 n1
近似值为x 1，下列说法正确的是（ ）
0
A．r2,1 B．切线l ：23x4y310
2
1 2x31
C． x x  D．x  n
3 2 8 n1 3x21
n
解析：由 f xx3x1，可得 f 10, f 20，即 f 1 f 20，根据函数零点
的存在性定理，可得r2,1，所以A正确；
又由 fx3x21，设切点P(x ,x3x 1)，则切线的斜率为k  fx 3x21，所以切
n n n n nx3x 1 2x31
线方程为yx3x 1  3x21 xx ，令y0，可得x  n n x  n ，所
n n n n n1 3x21 n 3x21
n n
3 3 7 3 23
以D正确；当x 1时，可得x  ，则 f( ) , f( ) ，所以l 的方程为
0 1 2 2 8 2 4 2
7 23 3 3 2x31 31
y  (x )，即23x4y310，所以B正确；由x  ，可得x  1  ，
8 4 2 1 2 2 3x21 23
1
2x31 71749 1
x  2  ，此时 x x  ，所以C错误；故选：ABD
3 3x21 54142 3 2 8
2
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
f x 
天中应用广泛．若数列x 满足x x  n ，则称数列x 为牛顿数列．若
n n1 n fx  n
n
1
f x ，数列x 为牛顿数列，且x 1，x 0，数列x 的前n项和为S ，则满足
x n 1 n n n
S 2023的最大正整数n的值为________．
n
1
1 1 f x  x
解析：因为 f x ，所以 fx ，则x x  n x  n 2x ，又x 1
x x2 n1 n fx  n 1 n 1
n 
x2
n
12n
，x 0，所以x 是首项为x 1，公比q= 2的等比数列，则S  2n1，令
n n 1 n 12
S 2n12023，则2n 2024，又因为y2x在定义域内单调递增，且
n
210 10242024,211 20482024，所以n10，所以最大正整数n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 f(x)0的根就是函数 f(x)的零点r，取
初始值x 处的切线与x轴的交点为x, f(x)在x 处的切线与x轴的交点为x ，一直这样下
0 1 1 2
去，得到x ,x,x ,x ，它们越来越接近r.若 f(x)x3x1,x 1，则用牛顿法得到的
0 1 2 n 0
r的近似值x 约为___________（结果保留两位小数）.
2
解析：由 f(x)x3x1 f'(x)3x21， f'(x ) f'(1)2, f(x ) f(1)1，所以在x
0 0 0
处的切线方程为：y12(x1)，令y0x 1.5，
1
可得： f'(x ) f'(1.5)5.75, f(x ) f(1.5)0.875，所以在x 处的切线方程为：
1 0 1
y0.8755.75(x1.5)，令y0x 1.35，故答案为：1.35
2
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f x 
天中应用广泛．若数列x 满足x x  n ，则称数列x 为牛顿数列．若
n n1 n fx  n
n
1
f x ，数列x 为牛顿数列，且x 1，x 0，数列x 的前n项和为S ，则满足
x n 1 n n n
S 2023的最大正整数n的值为________．
n
1
1 1 f x  x
解析：因为 f x ，所以 fx ，则x x  n x  n 2x ，又x 1
x x2 n1 n fx  n 1 n 1
n 
x2
n
12n
，x 0，所以x 是首项为x 1，公比q= 2的等比数列，则S  2n1，
n n 1 n 12
令S 2n12023，则2n 2024，又因为y2x在定义域内单调递增，且
n
210 10242024,211 20482024，所以n10，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）
 1
已知函数 f(x) xlnx1，函数 f(x)图象上的一点  x , f x   x  ，按照如下的
0 0  0 e
方式构造切线l  nN* ：在点  x , f x  处作 f(x)的切线l ，记切线l 与x轴交点
n n1 n1 n n
的横坐标为x ．
n
（1）写出x 与x 的递推关系式；
n n1
（2）记 f(x)的零点为r，且x r ．
0
（i）证明：当x r 时，x r；
n1 n
1 
（ii）证明：对于任意的C
 2
,1

