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微分中值定理习题课

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高等数学 第三章中值定理与导数的应用习题课

高等数学 第三章中值定理与导数的应用习题课

(5) (1 + x )α = 1 + αx +
α (α − 1)
2!
x2 + L+
α (α − 1)L (α − n + 1)
n!
x n + o( x n )
Ⅲ 导数的应用
一、函数的极值与单调性
1．函数极值的定义 ． x ∈ U ( x0 , δ ), f ( x ) ≤ f ( x0 ), f ( x0 )为极大值. 为极大值.
0 ∞ 其它型： 其它型： ⋅ ∞ , ∞ − ∞ , 0 , 1 , ∞ , 转化为 “ ”型或“ ” 型 0 型或“ 型或 0 ∞
0 ∞ 0
二、泰勒公式
1．泰勒公式 ．
如果函数在含有一点的开区间内具有直到(n+1)阶导数 阶导数 如果函数在含有一点的开区间内具有直到 f ′′( x0 ) f ( n) ( x0 ) 2 f ( x) = f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + ( x − x0 ) + L+ ( x − x0 )n + Rn ( x) 2! n! ( n +1) f (ξ ) Rn ( x ) = ( x − x0 ) n+1 拉格朗日型余项 ( n + 1)!
x ∈ U ( x 0 , δ ), f ( x ) ≥ f ( x0 ), f ( x0 )为极小值 .
o
。
2．函数的驻点 ．
f ′( x 0 ) = 0 则 x 0为 f ( x ) 的驻点。 的驻点。
3．函数的单调区间的判别 ．
函数在[a,b]上连续 在(a,b)内可导 上连续,在 内可导. 函数在 上连续 内可导

