第三章 微分中值定理与导数的应用
第三讲 微分中值定理、洛必达法则、泰勒公式习题课
教学目的 通过对所学知识的归纳总结及典型题的分析讲解，使学生对所学的知识有一个更深刻的理解和认识．
教学重点 对知识的归纳总结． 教学难点 典型题的剖析． 教学过程
一、知识要点回顾
1．费马引理．
2．微分中值定理：罗尔定理，拉格朗日中值定理，柯西中值定理．
3．微分中值定理的本质是:如果连续曲线弧?
AB 上除端点外处处具有不垂直于横轴的切线，则这段弧上至少有一点C ，使曲线在点C 处的切线平行于弦AB ．
4．罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值的条件是充分的，但不是必要的．即当条件满足时，结论一定成立；而当条件不满足时，结论有可能成立，有可能不成立． 如，函数
(){
2
,01,0 , 1
x x f x x ≤<==
在[]1,0上不满足罗尔定理的第一个条件，并且定理的结论对其也是不成立的．而函数
(){
2
1,11,
1, 1
x x f x x --≤<==
在[]1,1-上不满足罗尔定理的第一和第三个条件，但是定理的结论对其却是成立的．
5．泰勒中值定理和麦克劳林公式．
6．常用函数x
e 、x sin 、x cos 、)1ln(x +、α
)1(x +的麦克劳林公式．
7．罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理及泰勒中值定理间的关系．
8．00、∞∞
、∞?0、∞-∞、00、∞1、0
∞型未定式．
9．洛必达法则．
10．∞?0、00、∞1、0
∞型未定式向00或∞∞
型未定式的转化．
二、练习
1. 下面的柯西中值定理的证明方法对吗？错在什么地方？
由于()x f 、()x F 在[]b a ,上都满足拉格朗日中值定理的条件，故存在点()b a ,∈ξ，使得
()()()()a b f a f b f -=-ξ',
()1
()()()()a b F a F b F -'=-ξ.
()2
又对任一
(),,()0
x a b F x '∈≠，所以上述两式相除即得
()()()()()()ξξF f a F b F a f b f ''=
--.
答 上述证明方法是错误的．因为对于两个不同的函数()x f 和()x F ，拉格朗日中值定理公式中的ξ未必相同．也就是说在()b a ,内不一定存在同一个ξ，使得()1式和()2式同时成立．
例如，对于()2
x x f =，在[]1,0上使拉格朗日中值定理成立的
21
=
ξ；对()3
x x F =，
在[]1,0上使拉格朗日中值定理成立的
33
=
ξ，两者不等．
2. 设函数()x f y =在区间[]1,0上存在二阶导数，且()()()()x f x x F f f 2
,010===.试证明在()1,0内至少存在一点ξ，使()0='ξF
．还至少存在一点η,使()0F η''=
分析 单纯从所要证明的结果来看，首先应想到用罗尔定理．由题设知，
()()010==F F ，且()x F 在[]1,0上满足罗尔定理的前两个条件，故在()1,0内至少存在一
点ξ，使()0='ξF
．至于后一问，首先得求出()x F '，然后再考虑问题．
()()()x f x x xf x F '+='22，且()00='F ．这样根据题设，我们只要在[]ξ,0上对函数
()x F '再应用一次罗尔定理，即可得到所要的结论．
证 由于()y f x =在[]1,0上存在二阶导数，且()()10F F =，()x F 在[]1,0上满足罗尔
定理的条件，故在()1,0内至少存在一点ξ，使()0='ξF
．
由于
()()()x f x x xf x F '+='2
2， 且()00='F ，()x F '在[]ξ,0上满足罗尔定理的条件，故在 ()ξ,0内至少存在一点η，使
()0=''ηF ．由于()()1,0,0?ξ，所以()1,0∈η．
3.设12,,,n a a a L 为满足方程()112110321n n a a a n --++-=-L 的实数，试证明方程
()12cos cos3cos 210
n a x a x a n x +++-=L
在?
??
??2,0π内至少有一个实根．
分析 证明一个方程在某个区间内至少有一个实根的问题，就同学们目前所掌握的知识来看主要有两种方法，一种是用零点定理，另一种是用罗尔定理.要用零点定理,函数
()()x n a x a x a x f n 12cos ...3cos cos 21-+++=，
需要满足在???
???2,0π上连续，且()020
02=???
??πf ，因此这种方法并不能直接
应用．换一种方法，就应考虑罗尔定理，而要用罗尔定理解决上述问题，就得设
()()12cos cos3cos 21n F x a x a x a n x
'=+++-L ，
并将()x F '的原函数()x F 求出来，然后对原函数()x F 应用罗尔定理．
在这个问题中()x F '的原函数求起来很容易，
()()
()2
1sin sin 3sin 21321n a a F x a x x n x n =+
++--L ．
求出()x F 后，根据题设条件，对()x F 在???
???2,0π上应用罗尔定理即可得到所要的结论．
证 引入辅助函数
()()
()2
1sin sin 3sin 21321n a a F x a x x n x n =+
++--L ．
因为()
x F 在?????
?2,0π上连续，在???
??2,0π内可导，()00=F ，()1121102321n n a F a a n π-??
=-++-= ?-??L ，所以由罗尔定理知，在?
?? ??2,0π内至少存在一
点ξ，使得()0='ξF
，即
()12cos cos3cos 210
n a a a n ξξξ+++-=L .
于是方程()12cos cos3cos 210n a x a x a n x +++-=L 在?
?
? ??2,0π内至少有一个实根．
4. 设函数()x f 在[]2,2-上可导，且()()()02,20,02===-f f f ．试证明曲线弧C ：
()()
22y f x x =-≤≤
上至少有一点处的切线平行于直线012=+-y x ．
分析 由于直线012=+-y x 的斜率为21
，所以上述命题的本质是要证明在()2,2-内
存在一点ξ，使得
()21
=
'ξf ．
由于()()212-'='?????
?-x f x x f ，因此若设()()2x x f x F -=，则要证上述命题，只须证明在()2,2-内存在一点ξ，使得()0='ξF
即可．这是一个用罗尔定理解决的问题．
()x F 在[]2,2-上满足罗尔定理的前两个条件没问题，只是由题设我们还不能直接得到()x F 所满足的是罗尔定理的第三个条件.但是我们注意()F x 在[]2,2-上连续，而
()()()12,20,12-===-F F F ，且1介于-1和2之间．因此由介值定理知，在()2,0内必
存在一点η，使得()1=ηF ．这样在[]η,2-上对()x F 应用罗尔定理即可证得所要的结果．
证 引入辅助函数
()()2x
x f x F -
=．()x F 在[0,2]上连续,且(0)2,(2)1F F ==.由
介值定理知,在()2,0内比存在一点η，使得()1=ηF ．又()12=-F ，且()x F 在[]η,2-上
满足罗尔定理的前两个条件,故在(2,)η-内必存在一点ξ，使得()0='ξF ，即
()21
=
'ξf ．由于()ηξ,2-∈，所以()2,2-∈ξ．
5. 设()x f 在[]b a ,上可导，()()b f a f =，试证明在()b a ,内必存在一点ξ,使得
()()()ξξξf f a f '=-．
象上述这种含有中值ξ的等式,一般应考虑用微分中值定理去证明． 方法一 用罗尔定理证
分析 要用罗尔定理证明一个含有中值ξ的等式，第一步要将等式通过移项的方法化为右端仅为零的等式，即
()()()0=-'+a f f f ξξξ．
第二步将等式左端中的ξ都换为x ，并设
()()()()a f x f x x f x F -'+='．
第三步是要去确定()x F '的原函数()x F ，并在相应的区间[]b a ,上对()x F 应用罗尔定
理即可．
本问题中()x F '的原函数为
()()()x a f x xf x F -=．
证 引入辅助函数
()()()x a f x xf x F -=．
由题设知，()x F 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，且()()0==b F a F ，由罗尔定理知，在()b a ,内必存在一点ξ，使得()0='ξF
，即
()()()0,f f f a ξξξ'+-=
()()()
f a f f ξξξ'-=.