，都有 x
n
r Cn x
0
r ．
（1）解：（1） f(x)lnx1,x(0,)，则函数 f(x)在点  x , f x  处的切线
n1 n1
方程为y lnx 1xx x lnx 1，令y 0，得
n1 n1 n1 n1
x lnx 1 x 1
x  x  n1 n1  n1 ．
n n1 lnx 1 lnx 1
n1 n1
（ 2） （ i） 当 x(0,1)时 ， f(x) xlnx11， 当 x(1,)时 ，
f(x)lnx10, f(x)单调递增，又因为 f(1)10, f(2)2ln210，所以
x1
f(x)有 唯 一 的 零 点 xr， 其 中 r(1,2)． 令 g(x) ,x(r,)，
lnx11
lnx
x f(x)
g(x)  ,
(lnx1)2 x(lnx1)2
当x(r,)时， f(x)0,g(x)0，故g(x)在(r,)上单调递增．因为
r1 r(r1) r(r1)
f(r)rlnr10， 所 以 g(r)   r． 因 为 g(x)在
lnr1 rlnrr 1r
(r,)上单调递增，所以当x r 时，gx  g(r)，又因为x  gx ,g(r)r
n1 n1 n n1
，
所以x r，即证得：当x r 时，x r．
n n1 n
（ii）由（i）知：因为x r ，从而x  gx  g(r)r，进而x  gx  g(r)r
0 1 0 2 1
，由此递推可知：当x r 时，x r
 nN*
，
0 n
x lnx 1 1 
令a
n
 x
n
r  x
n
r  x
n1
r n
l

n
1
x
n

1
1
，下面证明：对于任意的C
 2
,1

，
n1
x lnx 1
都有a Ca  nN* 成立，即x r n1 n1 C x r Cx r．因
n n1 n1 lnx 1 n1 n1
n1
为 lnx 10，所以只需证明 (C1)x rlnx 1x lnx 10，即
n1 n1 n1 n1 n1
Cx (C1)rlnx (C1)x r10，
n1 n1 n1
令m(x)[Cx(C1)r]lnx(C1)(xr)1，其中x(r,)，则
(C1)r Cx(C1)r
m(x)Clnx 2C1,m(x) ，因为x(r,)，
x x2
Cx(C1)r
所以 Cx(C1)r Cr(C1)r (2C1)r…0，故 m(x) …0，从而
x2
m(x)在(r,)上单调递增，可知m(x)m(r)ClnrC 0，故m(x)在(r,)上
单调递增，因此m(x)m(r)rlnr10，因为x r
 nN*
，故
n1
1 
mx
n1
Cx
n1
(C1)rlnx
n1
(C1)x
n1
r10，即对于任意的C
 2
,1
 
， 都 有 a Ca
 nN*
成 立 ， 由 此 可 得 ：
n n1
a a a 1 
a
n

a
n 
a
n 
a
1 a
0
Cna
0
Cnx
0
r， 所 以 对 于 任 意 的 C
 2
,1

， 都 有
n1 n1 0
x r Cn x r  nN* ．
n 0
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r是函数 f x的一个零点，任取x 作为r的初始近似值，过点
0
x , f x  作曲线y f x的切线l ，设l 与x轴交点的横坐标为x，并称x为r的1次近
0 0 1 1 1 1
似值；过点 x, f x  作曲线y f x的切线l ，设l 与x轴交点的横坐标为x ，称x 为r
1 1 2 2 2 2
的2次近似值；一直继续下去，得到x,x ,x ,,x .一般地，过点 x , f x  作曲线
1 2 3 n n n
y f x的切线l ，记l 与x轴交点的横坐标为x ，并称x 为r的n1次近似值，称
n1 n1 n1 n1
数列x 为牛顿数列.
n
（1）若函数 f xxlnx的零点为r,x 1.求r的2次近似值；
0
（2）设,()是函数 f xx2axba,bR的两个零点，数列x 为函数 f x
n
x 
的牛顿数列，数列c 满足c  n  nN* ,x .
n n x  n
n
（i）求证：数列lnc 为等比数列；
n
n 1 2
（ii）证明：  .
c lnc
i1 i 1
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 f(x)的一个零点x ，先取定一个初值x，曲线y f(x)在xx 处的
0 1 1
切线为l ，记l 与x轴的交点横坐标为x ，曲线y f(x)在xx 处的切线为l ，记l 与x
1 1 2 2 2 2
轴的交点横坐标为x ，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，
3
若进行足够多的迭代次数，就可以得到x 的近似值x  nN* ，设函数 f(x)x3x1，
0 n
令x 1．
1
2
（1）证明： f(x)存在唯一零点x ，且 x 1；
0 3 0
2
（2）已知x  ，证明： x x  x x 2；
n 3 n1 0 n 0
（3）经过4次迭代后，判断x 的近似值x 与x 的差值小于107．
0 5 0
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 f x在闭区间a,b上的图象连续不断，在开区间a,b内的导数为 fx， 那 么 在 区 间 a,b内 存 在 点 c， 使 得 f b f a fcba成 立 ． 设
f xex  x4，其中e为自然对数的底数，e2.71828．易知， f x在实数集R
 3
上有唯一零点r，且r