微分中值定理练习题

微分中值定理练习题

微分中值定理练习题1．试证拉格朗日中值定理．2．设()f x 在[]0,1上连续，在(0,1)内可导， (0)(1)0f f ==，11,2f ⎛⎫= ⎪⎝⎭试证： （1）存在1,12η⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()f ηη=． （2）对任意实数,(0,)λξη∃∈，使[]()()1f f ξλξξ'--=．3．模型Ⅰ：设()f x 在[],a b 上连续，在(,)a b 内可导，且()()0f a f b ==，则下列结论皆成立：（1）存在(,)a b ξ∈，使()()0f f ξξ'+=（为实常数）．（2）存在(,)a b ξ∈，使1()()0k f k f ξξξ-'+=（0,k k ≠为实常数）．（3）存在(,)a b ξ∈，使()()()0f g f ξξξ'+=（()g x 为连续函数）．4．设()f x 在[]0,1上连续，在(0,1)内可导，1(0)(1)0,12f f f ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，试证： （1）存在1,12η⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()f ηη=． （2）存在(0,)ξη∈，使[]2()3()1f f ξξξξ'+-=．5．模型Ⅱ：设(),()f x g x 在[],a b 上皆连续，在(,)a b 内皆可导，且()0,()0f a g b ==，则存在(,)a b ξ∈，使()()()()0f g f g ξξξξ''+=．6．设()f x 在[]0,1上连续，在(0,1)内可导，(0)0f =，k 为正整数，求证：存在(0,1)ξ∈，使()()()f kf f ξξξξ''+=．7．设()f x 在[]0,1上连续，在(0,1)内可导，(0)0f =．当0x >时，()0,f x > 试证：对任意正整数k ，存在()0,1ξ∈使()(1)()(1)f kf f f ξξξξ''-=-． 8．设0x >，试证ln(1)1x x x x<+<+． 9．设不恒为常数的函数()f x 在[],a b 上连续，在(,)a b 内可导，且()()f a f b =，证明：在(,)a b 内至少有一点ξ使得()0f ξ'>．10．设()f x 在[],a b 上连续，在(,)a b 内可导，证明在(,)a b 内至少存在一点ξ，使()()()()bf b af a f f b aξξξ-'=+-． 11．设0a b <<，函数()f x 在[],a b 上连续，在(,)a b 内可导，证明存在一点,(,)a b ξξ∈，使()()()ln b f b f a f aξξ'-=． 12．设()f x 在[],a b 上连续，在(,)a b 内可导，且0a b <<，证明：存在(,),(,)a b a b ξη∈∈，使()()2a b f f ξηξ'+'=⋅． 13．设()f x 在(,)a b 内有123()0,,,f x x x x ''>是(,)a b 内相异的三个点， 求证：[]1231231()()()33x x x f f x f x f x ++⎛⎫<++ ⎪⎝⎭ 14．若()f x 在[]0,1上有三阶导数，且(0)(1)0f f ==，设3()()F x x f x =．试证：在(0,1)内至少存在一点ξ，使得()0F ξ'''=．15．设()f x 在[]0,1上可导，在(0,1)内有二阶导数，且(0)(1)0f f ==．试证：方程2()()0f x xf x '''+=在(0,1)内有一实根．16．设()f x 在[],a b 上连续，在(,)a b 内可导，试证：存在(,)a b ξ∈使得()()()f f a f b ξξξ-'=-． 17．设0a b <<，函数()f x 在[],a b 上连续，在(,)a b 内可导，且(),()f a b f b a ==，试证明：存在(,)a b ξ∈使得()()f f ξξξ'=-．18．设()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上连续，在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭内可导， 证明：0,2πξ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使()sin 22()cos 20f f ξξξξ'+=．19．设()f x 在[]0,1上连续，(0,1)内可导，且(1)0f =，证明：(0,1)ξ∃∈，使()tan ()0f f ξξξ'+=．20．设()f x 在[]1,1-上具有三阶连续导数，且(1)0,(1)1,(0)0,f f f '-===， 证明：(1,1)ξ∃∈-，使()3f ξ'''=．21．设()f x 在[],(0)a a a ->上具有二阶连续导数，且(0)0f =．（1）写出()f x 的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；（2）证明：[],a a η∃∈-，使3()3()aa a f f x dx η-''=⎰．22．设(0,1)x ∈，证明：22(1)ln (1)x x x ++<．23．设0()lim 1x f x x→=，且()0f x ''>，证明：()f x x ≥． 24．设函数()f x ，在闭区间[]0,1上连续，在开区间(0,1)内可导，且1(0)0,(1)3f f ==证明：存在110,,,122ξη⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．使得22()()f f ξηξη''+=+． 25．证明（1）对任意正整数n ，都有111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭ （2）设1111ln (1,2,)23n a n n n =++++-= 证明数列{}n a 收敛．微分中值定理练习题答案或提示（凡是证明题均为提示，为节约篇幅，在题号后不再写“提示”二字）1．作辅助函数()()()()f b f a F x f x x b a-=--，用罗尔定理． 2．（1）令()()x f x x ϕ=-，用零点定理．（2）令()()()x F x ef x x λ-=-，用罗尔定理． 3．（1）令()()x F x e f x =，用罗尔定理．（2）令()()kx F x e f x =，用罗尔定理． （3）令()()()G x F x e f x =，其中()()G x g x '=，用罗尔定理．4．（1）令()()x f x x ϕ=-，用零点定理． （2）令[]3()()x F x e f x x =-5．令()()()F x f x g x =，用罗尔定理．6．令()(1)k g x x =-，用模型Ⅱ（第5题）．7．令()()(1)kF x f x f x =-． 8．令()ln(1)f t t =+，在[]0,x 用拉格朗日定理． 9．(,)c a b ∃∈使()()()f c f a f b ≠=，若()()f c f a >，则在[],a c 上用拉格朗日定理； 若()()f c f a <，则在[],c b 上用拉格朗日定理．10．令()()F x xf x =．用拉格朗日定理．11．令()ln ,(),()g x x f x g x =在[],a b 上用柯西中值定理．12．令2(),(),()g x x f x g x =在[],a b 上先用柯西中值定理，然后用拉格朗日中值定理． 13．令12303x x x x ++，将123(),(),(),f x f x f x 在0x 处展开成一阶泰勒公式，将三式相加可证得结论． 14．将3()()F x x f x =在0x =处展开成二阶泰勒公式．15．()f x 在[]0,1上先用罗尔定理11()0,(0,1)f x x '=∈，令2()(),F x x f x '=在[]10,x 上用罗尔定理．16．令()()()()F x f x f a b x =--⎡⎤⎣⎦，在[],a b 上用罗尔定理．17．令()()F x xf x =，在[],a b 上用罗尔定理．18．令()()sin 2F x f x x =，用罗尔定理．19．令()()sin F x f x x =，用罗尔公式．20．写出()f x 的二阶麦克劳林公式（拉格朗日型余项）．21．（2）利用（1）的展开式，对展开式两边取从a -到a 的定积分．22．令22()(1)ln (1)F x x x x =++-，对()F x 用二阶麦克劳林公式．23．写出()f x 的一阶麦克劳林公式． 24．令31()()3F x f x x =-，对()F x 在110,,,122⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上分用拉格朗日中值定理． 25．（1）用拉格朗日中值定理 （2）证明{}n a 单调递减有下界．。