方法二 用拉格朗日中值定理证
分析 要用拉格朗日中值定理证明一个含有中值ξ的等式，第一步要将含有ξ的项全部移到等式的右端，其余的项全部移到等式的左端,即作如下恒等变形：
()()()ξξξf f a f '+=.
(3)
第二步是把等式右端中的ξ都换为x ,并设
()()()F x f x xf x ''=+.
第三步是要去确定()F x '的原函数()F x .本问题中()F x '的原函数()F x 为
()()F x xf x =.
第四步确定了()F x '的原函数()F x 后,针对相应的区间[,]a b ,验证(3)式左端是否为
()()F b F a b a --或()()
F a F b a b --.
若是,则只要对()F x 在[,]a b 上应用拉格朗日中值定理即可得到所要的结论;否则,需另辟新径,考虑用罗尔定理或柯西中值定理等其它方法去解决问题.
在本问题中,由于()()f a f b =,所以
()()()()
()
F b F a bf b af a f a b a b a --==--.
因此,本问题可通过对函数()F x 在[,]a b 上应用拉格朗日中值定理来证明.
证 引入辅助函数
()()F x xf x =.
由题设知,()F x 在[,]a b 上满足拉格朗日中值定理条件,故在(,)a b 内必存在一点ξ,使得
()()
()
F b F a F b a ξ-'=-, ()()
()()
bf b af a f f b a ξξξ-'=+-.
又由题设知()()f a f b =,所以有
()()()f a f f ξξξ'=+, ()()()f a f f ξξξ'-=.
方法三 用柯西中值定理证
分析 用柯西中值定理证明一个含有中值ξ的等式,其第一步也是将含有ξ的项全部移到等式的右端,其余的项全部移到等式的左端.即将作如下恒等变形:
()()()f a f f ξξξ'=+.
第二步是把等式右端化为分式形式，即作如下变形：
()()()
1ξξξf f a f '+=
.
(4)
第三步把(4)式右端中的ξ全都换为x ，并设分子函数为()x F '
1，分母函数为
()x F '2．即设
()()()1,
F x f x xf x ''=+
()21
F x '=．
第四步是求()x F '
1和
()x F '2的原函数()x F 1和()x F 2．本问题中的()x F 1和()x F 2分别
为
()()1,F x xf x =()2F x x
=．
第五步针对区间[]b a ,，验证()2式左端是否为
()()()()a F b F a F b F 2211--或()()()()b F a F b F a F 2121--．
若是，则只要对()x F 1和()x F 2在[]b a ,上应用柯西中值定理即可证得所要的结论；否则需另辟新径，考虑使用拉格朗日中值定理或罗尔定理等其它方法．
在本问题中，由于()()b f a f =，所以
()()()()a F b F a F b F 2211--=()()
()a f a b a af b bf =--．
故本问题可通过对函数()x F 1和()x F 2在[]b a ,上应用柯西中值定理来证明．
证 引入辅助函数
()()()x x F x xf x F ==21,．
由题设知，()x F 1和)(2x F 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，且在()b a ,内
()012≠='x F ，由柯西中值定理知，在()b a ,内必存在一点ξ，使得
()()()()a F b F a F b F 2211--=()()()()ξξ''
=--21F F a b a af b bf =()()1ξξξf f '+．
又由题设知()()b f a f =，所以有
()()(),ξξξf f a f '+=
即
()()()ξξξf f a f '=-.
总结 练习5中方法一、方法二及方法三的分析，是用罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯西中值定理证明含有中值ξ这种等式的一般方法和思路，同学们一定要掌握其要领．至于在遇到具体问题时，应当用哪个定理去证明，这要视具体问题而定，甚至于要尝试着去做．但有时经过移项变形后，其特点往往是很明显的．这时根据罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯西中值定理结论的特点，是比较容易做出选择的．
在运用罗尔定理、拉格朗日中值定理及柯西中值定理证明含有中值ξ的等式时，求一些函数的原函数是不容易的，这时掌握几种常见函数如
()()()()()()x f e x H x x f x G x f x x F x n n λ==
=,,等的导数，是非常有用的．
下面我们应用练习5中介绍的方法和思路再讨论一个问题．
6. 设()x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，b a <<0，试证明在()b a ,内必存在一点ξ，使得
()()()a b
f a f b f ln
ξξ'=-．
分析 移项变形得
()()()
ξξf a b a f b f '=--ln ln .
(5)
上式的特点是等式左端恰好是两个函数在区间[]b a ,上的增量之比，这恰好是柯西中值公式的特点．因此，我们决定用柯西中值定理去证明．
把(5)式右端化为分式形式，得
()()()ξ
ξ1ln ln f a
b a f b f '=
--
(6)
把(6)式右端的ξ都换成x ，并设
()()1,
F x f x ''=
()21
F x x '=
．
则()x F '
1和()x F '2的原函数为
()()1,
F x f x =
()2ln F x x
=．
而(6)式左端恰好是
()()()()a F b F a F b F 2211--=()()a b a f b f ln ln -- ．
证 引入辅助函数
()()()x x F x f x F ln ,21==．
由题设知，()x F 1和()x F 2在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，且在()b a ,内()0
12≠='
x x F ，
故由柯西中值定理知，在()b a ,内至少存在一个ξ，使得
()()()()a F b F a F b F 2211--=()()
a b a f b f ln ln --=()()ξξ''
21F F =
()ξ
ξ1
f '．
即
()()()a b f a f b f ln
ξξ'=-.
7. 设()x f 在[]1,1-上有二阶连续导数，且()01=-f ，()00=f ，()21=f .证明存
在()1,1-∈ξ，使()2=''ξf .