1,

．
 2
 1
（1）证明：当x

r,r

时，0 f x1；
 9
（2）从图形上看，函数 f xex  x4的零点就是函数 f x的图象与x轴交点的横
坐标．直接求解 f xex  x4的零点r是困难的，运用牛顿法，我们可以得到 f x
 3
零点的近似解：先用二分法，可在 1, 中选定一个 x 作为 r的初始近似值，使得
 
 2 0
1
0 f x  ，然后在点  x , f x  处作曲线 y  f x的切线，切线与x轴的交点的
0 2 0 0
横坐标为x ，称x 是r的一次近似值；在点  x , f x  处作曲线 y  f x的切线，切线
1 1 1 1
与x轴的交点的横坐标为x ，称x 是r的二次近似值；重复以上过程，得r的近似值序列
2 2
x ,x ,x ,,x ,．
0 1 2 n
①当x  r时，证明：x  x  r；
n n n1
②根据①的结论，运用数学归纳法可以证得：x 为递减数列，且nN,x  r．请以
n n
1
此为前提条件，证明：0 x r ．
n 28n参考答案
1
1.解析：（1）因为 f xxlnx，则 fx1 ，可得 f 11， f12，
x
1
曲线y f x在x1处的切线l 为y12x1，令y0，得xx  ，则
1 1 2
1 1 1 1
f   ln2， f  3，曲线y f x在x 处的的切线l 为
2 2 2 2 1
1   1
y ln23x ，
2   2
1ln2 1ln2
令y0，得xx  ，所以r的2次近似值为 .
2 3 3
（2）（i）因为 f xx2axba,bR，则 fx2xa，可得 f x x2ax b，
n n n
fx 2x a，过点 x , f x  作曲线y f x的切线l :y f x  fx xx ，
n n n n n1 n n n
f x  x2ax b x2b
令y0，得x x  n x  n n  n ，则
n1 n fx  n 2x a 2x a
n n n
x2b
n 
x  2x a x22x ba
c  n1  n  n n ，
n1 x  x2b x22x ba
n1 n  n n
2x a
n
a
又因为,是函数 f xx2axb的两个零点，则 ，且x ，则
b n
x  x22x ba x22x 2 x  2
c n  x n n  0，可得c n1  x n n 22x n n ba  x n n 22x n n 2  x n n    c n 2，
则lnc 2lnc ，故数列lnc 为等比数列；
n1 n n
1x
（ii）记gxlnxx1,x0，则gx ，当0x1时，gx0，当x1时，
xgx0，所以gx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以当x1时，gx取
得最大值g10，所以lnxx10，即lnxx1，由题意可得：c 1，记d lnc ，
n n n
1 1 1 1
则d lnc 2n1，由lnxx1，可得：lnc c 1c ，即d c   ，即 
n 1 n n n n n d c c d
n n n n
，
1 n
1 
所以
n 1