高等数学课件D3习题课中值定理及导数的应用 24页PPT文档

高等数学课件D3习题课中值定理及导数的应用 24页PPT文档

( x)
1 ln(1
x)

1
1 x
2

0
(x 0)
故 x 0时, (x)单调增加 , 从而 (x) (0) 0
即
ln(1 x) arctan x (x 0)
1 x
例. 设 f (0) 0, 在 [0, ) 上 f (x)存在 , 且单调 递减 , 证明对一切 a 0, b 0 有
在区间 (, x1), (0, x2 ) 上是凸弧 ;
拐点为
(x1, f (x1)) , (x2, f (x2 )), (0, f (0)) .
y f (x) x1O x2 x
f (x)
提示: 根据 f (x) 的可导性及 f (x)
的正负作 f (x) 的示意图.
x1O x2 x
例. 求数列 n n 的最大项 .
西中值定理 . (3) 若结论中含两个或两个以上的中值 , 必须多次应用
中值定理 . (4) 若已知条件中含高阶导数 , 多考虑用泰勒公式 ,
有时也可考虑对导数用中值定理 . (5) 若结论为不等式 , 要注意适当放大或缩小的技巧.
例. 设函数 f (x) 在 (a ,b) 内可导, 且 f (x) M ,
f
( )(b
b2 a2
a)

f (). 2
因 f ( x ) 在 [ a , b ] 上满足拉氏中值定理条件, 故有
f (b) f (a) f ( )(b a), (a , b) ①
又因 f (x)及 x2 在[a,b]上满足柯西定理条件 , 故有
f (b) f (a) b2 a2
f (a b) f (a) f (b)

高等数学上：D3习题课(1)

高等数学上：D3习题课(1)
习题课
第三章
中值定理及导数的应用
一、 微分中值定理及其应用 二、 导数应用
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一、 微分中值定理及其应用
1. 微分中值定理及其相互关系
罗尔定理
f (a) f (b) 拉格朗日中值定理
f ( ) 0
y F (x)y xf (x) f (a) f (b)
柯o 西a 中值b定x理
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运用洛比达法则求极限 有关泰勒定理的一些证明题 利用泰勒定理求一些极限
例6. 设函数
在
上二阶可导,
且
证明
证: x [0, 1] , 由泰勒公式得
f
(1)
f
(x)
f
( x)(1
x)
1 2
f
( )(1
x)2
(0 1)
f
(0)
f
(x)
f
( x)
x
ห้องสมุดไป่ตู้
1 2
f (x0 ) f ( ) x x0
f (x0 ) M (b a) K (定数) 可见对任意 x (a ,b), f (x) K , 即得所证 .
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例2. 设 在 上连续, 在 证明至少存在一点
内可导, 且 使
证: 问题转化为证 f ( ) 2 f ( ) 0.
上具有n 阶导数,
且 (1) f (k) (a) g (k) (a) (k 0,1, 2,, n 1)
则当
时
证: 令(x) f (x) g(x) , 则
(k) (a) 0 (k 0,1,, n 1) ; (n) (x) 0 (x a)