证 由于函数()f x 在[]1,1-上有二阶连续导数，故我们可以求出函数()x f 的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式：
()x f =
()()221
0x f x f ξ''+
'(ξ在0与x 之间)．
将1,1=-=x x 带入上式得
()()()121
010ξf f f ''+
'-=-=，()0,11-∈ξ；
()()()221
012ξf f f ''+
'==，()1,02∈ξ．
将上述两式相加得
()()[]221
21=''+''ξξf f ．
若()()21ξξf f ''=''，则1ξ和2ξ都可作为ξ，使()2=''ξf ，()1,1-∈ξ；若()()21ξξf f ''≠''，
则()()[]2121
ξξf f ''+''介于()1ξf ''与()2ξf ''之间，即2介于()1ξf ''与()2ξf ''之间．由于
()x f ''在[]1,1-上连续，因而也在[]21,ξξ上连续，故由介值定理知，在()21,ξξ内必存在一
点ξ，使得()2=''ξf ．综上所述，必存在ξ()1,1-∈，使()2=''ξf ．
总结 用泰勒中值定理去证明含有中值ξ的等式，也是一种常用的方法，尤其在题设的函数存在较高阶的导数，并且已知其多点函数值时，更应注意应用练习7的方法去证明．
8. 求函数()x f =
x 按()4-x 的幂展开的带有拉格朗日余项的3阶泰勒公式．
解 ()()()()()2
7
425
23
21
1615,83,41,21-
----=='''-=''='x x f x x f x x f x x f ，故
()()()25634,3214,414='''-=''=
'f f f ．
因此，所求3阶泰勒公式为
()()()()()()()()()()()
4234
444444442!3!4!f f f f x f f x x x x ξ''''''=+-+-+-+-
()()()(
)23
4
72
1115
24444464512
128x x x x ξ=+
---+-+-,
其中ξ介于x 与4之间．
9. 求函数()x f =x
xe 的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式．
分析 x
e 的带有佩亚诺型余项的1-n 阶麦克劳林公式我们是已知的，这时求函数
()x f =x xe 的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式可以采用下面的所谓间接方法．
解 由于
x
e =()2
112!n x x o x -++++L ，
所以
()x f =x xe =()()
1
32
!1!2-?+-++++n n
x x n x x x x Λ．
又因为
()10
lim
n n
x xo x x -→=0，
所以
()
1n xo x -是当0→x 时比n
x 高阶的无穷小．故
()x f =x xe =()()32
...2!1!n
n x x x x o x n +++++-．
上式即为()x f =x
xe 的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式．
总结 理论上可以证明，任何一个函数的同阶泰勒公式在形式上是唯一的．因此，我们可以利用一些已知的函数的泰勒展开式，通过适当的运算去获得另外一些函数的泰勒展开式．只要所获函数展开式的形式与泰勒公式的形式一致，则它就是该函数的泰勒公式．这就是获得某些函数泰勒公式的间接方法．在运用泰勒公式的间接展开方法时，必须熟记一些常
见函数的泰勒公式，如()()α
x x x x e x
++11ln cos sin 、、、、
等．
10. 利用泰勒公式求极限
()[]x x x e
x x x -+--
→1ln cos lim
22
2．
解 由于是求0→x 时的极限，故分子和分母中的函数都要用麦克劳林公式去表示．利用函数()x +1ln 的麦克劳林公式，求出函数()x -1ln 的带有佩亚诺型余项的二阶麦克劳林公式
()x -1ln =()2
22x x o x --+.
若将上式代入函数的分母，则分母是一个最高幂为4次的多项式．因此需将函数x cos 和
2
2
x e
-
都用带有佩亚诺型余项的四阶麦克劳林公式来表示．
x cos 的四阶麦克劳林公式可直接给出，而2
2x e
-的四阶麦克劳林公式可利用x
e 的麦
克劳林公式间接获得，它们是
x cos =()246 1224x x o x -++，
2
2
x e
-=()246 128x x o x -++．
因此
()[]x x x e x x x -+--
→1ln cos lim 22 02=()()()24246
620
221122428lim 2x x x x x o x o x x x x x o x →??-++--++??
??????+--+?? ?????
=()()4
6044112lim 1
2x x o x x o x →-
+-+=61．
11. 求极限x x x
x x x 222220sin cos sin lim
-→．
分析 虽然本题是00
型未定式，可以直接应用洛必达法则求极限．但如果先将极限形
式作一些简化，然后再使用洛必达法则可使求解过程大幅度简化．
解 x x x x x x 222220sin cos sin lim -→=()()40cos sin cos sin lim
x x x x x x x x -+→
=300cos sin lim cos sin lim x x x x x x x x x -???? ??+→→=203sin cos cos lim
2x x x x x x +-→
=32
3sin lim
20=
→x x x ． 12. 求
??? ??
-→2201csc lim x x x ． 解 所求极限为∞-∞型未定式，通分化为00
型．
??? ??-→2201csc lim x x x =x x x x x 222
20sin sin lim -→=()()40sin sin lim x x x x x x -+→
=
??
?
??-???? ??→→300sin lim sin 1lim x x x x x x x ＋=
316sin lim 23cos 1lim 2020==-→→x x x
x x x . 13. 求
??? ??
+-∞→11arctan 1arctan lim 2n n n n ． 分析 这是一个∞?0型未定式，转化为00
型未定式．
??
? ??
+-∞→11arctan 1arctan lim 2n n n n =21
11
arctan
1arctan lim
n n n n +-∞→，
虽然原极限已转化为00
型未定式，但因为n 是正整数，不是连续变量，故不能直接应用洛
必达法则．先把n 换成连续自变量x ，再应用洛必达法则，得
2111arctan 1arctan lim x x x x +-+∞→=()()322
222
11111111lim
x x x x x x -
+++--+-+∞→
=
()
()()32
221lim
2111x x x x x →+∞
+??
+++??=1．
因为+∞→x 时，必有∞→n ，所以
??
? ??
+-∞→11arctan 1arctan lim 2n n n n =21
11
arctan
1arctan lim
x x x x +-+∞→=1．
总结 数列的极限既使是未定式也不能直接应用洛必达法则，只有将数列中的n 换为连续自变量x 后，才能应用洛必达法则．
14. 设()x f 具有二阶连续导数，且()x x f x 0lim →0=，()20=''f ，求
()x
x x x f 101lim ??????+→． 分析 所求极限为∞
1型未定式，一般情况下是将该极限转化为00或∞∞
型未定式，应用
洛必达法则去求解．但是注意到
()x
x x x f 101lim ??????+→=()()()2
1lim 0x x f x f x
x x x f ??
???
???????????
+→，
且()x x f x 0lim →=0，所以
()()
x f x
x x x f ??????+→1lim 0=e ．因此，只须求出极限()
20
lim
x x f x →即可．
解 由()x x f x 0
lim
→=0知，()0lim 0=→x f x ．对00型未定式()x x f x 0lim →应用一次洛必达法则，
得
()
x x f x 0
lim
→=()x f x '→0lim =0．
因此()20
lim
x x f x →和()x x f x 2lim 0'→都是00型未定式．对极限()20lim
x x f x →两次应用洛必达法则，得
()20
lim
x x f x →=()x x f x 2lim 0'→=()2lim 0x f x ''→=()120=''f ．
故
()x
x x x f 101lim ??????+→=()()()
2
1lim 0x x f x f x
x x x f ??
???
???????????