n 1

1 

1

1

1

1 

1 2

2
.
c d lnc 20 21 22 2n1 lnc 1 lnc
i1 i i1 n 1 1 1 1
2
2.解析：（1） f(x)3x210，所以 f(x)单调递增，
2 8 2 1
因为 f    1 0， f(1)11110，
3 27 3 27
2
所以 f(x)存在唯一零点x ，且 x 1．
0 3 0
（2） f(x)在点 x , f x  处的切线方程为y f x  fx xx ， 令y0，解得
n n n n n
f x  x3x 1 2x31
x x  n x  n n  n ，
n1 n fx  n 3x21 3x21
n n n
2x31 2x33x2x 1x
x x  n x  n n 0 0 ，易知x3x 1，所以
n1 0 3x21 0 3x21 0 0
n n
2x33x2x x3 2x x
x x  n n 0 0 x x 2 n 0 ， 要证 x x  x x 2，只需证
n1 0 3x21 n 0 3x21 n1 0 n 0
n n
2x x  2
n 0 1， 即x 3x22x 1，因为3x x  11x ，所以 x x  x x 2
3x21 0 n n n  n 3 0 n1 0 n 0
n
．
（3）由（2）可知， x x  x x 2 1x 2   1 2  2  1 ， 所以
2 0 1 0 0  3 9
1
x x  x x 2  ，
3 0 2 0 81
1 1
所以 x x  x x 2   ， 所以
4 0 3 0 812 6561
1 1 1
x x  x x 2    107 107， 所以经过4次迭代后，x 的近似值
5 0 4 0 65612 60002 3.6 0
x 与x 的差值小于107．
5 0
 1
3.解析：（1）因为 f(x)在R上单调递增,所以任意x  r,r ,有 f(x) f(r)0另
 9
一方面,注意到 f(r)0,所以 f(x) f(x) f(r),根据拉格朗日中值定理,存在c(r,x), f(x) f(x) f(r) f(c)(xr) 1 f(c) 1  ec 1  ，因为r   1, 3 ,所以
9 9  2
1 3 1 1 1
c xr   2,  ec 1    e2 1  1,所以0 f(x)1.
9 2 9 9 9
（2）①先证x  x ,在  x , f x  处,曲线y  f(x)的切线方程为
n n1 n n
f x  f x 
y f x  fx xx ,令 y 0,得 x x  n ,即 x  x  n ,由 于
n n n n fx  n1 n fx 
n n
x r, f(x)在 R上 单 调 递 增 ,所 以 f x  f(r)0,而 f(x)ex 10,所 以
n n
f x  f x 
n 0,所以x  x  n  x ,即x  x
fx  n1 n fx  n n n1
n n
再证:x r，由于 f(x)在R上单调递增,只需证 f x  f(r)0,曲线 y  f(x)的
n1 n1
切线方程为 y f x  fx xx ,即 y  f x  fx xx 根据x 的定义,
n n n n n n n1
f x  fx x x 0，令h(x) f(x) f x  fx xx 
n n n1 n n n n
xx ,x ， h(x) f(x) fx ex ex n 0,xx ,x ， 所 以 h(x)在
n1 n n n1 n
x ,x 上单调递减，而hx  f x  f x  fx x x 0所以hx 0
n1 n n n n n n n n1
,又
hx  f x ,所以 f x 0,所以x r,综上:x  x r .
n1 n1 n1 n1 n n1
1
②首先,由于 f(x)在R上单调递增，0 f x  ，所以x r ，所以
0 2 0
x  x  x  x r 1，根据(1)0 f x 1，及前面的结论
0 1 2 n n
f x  f(x)
x  x  n ,nN .令(x) x ,则 x x ，记 f(x)f(x),
n1 n fx  f(x) n1 n
n
则当r  x x 时,
0
f(x)f(x) f(x)ex f(x)ex f(x) f(x) f x  1
(x)      0  ，根据
  f(x)  2  ex 1 2 e2x 2ex 1 ex 2 1 4 4 8
ex
拉格朗日中值定理cr,x r,x 使得
n 0
1 x r 1
x r x (r)(c)x r x r, nN即 n1  ，所以
n1 n n 8 n x r 8
nx r 1
1 

x r 8
 0
x r 1
2 

x r 8
 1
 x r 1
x r 1 累乘，得 n  ，所以
3  x r 8n
 x r 8 0
 2


x r 1
 n  (n2)
 x r 8
n1