中国地质大学(武汉)《高等数学A1》第五章习题课及答案解析

中国地质大学(武汉)《高等数学A1》第五章习题课及答案解析
a≤ x≤b
6 若 f (x) 在[0,1] 上有三阶导数，且 f= (0) f= (1) 0 ，，设 F (x) = x3 f (x) ，
求证：至少存在一点ξ ∈ (0,1) ，使得 F′′′(ξ ) = 0 。
证法一：由题设知， F (x) ， F′(x) ， F′′(x) ， F′′′(x) 在[0,1] 上存在，
= f+′(a)
lim f (x) − f (a) < 0 ， x→a+ x − a
由极限的保号定理，可知 ∃δ1 > 0, 当 x ∈ (a, a + δ1) 时，有
f (x) − f (a) < 0 ⇒ f (x) < f (a) x−a
同理， ∃δ2 > 0, 当 x ∈ (b − δ2,b) 时，有
ξ ∈ (0,1) ，使得 (2ξ +1) f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) = 0 。
分析： 由ξ ∈ (0,1) ，则 (2ξ +1) f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) = 0
⇔ (2 + 1 ) f (ξ ) + f ′(ξ ) = 0 ξ
⇔ p(ξ )(2 + 1 ) f (ξ ) + p(ξ ) f ′(ξ ) = 0 ξ
eξ
f [ g (ξ
′(ξ )+
) g′(ξ )]
g= (b) g= (a) 1
∴
f (b) − f (a) eb − ea
=
f ′(ξ ) eξ [g(ξ ) + g′(ξ )]
（1）
又令ψ (x) = ex ，则由题设可知 f (x),ψ (x) 在[a,b] 上满足柯西中值定理的条件，