+→=e ．
洛必达法则泰勒公式 一、洛必达法则在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存在也不能用商的极限运算法则去求解.而由无穷大与无穷小的关系知，无穷大之比的极限问题也是如此.在数学上，通常把无穷小之比的极限和无穷大之比的极限称为未定式，并分别简记为和.由于在讨论上述未定式的极限时，不能应用商的极限运算法则，这或多或少地都会给未定式极限的讨论带来一定的困难.今天在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的未定式极限的计算方法，并着重讨论当时，型未定式极限的计算，关于这种情形有以下定理.定理1设（1） 当时，函数及都趋于零；（2）在点的某去心邻域内，及都存在，且；（3）存在（或为无穷大），则.也就是说，当存在时，也存在，且等于；当为无穷大时，也是无穷大.这种在一定条件下，通过分子分母分别求导，再求极限来确定未定式极限的方法称为洛必达（L' Hospita 1）法则.下面我们给出定理1的严格证明：分析由于上述定理的结论是把函数的问题转化为其导数的问题，显然应考虑微分中值定理.再由分子和分母是两个不同的函数，因此应考虑应用柯西中值定理.证因为求极限与及的取值无关，所以可以假定.于是由条件（1）和（2）知，及在点的某一邻域内是连续的.设是这邻域内一点，则在以及为端点的区间上，函数和满足柯西中值定理的条件，因此在和之间至少存在一点，使得等式（在与之间）成立.对上式两端求时的极限，注意到时，贝叽又因为极限存在（或为无穷大），所以.故
定理1成立.注若仍为型未定式，且此时和能满足定理1中和所要满足的条件，则可以继续使用洛必达法则先确定，从而确定和，即.且这种情况可以继续依此类推.例1求.分析当时，分子分母的极限皆为零，故属于型不定式，可考虑应用洛必达法则.解、注最后一个求极限的函数在处是连续的.例2求.解、注例2中我们连续应用了两次洛必达法则.例3求.解、例4求、解、注（1） 在例4中，如果我们不提出分母中的非零因子，则在应用洛必达法则时需要计算导数，从而使运算复杂化.因此，在应用洛必达法则求极限时，特别要注意通过提取因子，作等价无穷小代换，利用两个重要极限的结果等方法，使运算尽可能地得到简化.课后请同学们自己学习教材136页上的例10?（2） 例4中的极限已不是未定式，不能对它应用洛必达法则，否则要导致错误的结果.以后在应用洛必达法则时应特别注意，不是未定式，不能应用洛必达法则.对于时的未定式有以下定理.定理2设（1）当时，函数及都趋于零；（2） 当时，与都存在，且；（3）存在（或为无穷大），则.同样地, 对于（或）时的未定式，也有相应的洛必达法则.定理3设（1）当（或）时，函数及都趋于无穷大；（2）在点的某去心邻域内（或当时），及都存在，且；（3）存在（或为无穷大），则.例5求、解、例6求、解、事实上，例6中的不是正整数而是任何正数其极限仍为零.注由例5和例6可见，当时，函数都是无穷大，但三个函数增大的“速度”是不一样的，最快，其次是，最慢的是.除了和型未定式外，还有型的未定式.这些未定式
微分中值定理 班级： 姓名： 学号：
摘要 微分中值定理是一系列中值定理的总称，是研究函数的有力工具，包括费马中值定理、罗尔定理、拉格朗日定理、柯西定理.以罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理组成的一组中值定理是一整个微分学的重要理论。它不仅沟通了函数与其导数的关系，而且也是微分学理论应用的桥梁，本文在此基础上，综述了微分中值定理在研究函数性质，讨论一些方程零点（根）的存在性，和对极限的求解问题，以及一些不等式的证明. 罗尔定理 定理1 若函数f 满足下列条件： (1)在闭区间[,]a b 连续； (2)在开区间(,)a b 可导； (3)()()f a f b =， 则在开区间(,)a b 内至少存在一点ξ，使得 ()0f ξ'=. 几何意义： 在每一点都可导的连续曲线上，若端点值相等则在曲线上至少存在一条水平曲线。 （注：在罗尔定理中，三个条件有一个不成立，定理的结论就可能不成立.） 例1 若()x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导()0>a ，证明：在()b a ,内方程 ()()[]() ()x f a b a f b f x '222-=-至少存在一个根. 证明：令()()()[]()()x f a b x a f b f x F 222---= 显然()x F 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，而且 ()()()()b F a f b a b f a F =-=22 根据罗尔定理，至少存在一个ξ，使
()()[]() ()x f a b a f b f '222-=-ξ 至少存在一个根. 例2 求极限： 1 2 20(12) lim (1) x x e x ln x →-++ 解：用22ln )(0)x x x →:(1+有 20 2 12 012 01(12)2lim (1) 1(12)2 lim (12)lim 2(12)lim 2212 x x x x x x x x e x In x e x x e x x e x →→-→- →-++-+=-+=++=== 拉格朗日中值定理 定理2：若函数f 满足如下条件： (1)在闭区间[,]a b 连续； (2)在开区间(,)a b 可导， 则在开区间(,)a b 内至少存在一点ξ，使得 ()() () f b f a f b a ξ-'=- 显然，特别当()()f a f b =时，本定理的结论即为罗尔中值定理的结论．这表明罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的一种特殊情形． 拉格朗日中值定理的几何意义是：在满足定理条件的曲线()y f x =上至少存在一点(,())P f ξξ，该曲线在该点处的切线平行于曲线两端点的连线AB ． 此外，拉格朗日公式还有以下几种等价表示形式，供读者在不同场合适用：
洛必达法则失效的种种情况及处理方法 今天我在看XX 书时，看到这样一道题?+∞→x x x x x 0d sin 1lim ，说是不可以使用洛必达法则，我对照这本书上关于使用洛必达法则的条件，觉得还不太清楚，好像应该是符合条件的，谢谢你抽空给我指点一下。 洛必达法则是计算极限的一种最重要的方法，我们在使用它时，一定要注意到该法则是极限存在的充分条件，也就是说洛必达法则 )()(lim )()(lim x g x f x g x f a x a x ''=→→的三个条件： （1）0)(lim =→x f a x （或∞），0)(lim =→x g a x （或∞）； （2）)(x f 和)(x g 在a x =点的某个去心邻域内可导； （3）A x g x f a x =''→)()(lim （或∞）。 其中第三个条件尤其重要。 其实，洛必达法则的条件中前两条是一望即知的，所以我们在解题过程中可以不用去细说，而第三个是通过计算过程的尝试验证来加以说明的，由于验证结束，结论也出来了，也就更加没有细说的必要了。所以在利用洛必达法则解题过程中，往往只用式子说话，不必用文字来啰嗦的。 而对于极限问题?+∞→x x x x x 0d sin 1lim 来说，因为x x g x f x x sin lim )()(lim +∞→+∞→=''不存在（既不是某个常数，也不是无穷 大），而可知洛必达法则的第三个条件得不到验证。此时，我们只能说洛必达法则对本问题无效，绝对不能因此而说本问题之极限不存在。 实际上，我们利用“将连续问题离散化”的方法来处理，可以断定这个极限是存在的。 【问题】求极限?+∞→x x x x x 0d sin 1lim 。 【解】对于任何足够大的正数x ，总存在正整数n ，使ππ)1(+<≤n x n ，也就是说总存在正整数n ，使r n x +=π，其中π<≤r 0。 这样+∞→x 就等价于∞→n ，所以 ??+∞→+∞→+=r n n x x x x r n x x x ππ00d sin 1lim d sin 1lim ??????++=??+∞→r n n n n x x x x r n ππππd sin d sin 1lim 0 ππππ22lim d sin d sin 1lim 00=++=??????++=∞→∞→??r n R n t t x x n r n n r n ， 这里前面一项注意到了函数x sin 的周期为π，而后面一项作了令t n x +=π的换元处理。最后注意到积分值R 的有界性（20<≤R ）。 如果把上述洛必达法则失效的情况称为第一种情况，则洛必达法则还有第二种失效的情况：第三个条件永远也无法验证。
第三章 微分中值定理与导数的应用 一、判断题 1. 若()f x 定义在[,]a b 上，在(a,b)内可导，则必存在(a,b)ξ∈使'()0f ξ=。（ ） 2. 若()f x 在[,]a b 上连续且()()f a f b =，则必存在(a,b)ξ∈使'()0f ξ=。 （ ） 3. 若函数()f x 在[,]a b 内可导且lim ()lim ()x a x b f x f x →+→- =，则必存在(a,b)ξ∈使'()0f ξ=。（ ） 4. 若()f x 在[,]a b 内可导，则必存在(a,b)ξ∈，使'()(a)()()f b f f b a ξ-=-。（ ） 5. 因为函数()f x x =在[1,1]-上连续，且(1)(1)f f -=，所以至少存在一点()1,1ξ∈-使 '()0f ξ=。 （ ） 6. 若对任意(,)x a b ∈，都有'()0f x =，则在(,)a b 内()f x 恒为常数。 （ ） 7. 若对任意(,)x a b ∈，都有''()()f x g x =，则在(,)a b 内()()f x g x =。 （ ） 8. arcsin arccos ,[1,1]2 x x x π +=∈-。 （ ） 9. arctan arctan ,(,)2 x x x π += ∈-∞+∞。 （ ） 10. 若()(1)(2)(3)f x x x x x =---，则导函数'()f x 有3个不同的实根。 （ ） 11. 若22()(1)(4)f x x x =--，则导函数'()f x 有3个不同的实根。 （ ） 12. ' ' 222(2)lim lim 21(21)x x x x x x →→=-- （ ） 13. 22' 0011lim lim()sin sin x x x x e e x x →→--= （ ） 14. 若'()0f x >则()0f x >。 （ ） 15. 若在(,)a b 内()f x ，()g x 都可导，且''()()f x g x >，则在(,)a b 内必有()()f x g x >。（ ） 16. 函数()arctan f x x x =-在R 上是严格单调递减函数。 （ ） 17. 因为函数()f x x =在0x =处不可导，所以0x =不是()f x 的极值点。 （ ） 18. 函数()f x x =在0x =的领域内有()(0)f x f ≥，所以()f x 在0x =处取得极小值。（ ） 19. 函数sin y x x =-在[0,2]π严格单调增加。 （ ） 20. 函数1x y e x =+-在(,0]-∞严格单调增加。 （ ） 21. 方程32210x x x ++-=在()0,1内只有一个实数根。 （ ） 22. 函数y [0,)+∞严格单调增加。 （ ） 23. 函数y (,0]-∞严格单调减少。 （ ） 24. 若'0()0f x =则0x 必为'0()f x 的极值点。 （ ） 25. 若0x 为()f x 极值点则必有'(0)0f =。 （ ）
第三章微分中值定理与导数的应用 第二讲洛必达法则泰勒公式 目的1.使学生掌握用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法： 2.理解泰勒中值泄理的涵： 3.了解汽沏&c。畀血("力,(1 +汙等函数的麦克劳林公式； 4.学会泰勒中值定理的一些简单应用. 重点1.运用洛必达法则求各种类型未泄式极限的方法： 2.使学生理解泰勒中值定理的涵. 难点使学生深刻理解泰勒中值左理的精髓. 一、洛必达法则 在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存在也不能用商的极限运算法则去求解.而由无穷大与无 穷小的关系知，无穷大之比的极限问题也是如此.在数学上，通常把无穷小之比的极限和无穷 大之比的极限称为未定式，并分别简记为0和8 ? 由于在讨论上述未圮式的极限时，不能应用商的极限运算法则，这或多或少地都会给未立式极限的讨论带来一是的困难?今天在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的未定 式极限的汁算方法，并着重讨论当2CI时，0型未左式极限的计算，关于这种情形有以下立理. 定理1设 (1)当时,函数了⑴及列对都若于零； ⑵在点金的某去心邻域，/⑴及^⑴都存在，且那⑴吐°；
也就是说，当zR⑴存在时，2。去⑴也存在，且等于M 也是无穷大.这种在一左条件下，通过分子分母分别求导，再求极限来 确圧未左式极限的方法称为洛必达（L‘ Hospita 1）法则. 下而我们给出定理1的严格证明： 分析由于上述泄理的结论是把函数的问题转化为其导数的问题，显然应考虑微分中值立理.再由分子和分母是两个不同的函数，因此应考虑应用柯西中值定理. 于是由条件⑴和⑵知，/⑴及应⑴在点虫的某一邻域是连续的.设兀是这邻域一点，则在以兀及 山为端点的区间上，函数/〔X）和F&）满足柯西中值龙理的条件，因此在兀和a之间至少存在一点密，使得等式 儿）川）-畑「心） 应G）吩）-吒）应?（站兀与么之间） 成立. 对上式两端求兀To时的极限，注意到XTQ时匸则 穷大时, 证因为求极限 与了⑷及用⑷的取值无关， 所以可以假左 lim 又因为极限 F'G）存在（或为无穷大），所以 故沱理1成立. lim 注若z m 0 ,, 戸倉）仍为6型未左式，且此时了抵）和用,⑴能满足泄理1中/⑴和用⑴ 5F〔X) 所要满足的条件，则可以继续使用洛必达法则先确立从而确总
硬闲洛密达法则求极限的儿点涅枣 口杨黎霞 (江南大学江苏?无锡214122 摘要如果当圹+口或r+*时,两个函数删与,M都趋于零或都趋于无穷大。那么极限l/m葡可能存在,也可能不存在。洛 ‘::, 必达法则是计算此类未定式极限行之有效的方法.然而。对于本科一年级的初学者来讲,若盲目使用此法则.会导致错误。本文就使用该法则解题过程中的几点注意作了分析与探讨。 关键词洛必达法则 极限未定式等价无穷小代换 变量代换 中图分类号:0172 文献标识码:A 在高等数学里.极限是大一新生一开始就要接触而且非常重要的内容。其中有一类未定式的极限不能用“商的极限等于极限的商”这一法则.而要用洛必达法则。洛必达法则内容很简单.使用起来也方便有效。但在具体使用过程中。一旦疏忽了以下几点.解题就可能出错。 首先,只有分子、分母都趋于零或都趋于无穷大时,才能直接使用洛必达法则。 其次,每次使用洛必达法则前都要检验是否满足次法则条件。只要满足此法则条件.就可连续使用此法则.直到求出结果或为无穷大。
例如:t/mx"。:坛,n.垡!;!j:以,n墨王翌::!.≥芝三:…:lira墨}==D(n仨z+ ,-.-e’r_? e’ Jr--JO e‘r_?e。 此题用了n次法则。 再者,使用洛必达法则求极限是应及时化简,主要指代数、三角恒等变形,约去公因子。具有极限不为零的因子分离出来,等价无穷小代换,变量代换等。下面通过例子说明。 土- 例:鲤【(J慨。7I叫】‘=塑【(J+÷eL÷】=纫型±笋=姆 号等力 此题先用了变量代换。当变量x趋于。时.t趋于0.这一点要注意。 例:矗。卑=f溉!堡:型Jim r.zim掣=f讹丝车堑 =lim S,ec气-I=li,n.]+co.sx-一2 本题用了多种方法:提出极限存在但不为零的因子。等价无穷小代换。洛必达法则,三角恒等变形约分等。 (J呵+{,一、/瓦芦 fJ目:lim———生—r_—一若直接使用洛必达法则,其分子
洛必达公式+泰勒公式+柯西中值定理+罗尔定理 洛必达法则洛必达[/url]法则(L'Hospital法则)，是在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法。 设 (1)当x→a时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)在点a的去心邻域内，f'(x)及F'(x)都存在且F'(x)≠0； (3)当x→a时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→a时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 再设 (1)当x→∞时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)当|x|>N时f'(x)及F'(x)都存在，且F'(x)≠0； (3)当x→∞时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→∞时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： ①在着手求极限以前，首先要检查是否满足0/0或∞/∞型未定式，否则滥用洛必达法则会出错。当不存在时（不包括∞情形），就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。比如利用泰勒公式求解。 ②若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。 ③洛必达法则是求未定式极限的有效工具，但是如果仅用洛必达法则，往往计算会十分繁琐，因此一定要与其他方法相结合，比如及时将非零极限的乘积因子分离出来以简化计算、乘积因子用等价量替换等等. 