高等数学第三章习题课答案

高等数学第三章习题课答案

第三章 微分中值定理习题课一、判断题（每题3分）1.函数)(x f 在0x 点处可导，且在0x 点处取得极值，那么0)(0='x f .（ √ ）2.函数)(x f 在0x 点处可导，且0)(0='x f ，那么)(x f 在0x 点处取得极值.（ × ）3.若0x 是()f x 的极值点，则0x 是()f x 的驻点. ( × )4.函数()x f 在区间()b a ,内的极大值一定大于极小值 . ( × )5.若()0,(,)f x x a b ''>∈,则()f x '在(,)a b 内单调增加 .（ √ ）6.0()0f x '=且0()0f x ''<是函数()y f x =在0x 处取得极大值的充要条件. ( × )7.函数()arctan f x x x =的图形没有拐点. （ √ ）8.因为函数y =0x =点不可导，所以()0,0点不是曲线y =.（ × ）二、选择题（每题3分）1.下列函数中，在闭区间[-1，1]上满足罗尔定理条件的是（ D ）. A ．xe B ．ln x C ．x D ．21x - 2．对于函数()211f x x=+，满足罗尔定理全部条件的区间是（ D ）. （A ）[]2,0-；（B ）[]0,1；（C ）；[]1,2-（D ）[]2,2-3. 设函数()()()12sin f x x x x =--，则方程()0f x '=在 (0,)π内根的个数（ D ）(A) 0个 ; (B)至多1个; (C) 2个; (D)至少3个.4．已知函数3()2f x x x =+在区间[0,1]上满足拉格朗日中值定理的条件，使得该定理成立的ξ=（ D ）.（A ）13 （B （C ）12 （D 5.若函数)(),(x g x f 在区间),(b a 上的导函数相等，则该两函数在),(b a 上（ C ）. A.不相等 B .相等 C.至多相差一个常数 D.均为常数6.arcsin y x x =- 在定义域内( B ).A. 单调减函数B.单调增函数C. 有单调增区间也有单调减区间D. 没有单调性7. 函数2129223-+-=x x x y 的单调减少区间是 （ C ）. （A ）),(+∞-∞ （B ）)1,(-∞（C ）)2,1(（D ）),2(+∞8．设(),a b 内()0f x ''>，则曲线()y f x =在(),a b 内的曲线弧位于其上任一条切线的（ A ）. （A ）上方;（B ）下方; （C ）左方; （D ）右方.9.曲线32y ax bx =+的拐点为(1,3)，则 （ A ）. （A ）3,30a b a b +=+= （B ）0,30a b a b +=+= （C ）2,320a b a b +=+=（D ）0,340a b a b +<+=10. 设函数()y f x =在开区间(,)a b 内有()'0f x <且()"0f x <，则()y f x =在(,)a b 内（ C ）A.单调增加，图像是凹的B.单调减少，图像是凹的C.单调减少，图像是凸的D. 单调增加，图像是凸的11．函数2y ax c =+在区间()0,+∞内单调增加，则a 和c 应满足（ C ）.（A ）0a <且0c =； （B ）0a >且c 是任意实数； （C ）0a <且0c ≠；（D ）0a <且c 是任意实数.12． 函数23++=x x y 在其定义域内（ B ） （A ）单调减少 (B) 单调增加 (C) 图形是凹的(D) 图形是凸的13．若()()00,x f x 为连续曲线()y f x =上凹弧与凸弧的分界点，则（ A ）. （A ）()()00,x f x 必为曲线的拐点; （B ）()()00,x f x 必为曲线的驻点; （C ）0x 点必为曲线的极值点;（D ）0x x =必为曲线的拐点.14.函数()2ln f x x x =-的驻点是（ B ）.（A ）1x = （B ）12x =（C ）(1,2) (D) 1(,1ln 2)2+15．函数2ln(1)y x x =-+的极值（ D ）. A ．是1ln 2-- B ．是0D．不存在 C．是1ln216.设()[0,1]()f x x f x ''=在上有＜0，则下述正确的是（ A ）( A ) (1)f '＜)0()1(f f -＜(0)f '; ( B ) (0)f '＜)0()1(f f -＜(1)f '; ( C ) (1)f '＜(0)f '＜)0()1(f f -; ( D ) (0)f '＜(1)f '＜)0()1(f f -17.设()f x 具有二阶连续的导数，且20()lim3,ln(1)x f x x →=-+则(0)f 是()f x 的（ A ）（A ）极大值； （B ）极小值; （C ）驻点; （D ）拐点.18.设函数()y f x =在0x x =处有()0f x '=0,在1x x =处导数不存在，则( C ). A. 0x x =,1x x =一定都是极值点 B.只有0x x =可以是极值点C. 0x x =, 1x x =都可能不是极值点D. 0x x =,1x x =至少有一个是极值点三、解答题（求极限每题4分其余每题 8分） 1．