泰勒公式（Taylor's formula） 泰勒中值定理：若函数f(x)在开区间（a，b）有直到n+1阶的导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于（x-x.)多项式和一个余项的和： f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!*(x-x.)^2,+f'''(x.)/3!*(x-x.)^3+……+f(n)(x.) /n!*(x-x.)^n+Rn 其中Rn=f(n+1)(ξ)/(n+1)!*(x-x.)^(n+1),这里ξ在x和x.之间，该余项称为拉格朗日型的余项。 （注：f(n)(x.)是f(x.)的n阶导数，不是f(n)与x.的相乘。） 证明我们知道f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+α（根据拉格朗日中值定理导出的有限增量定理有limΔx→0 f(x.+Δx)-f(x.)=f'(x.)Δx），其中误差α是在limΔx→0 即limx→x.的前提下才趋向于0，所以在近似计算中往往不够精确；于是我们需要一个能够足够精确的且能估计出误差的多项式： P(x)=A0+A1(x-x.)+A2(x-x.)^2+……+An(x-x.)^n 来近似地表示函数f(x)且要写出其误差f(x)-P(x)的具体表达式。设函数P(x)满足 P(x.)=f(x.),P'(x.)=f'(x.),P''(x.)=f''(x.),……,P(n)(x.)=f(n)(x.),于是可以依次求出A0、A1、A2、……、An。显然，P(x.)=A0,所以A0=f(x.)；P'(x.)=A1,A1=f'(x.)； P''(x.)=2!A2,A2=f''(x.)/2!……P(n)(x.)=n!An,An=f(n)(x.)/n!。至此，多项的各项系数都已求出，得： P(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!?(x-x.)^2+……+f(n)(x.)/n!?(x-x.)^n. 接下来就要求误差的具体表达式了。设Rn(x)=f(x)-P(x),于是有Rn(x.)=f(x.)-P(x.)=0。所以可以得出Rn(x.)=Rn'(x.)=Rn''(x.)=……=Rn(n)(x.)=0。根据柯西中值定理可得 Rn(x)/(x-x.)^(n+1)=（Rn(x)-Rn(x.)）/（(x-x.)^(n+1)-0）=Rn'(ξ1)/(n+1)(ξ1-x.)^n(注：(x.-x.)^(n+1)=0),这里ξ1在x和x.之间；继续使用柯西中值定理得（Rn'(ξ1)-Rn'(x.)）
理工大学 微积分-微分中值定理费马定理罗尔定理拉格朗日定理柯西定理
()()1.()0,(0)0,f x f f f ?ξξξξζξξξ'' <=>><≤[][]''''''[]<<≤１２１２１２ １２１２１２１２２１１１２１１１２１ １２２１设证明对任何的x ０，ｘ０，有（ｘ＋ｘ）（ｘ）＋ｆ（ｘ）． 解：不妨设ｘｘ，（ｘ）＝f （ｘ＋ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ） ＝ｆ（ｘ＋ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ）－ｆ（０） ＝ｆ（）ｘ－ｆ（）ｘ＝ｘｆ（）－ｆ（）＝ｘｆ－．因为，０ｘｘ()ξζ?''<<<<２１１２ｘ＋ｘ，又ｆ０，所以（ｘ）０，所以原不等式成立。 12n 12n 12n 11221122n 001 1 000.x b f x .x x x b 1,f )f x f x f x x *,()()()()n n n n n i i i i i i i X b b x f x f x f x x x λλλλλλλχλχλχλλλλλ=='' >???∈<<1++?+=++?+≤?=<=>α. '''=+-+ ∑∑2设f （）在（a ，）内二阶可导，且（）0，，（a ，），0，，，且则，试证明(（）+（）++（）. 解：设同理可证：()20000i 00 1 1 1 1 0000111() ()()()().x 2! ()()()()()(()()().) n n n i i i i i i i n n i n n i i i i i i i i i i i i f x x f x f x x x f x f x f x f x x x f x X X x x f x f x λλλλξξλλλ=======?? ''-'-≥+-<<'≥+-===- ??? ∑∑∑∑∑∑∑注：x ()3.)tan . 2 F ,F 2 (0)0,(0)0,((cos 2 F f x f F F f ππξ ξπξξπππ πππξ [0]0'∈=[0]0=∴===[0]∈Q 设f(x)在，上连续，在（，）内可导，且f （0）=0，求证：至少存在（0，），使得2f ( 证明：构造辅助函数：（x)=f(x)tan 则（x)在，上连续， 在（，）内可导， 且））所以（x)在，上满足罗尔定理的条件，故由罗尔定理知：至少存在（0()()()()()()F 011F x cos sin F cos sin 0222222 cos 0)tan 2 2 x x x f f f πξξξ ξξξξ ξ ξπξξ'=''''=- =-='∈≠=，），使得，而f(x)f()又（0，），所以，上式变形即得：2f (，证毕。
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题 一．洛必达法则： 法则1.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x a g x →=； (2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ； (3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()() lim x a f x l g x →'='． 法则2.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim x a f x →=∞及()lim x a g x →=∞； (2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ； (3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()() lim x a f x l g x →'='． 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： ○ 1将上面公式中的a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 洛必达法则也成立． ○2洛必达法则可处理00，∞ ∞，0?∞，∞1，0∞，00，∞-∞型． ○3在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞ ，0?∞，∞1，0∞，00，∞-∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限． ○ 4若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． 二．高考例题讲解 1. 函数2()1x f x e x ax =---． （Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围． 2. 已知函数x b x x a x f ++=1ln )(，曲线()y f x =在点))1(,1(f 处的切线方程为230x y +-=． （Ⅰ）求a 、b 的值； （Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，求k 的取值范围．
泰勒公式 一 带有佩亚诺型余项的泰勒公式 由微分概念知：f 在点0x 可导，则有 ).())(()()(0000x x x x x f x f x f -+-'+=ο． 即在点0x 附近，用一次多项式))(()(000x x x f x f -'+逼近函数)(x f 时，其误差为(0x x -)的高阶无穷小量．然而在很多场合，取一次多项式逼近是不够的，往往需要用二次或高于二 次的多项式去逼近，并要求误差为n x x ))((0-ο，其中n 为多项式的次数．为此，我们考察 任一n 次多项式 .)()()()(0202010n n n x x a x x a x x a a x p -++-+-+= (1) 逐次求它在点0x 处的各阶导数，得到 00)(a x p n =，20!2)(a x p n ="，n n n a n x p !)(,0) (= ， 即 .! ) (,! 2)(,! 1)(),(0) (020100n x p a x p a x p a x p a n n n n n n = " = ' = = 由此可见，多项式)(x p n 的各项系数由其在点0x 的各阶导数值所唯一确定． 对于一般函数f ，设它在点0x 存在直到n 阶的导数．由这些导数构造一个n 次多项式
, )(! ) ()(! 2)()(! 1)()()(00) (2 00000n n n x x n x f x x x f x x x f x f x T -+ +-''+ -'+ = （2） 称为函数f 在点0x 处的泰勒(Taylor)多项式，)(x T n 的各项系数 =k k x f k (! ) (0) (1， 2，…，n )称为泰勒系数．由上面对多项式系数的讨论，易知)(x f 与其泰勒多项式)(x T n 在点0x 有相同的函数值和相同的直至n 阶导数值，即.,,2,1,0),()(0) (0) (n k x T x f k n k == （3）下面 将要证明))(()()(0n n x x x T x f -=-ο，即以(2)式所示的泰勒多项式逼近)(x f 时，其误差为关于n x x )(0-的高阶无穷小量． 定理6．8 若函数f 在点0x 存在直至n 阶导数，则有+=)()(x T x f n 即),)((0n x x -ο ). )(()(! ) ()(! 2)())(()()(000) (2 00000n n n x x x x n x f x x x f x x x f x f x f -+-+-''+-'+=ο （4） 证 设 n R (,)()(),()()0n n n x x x Q x T x f x -=-= 现在只要证 .0) ()(lim =→x Q x R n n x x 由关系式(3)可知， 0)()()(0) (0'0===x R x R x R n n n n 并易知 !.)(,0)()()(0) (0)1(0'0n x Q x Q x Q x Q n n n n n n =====- 因为)(0) (x f n 存在，所以在点0x 的某邻域U(0x )内f 存在n —1阶导函数)(x f ．于是，当 )(0x U x ∈且0x x →时，允许接连使用洛必达法则，n —1次，得到 . 0)] () ()([ lim !1 ) (2)1() )(()()(lim ) ()(lim ) ()(lim )()(lim 0) (0 0) 1() 1(000) (0)1() 1() 1()1(' ' =---= -----====--→--→--→→→x f x x x f x f n x x n n x x x f x f x f x Q x R x Q x R x Q x R n n n x x n n n x x n n n n x x n n x x n x x 定理所证的(4)式称为函数f 在点0x 处的泰勒公式，)()()(x T x f x R n n -=称为泰勒公
利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较 关于洛必达法则和含x 的幂展开的带有佩亚诺型余项的泰勒公式（也就是麦克劳林公式），以及利用它们求函数极限所必须满足的条件，这里均不赘述．本文意图通过实例说明，利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限，各有各的优势，同时如果糅合代数式的恒等变形、无穷小替换、变量代换和把极限存在的函数分离出来等等方法，有可能大大简化求极限的计算过程．当然，利用上述两种方法求函数极限也有其局限性，本文将就具体例子对利用这两种方法求函数极限作一比较． 例1 当0→x 时，函数x x x f 3sin sin 3)(-=与k cx 是等价无穷小，求k c ,． 解法一 利用洛必达法则． 由等价无穷小的定义知0()lim 1k x f x cx →=,这里0,0>≠k c ．记0() lim k x f x I cx →=．第一次利用 洛必达法则，有1 03cos 3cos3lim k x x x I ckx -→-=；注意到上式分子趋于零，因而分母必趋于零， 且当1>k 时可再次利用洛必达法则，即有2 03sin 9sin 3lim (1)k x x x I ck k x -→-+=-；同样上式分子趋于 零，因此要求分母趋于零，则当2>k 时，可第三次利用洛必达法则，即 303c o s 27c o s 3 l i m (1)(2) k x x x I ck k k x -→-+=--．此时可见分子当0→x 时趋于24，因而不满足洛必达法则的条件．要使得当1=I 时，则必有24)2)(1(,03=--=-k k ck k ．故解得4,3==c k ． 解法二 利用麦克劳林公式展开． )(4)]()3(! 31 3[)](!333[3sin sin 3)(333333x o x x o x x x o x x x x x f +=+--+- =-= 则当4,3==c k 有3304() lim 1k x x o x I cx →+==．或注意到)(4)(33x o x x f +=，即34~)(x x f ，故有4,3==c k ． 比较上两种方法，方法二似乎简单一些，但以笔者多年来的教学经验看，初学者（大 一新生）会有把x sin 和x 3sin 展开到多少阶为合适的问题．比如，把x sin 3和x 3sin 分别展开为)(3sin 3x o x x +=和)(33sin x o x x +=，则)()(x o x f =．这样的展开不仅对求解该题无任何帮助，反而会得出错误结果．若将两者展开到比方法二更高阶，即四阶及四阶以上，则必出现冗余．因此方法一对初学者而言不失为一种较为稳妥的方法，尽管步骤看起来多一些． 例2 已知2 tan (1cos )lim 2ln(12)(1) x x a x b x I c x d e -→+-==-+-，则下列四个结论正确的是（ ）． （A ）d b 4=；（B ）d b 4-=；（C ）c a 4=；（D ）c a 4-=．
微分中值定理历史与发展 卢玉峰 (大连理工大学应用数学系, 大连, 116024) 微分中值定理是微分学的基本定理之一, 研究函数的有力工具. 微分中值 定理有着明显的几何意义和运动学意义. 以拉格朗日(Lagrange) 定理微分中值定理为例,它的几何意义：一个定义在区间[]b a ,上的可微的曲线段,必有中一点()x f (b a ,)ξ， 曲线在这一点的切线平行于连接点())(,a f a 与割线.它的运动学意义：设是质点的运动规律，质点在时间区间()(,b f b )f []b a ,上走过的路程),()(a f b f ?a b a f b f ??)()(代表质点在()b a ,上的平均速度， 存在()b a ,的某一时刻ξ，质点在ξ的瞬时速度恰好是它的平均速度. 人们对微分中值定理的认识可以上溯到公元前古希腊时代.古希腊数学家在 几何研究中,得到如下结论:“过抛物线弓形的顶点的切线必平行于抛物线弓形的 底”,这正是拉格朗日定理的特殊情况.希腊著名数学家阿基米德(Archimedes) 正是巧妙地利用这一结论,求出抛物弓形的面积. 意大利卡瓦列里(Cavalieri) 在《不可分量几何学》(1635年) 的卷一中给出处理平面和立体图形切线的有趣引理,其中引理3基于几何的观点也叙述了同样一个事实: 曲线段上必有一点的切线平行于曲线的弦.这是几何形式的微分中值定理,被人们称为卡瓦列里定理. 人们对微分中值定理的研究,从微积分建立之始就开始了. 1637年,著名法国数学家费马(Fermat) 在《求最大值和最小值的方法》中给出费马定理,在教科书中,人们通常将它称为费马定理.1691年,法国数学家罗尔(Rolle) 在《方程的解法》一文中给出多项式形式的罗尔定理.1797年,法国数学家拉格朗日在《解析函数论》一书中给出拉格朗日定理,并给出最初的证明.对微分中值定理进行系统研究是法国数学家柯西(Cauchy) ,他是数学分析严格化运动的推动者,他的三部
第十七讲 Ⅰ 授课题目： §3.2 洛必塔法则 Ⅱ 教学目的与要求： 1.掌握用罗必塔法则求极限； 2.明了使用罗必塔法则的条件； 3.了解将罗必塔法则与极限运算性质结合使用常能简化运算。 Ⅲ 教学重点与难点： 重点：各种类型的未定式转化为 00或∞ ∞ 型的未定式 难点：罗必塔法则与极限运算性质的结合使用 Ⅳ 讲授内容： §3.2 洛必塔法则 如果当a x →（或∞→x ）时，两个函数)(x f 与)(x F 都趋于零或都趋于无穷大，那末极限)() (lim ) (x F x f x a x ∞→→可能存在、也可能不存在．通常把这种极限叫做未定式，并 分别简记为 00或∞∞.在第一章第六节中讨论过的极限x x x sin lim 0→就是未定式0 0的一个 例子．对于这类极限，即使它存在也不能用“商的极限等于极限的商”这—法则． 下面我们将根据柯西中值定理来推出求这类极限的一种简便且重要的方法． 我们着重讨论a x →时的未定式 的情形，关于这情形有以下定理： 定理1 设 (1)当a x →时，函数)(x f 及)(x F 都趋于零； (2)在点a 的某去心邻域内，)(x f '及)(x F '都存在且0)(≠'x F ； （3）) () (lim x F x f a x ''→存在（或为无穷大）， 那么 ) () (lim )()(lim x F x f x F x f a x a x ''=→→. 这就是说，当)()(lim x F x f a x ''→存在时,)()(lim x F x f a x →也存在且等于)()(lim x F x f a x ''→；当) () (lim x F x f a x ''→为 无穷大时，