求极限220000011sin sin 1cos 2(1)lim lim lim lim lim 0sin sin 22→→→→→---⎛⎫-===== ⎪⎝⎭x x x x x x x x x x x x x x x x x x （2）11lim 1ln x xx x →⎛⎫⎪⎝⎭-- =()()11ln 1ln 11limlim 11ln ln x x x x x x x x x x x→→--+-=--+11ln ln 11limlim ln 1ln 22x x x x x x x x x →→+===+-+0(3)11lim 1→⎛⎫ ⎪⎝⎭--x x x e 01lim (1)→--=-xx x e x x e 0011lim lim 12xxx x x x x x x e e e xe e e xe →→-===-+++ （4）200011ln(1)ln(1)lim()lim lim ln(1)ln(1)x x x x x x x x x x x x →→→-+-+-==++0011111limlim lim 22(1)2(1)2x x x x x x x x x →→→-+====++20sin (5)limtan →-x x xx x 2200sin 1cos lim limtan 3x x x x x x x x →→--==0sin 1lim 66x x x →==222201(6)lim(1)→---x x x e xx e 22401lim→--=x x e xx 2232002211lim lim 42x x x x xe x e x x →→--==12=2223220000tan tan sec 1tan 1(7)lim lim lim lim ln(1)333→→→→---====+x x x x x x x x x x x x x x x1ln 1(8)lim cot →+∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭x x arc x 1lim cot →+∞=x x arc x 222211lim lim 111x x x x x x x →+∞→+∞-+===+-+sin sin cos (9)limlim cos 1→→-==-x a x a x a xa x a22200021sec 77ln tan 7tan 2sec 77tan 7(10)lim lim lim 11ln tan 2tan 7sec 22sec 22tan 2+++→→→⋅⋅⋅===⋅⋅⋅x x x x x x x x x x x x x(11)lim arctan 2→+∞⎛⎫- ⎪⎝⎭x x x π22221arctan 12lim limlim 1111→+∞→+∞→+∞--+====+-x x x x x x x xxπ2lim ln(arctan )2(12)lim arctan →+∞→+∞⎛⎫= ⎪⎝⎭x xx x x x e ππ2lim ln(arctan )→+∞x x x π222211ln arctan lnln arctan arctan 1limlimlim 111→+∞→+∞→+∞+⋅+===-x x x x x x x xxxππ2222lim 1x x x ππ→+∞=-=-+ 22lim arctan -→+∞⎛⎫∴= ⎪⎝⎭xx x e ππ .()tan 21(13)lim 2→-x x x π解：()()()11sin ln 22limlim tan ln 2cos tan 2221lim 2x x x x x x xx x x eeππππ→→--→-==1122sinlim22x xx e eπππ→---⋅==tan 0(14)1lim +→⎛⎫⎪⎝⎭xx x 0011lim tan lnlim ln++→→⋅⋅==x x x x xxee2001110ln limlim1x x x xx xe ee++→→---====2． 验证罗尔中值定理对函数32452y x x x =-+-在区间[]0,1上的正确性.解：()f x 在闭区间[]0,1上连续，在开区间()0,1内可导，()()012f f ==-满足罗尔定理条件.（3分）令()2121010f x x x '=-+=，得()0,1x =，满足罗尔定理结论.3． 试证明对函数2y px qx r =++应用拉格朗日中值定理时所求得的点ξ总是位于区间的正中间.证明：在区间[],a b 上，()()()f b f a f b aξ-'=- 代入：()()222pb qb r pa qa r p q b aξ++-++=+-解得：2a bξ+=. 4． 证明方程531xx -=在()1,2之间有且仅有一个实根．证明：令()531f x x x =--，()11310f =--<， ()522610f =-->所以 ()0f x =在()1,2上至少一个根，又()4'53f x x =-，当()1,2x ∈时()'0f x >，所以单增，因此在()1,2上至多有一个根.()0f x =在()1,2上有且仅有一个根.5． 设()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，且()()0f a f b ==，证明：至少存在一个(,)a b ξ∈，使得()()0f f ξξ'+=. 提示:令()()x F x e f x =证明：令()()xF x e f x =，显然()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导， 且()()()()x F x e f x f x ''=+ （3分）由Larange 中值定理，则至少(,)a b ξ∈，使得()()()F b F a F b aξ-'=-又()()0f a f b == ∴()()0f f ξξ'+=6． 设()f x 在[0,]a 上连续，在(0,)a 内可导，且()0f a =，证明存在一点(0,)a ξ∈，使得()()0f f ξξξ'+=.提示:令 ()()F x xf x =.证明：构造辅助函数()()F x xf x =， ()f x 在[0,]a 上连续，在(0,)a内可导∴()F x 在[0,]a 上连续，在(0,)a 内可导，()()()F x f x xf x ''=+且(0)()0F F a ==由Rolle 定理，至少(0,)a ξ∃∈，有()0F ξ'= 即()()0f f ξξξ'+=7． 证明：不论b 取何值，方程033=+-b x x 在区间[]1,1-上至多有一个实根证：令()()()()323,33311f x x x b f x x x x '=-+=-=+-()1,1x ∈-时，0,,f f'<故()f x 在区间[]1,1-上至多有一个实根.8． 