洛必达法则洛必达法则(L'Hospital法则)，是在一定条件下通过分子分母 分别求导再求极限来确定未定式值的方法。 设 (1)当x→a时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)在点a的去心邻域内，f'(x)及F'(x)都存在且F'(x)≠0； (3)当x→a时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→a时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 再设 (1)当x→∞时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)当|x|>N时f'(x)及F'(x)都存在，且F'(x)≠0； (3)当x→∞时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→∞时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： ①在着手求极限以前，首先要检查是否满足0/0或∞/∞型未定式，否则滥 用洛必达法则会出错。当不存在时（不包括∞情形），就不能用洛必达法则，这 时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。比如利用泰勒公式求解。 ②若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。 ③洛必达法则是求未定式极限的有效工具，但是如果仅用洛必达法则，往往 计算会十分繁琐，因此一定要与其他方法相结合，比如及时将非零极限的乘积因 子分离出来以简化计算、乘积因子用等价量替换等等. 泰勒公式（Taylor's formula） 泰勒中值定理：若函数f(x)在开区间（a，b）有直到n+1阶的导数，则当 函数在此区间内时，可以展开为一个关于（x-x.)多项式和一个余项的和： f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!*(x-x.)^2,+f'''(x.)/3!*(x-x.)^3+……+f(n)(x.)/n!*(x-x.)^n+Rn 其中Rn=f(n+1)(ξ)/(n+1)!*(x-x.)^(n+1),这里ξ在x和x.之间，该余项 称为拉格朗日型的余项。 （注：f(n)(x.)是f(x.)的n阶导数，不是f(n)与x.的相乘。） 证明我们知道f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+α（根据拉格朗日中值定理导出 的有限增量定理有limΔx→0 f(x.+Δx)-f(x.)=f'(x.)Δx），其中误差α是在limΔx→0 即limx→x.的前提下才趋向于0，所以在近似计算中往往不够精确；于是我们需要一个能够足够精确的且能估计出误差的多项式： P(x)=A0+A1(x-x.)+A2(x-x.)^2+……+An(x-x.)^n 来近似地表示函数f(x)且要写出其误差f(x)-P(x)的具体表达式。设函数 P(x)满足 P(x.)=f(x.),P'(x.)=f'(x.),P''(x.)=f''(x.),……,P(n)(x.)=f(n)(x.),于是 可以依次求出A0、A1、A2、……、An。显然，P(x.)=A0,所以A0=f(x.)； P'(x.)=A1,A1=f'(x.)；P''(x.)=2!A2,A2=f''(x.)/2!…… P(n)(x.)=n!An,An=f(n)(x.)/n!。至此，多项的各项系数都已求出，得： P(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!?(x-x.)^2+……+f(n)(x.)/n!?(x-x.)^n. 接下来就要求误差的具体表达式了。设Rn(x)=f(x)-P(x),于是有 Rn(x.)=f(x.)-P(x.)=0。所以可以得出Rn(x.)=Rn'(x.)=Rn''(x.)=…… =Rn(n)(x.)=0。根据柯西中值定理可得Rn(x)/(x-x.)^(n+1)=（Rn(x)-Rn(x.)）
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2021.03.07
第三章 微分中值定理与导数的应用
欧阳光明（2021.03.07）
第二讲 洛必达法则 泰勒公式
目的 1．使学生掌握用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法； 2．理解泰勒中值定理的内涵；
3． 了解
等函数的麦克劳林公式；
4．学会泰勒中值定理的一些简单应用．
重点 1．运用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法；
2．使学生理解泰勒中值定理的内涵．
难点 使学生深刻理解泰勒中值定理的精髓．
一、洛必达法则
在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已
经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存
在也不能用商的极限运算法则去求解．而由无穷大与无穷小的关系
知，无穷大之比的极限问题也是如此．在数学上，通常把无穷小之
比的极限和无穷大之比的极限称为未定式，并分别简记为 和 ． 由于在讨论上述未定式的极限时，不能应用商的极限运算法
则，这或多或少地都会给未定式极限的讨论带来一定的困难．今天
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2021.03.07
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在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的未定式极限的
计算方法，并着重讨论当 时， 型未定式极限的计算，关于这
种情形有以下定理．
定理 1 设
(1) 当 时，函数 及 都趋于零；
(2)在点 的某去心邻域内， 及 都存在，且
；
(3) 则
存在(或为无穷大)，
．
也就是说，当
存在时，
也存在，且等于
；当
为无穷大时，
也是无穷大．这种在一定条件下，通
过分子分母分别求导，再求极限来确定未定式极限的方法称为洛必
达(L’Hospital)法则．
下面我们给出定理 1 的严格证明：
分析 由于上述定理的结论是把函数的问题转化为其导数的问
题，显然应考虑微分中值定理．再由分子和分母是两个不同的函
数，因此应考虑应用柯西中值定理．
证 因为求极限
与 及 的取值无关，所以可以假定
．于是由条件(1)和(2)知， 及 在点 的某一邻
域内是连续的．设 是这邻域内一点，则在以 及 为端点的区间
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本科学年论文论文题目：用洛必达法则求极限的方法 学生姓名：卫瑞娟 学号： 1004970232 专业：数学与应用数学 班级：数学1002班 指导教师：严惠云 完成日期： 2013 年 3月 8 日
用洛必达法则求未定式极限的方法 内容摘要 极限运算是微积分学的基础，在众多求极限方法中，洛必达法则是一种简单而又方便的求极限方法。但在具体使用过程中，一旦疏忽，解题就很可能出错。本文就针对利用此法则求极限的过程及解题过程中常见问题，对洛必达法则求函数极限的条件及范围、应用、何时失效做了整体分析与探讨，并举例说明。除此之外，还介绍了除洛必达法则之外其他求函数极限的方法以及同洛必达法则的比较，最后对洛必达法则进行小结。 关键词：洛必达法则函数极限无穷小量
目录 一、洛必达法则求极限的条件及适用范围 (1) （一）洛必达法则定理 (1) （二）洛必达法则使用条件 (2) 二、洛必达法则的应用 (2) （一）洛必达法则应用于基本不定型 (2) （二）洛必达法则应用于其他不定型 (3) 三、洛必达法则对于实值函数失效问题 (5) （一）使用洛必达法则后极限不存在 (5) （二）使用洛必达法则后函数出现循环 (6) （三）使用洛必达法则后函数越来越复杂 (6) （四）使用洛必达法则中求导出现零点 (6) 四、洛必达法则与其他求极限方法比较 (6) （一）洛必达法则与无穷小量替换求极限法 (7) （二）洛必达法则与利用极限运算和已知极限求极限 (8) （三）洛必达法则与夹逼定理求极限 (9) 五、洛必达法则求极限小结 (10) （一）洛必达法则条件不可逆 (10) （二）使用洛必达法则时及时化简 (11) （三）使用洛必达法则前不定型转化 (11) 参考文献 (13)