证明：当1x >时，xe x e >⋅.证明: 令()xf x e x e =-⋅，显然()f x 在[1,]x 上满足Lagrange 中值定理的条ξ∈，使得件，由中值定理，至少存在一点(1,)x()(1)(1)()(1)()f x f x f x e e ξξ'-=-=--即()(1)0f x f >=又即x e x e >⋅9． 证明：当0x >时，112x +>证：()()111022f x x f x '=+==>()()00f x f >=,即有112x +>10． 求证：1,(0,)>+∈+∞xex x证明：令()1,,[0,)xf x e x x =--∈+∞当(0,)x ∈+∞时，()10x f x e '=->故在区间[0,)+∞上，()f x 单调递增从而当(0,)x ∈+∞时，()(0)0f x f >=即1x e x >+或者：证明：()221112!2xf e e x x x x x ξξ''=++=++>+……8分11． 当1>x 时，证明：13>-x. 答案参看课本p148 例6 12． 证明：当0x >时， ln(1).1xx x x<+<+ 答案参看课本P132 例1 13． 设0,1a b n >>>， 证明:11()()n n n n nba b a b na a b ---<-<-.证明：令()nf x x =，显然()f x 在[,]b a 上满足lagrange 定理条件，故至少存在一点(,)b a ξ∈，使得()()()()f a f b f a b ξ'-=- 即1()n n n a b n a b ξ--=-又由b a ξ<<及1(1)n n n ξ->的单增性，得11()()n n n n nba b a b na a b ---<-<-14． 设0a b >>，证明：ln a b b a ba a b--<< 证明：令()ln f x x =，在区间[],b a 上连续，在区间(,)b a 内可导，有拉格朗日中值定理，至少存在一点(),b a ξ∈，使得1ln ln ()a b a b ξ-=-，又因为1110,a b ξ<<<因此，ln a b a a ba b b--<<. 15． 证明恒等式()arcsin arccos ,112x x x π+=-≤≤.证：令()arcsin arccos f x x x =+ 则()f x 在[]1,1-上连续.在()1,1-内有:()0,f x f C '=≡≡令0,,arcsin arccos 22x C x x ππ==+=在()1,1-内成立.再根据()f x 在[]1,1-上的连续性,可知上式在[]1,1-上成立.16． 求函数2y x =的极值点和单调区间. 解：132(1)y x-'=-因此，2y x =在定义域(,)-∞+∞内有不可导点10x =和驻点21x =17． 求函数32535y x x x =-++的单调区间，拐点及凹或凸的区间. 解：23103y x x '=-+,易得函数的单调递增区间为1(,)(3,)3-∞+∞,单调减区间1(,3)3.610y x ''=-,令0y ''=，得53x =. 当53x -∞<<时，0y ''<，因此曲线在5(,]3-∞上是凸的；当53x <<+∞时，0y ''>，因此曲线在5[,)3+∞上是凹的，故520(,)327是拐点18． 试确定,,a b c 的值，使曲线32y x ax bx c =-++在（1,1-）为一拐点，在0x =处有极值，并求曲线的凹凸区间.解：232y x ax b '=-+ 62y x a ''=-(1,1)-为拐点，则062a =- 3a ∴=由0y '=，则2360x x b -+= , 代入0x =，则0b =.11,1a b c c -++=-=曲线为3231y x x =-+, 66y x ''=-. 凸区间为(,1)-∞-, 凹区间为(1,)+∞.19． 求函数()7ln 124-=x x y 的单调区间，拐点及凹或凸的区间.解： 34314(12ln 7)124(12ln 4)y x x x x x x'=-+⋅⋅=-， 易得函数的单调递增区间为13(,)e +∞,单调减区间13(0,)e . ()232112(12ln 4)412144ln 0y x x x x x x x''=-+⋅⋅=>， 令0y ''=，得1x =.当01x <<时，0y ''<，因此曲线在(0,1]上是凸的；当1x <<+∞时，0y ''>，因此曲线在[1,)+∞上是凹的，故(1,7)-是拐点 20． 求函数arctan xy e=的单调区间，拐点及凹或凸的区间．解：arctan 211x y e x '=⋅+>0,因此单调增区间是R , arctan arctan arctan 2222221212(1)(1)(1)xx x x x y e e e x x x ⎡⎤⎡⎤-''=+-=⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦， 令0y ''=，得12x =. 当12x -∞<<时，0y ''>，因此曲线在1(,]2-∞上是凹的； 当12x <<+∞时，0y ''<，因此曲线在1[,)2+∞上是凸的，故1arctan 21(,)2e是拐点 21． 求函数1234+-=x x y 的拐点和凹凸区间. 解：3246y x x '=- 2121212(1)y x x x x ''=-=- 令0y ''=，得10x =，21x = 列表 （4分）22． 求函数32391=+-+y x x x 的极值.解：2'3693(1)(3)y x x x x =+-=-+ ''66y x =+ 令0'=y 得驻点：121,3x x ==-.当21x =时，''0,y >取得极小值，其值为4-. 当33x =-时，''0y <，取得极大值，其值为28.23． 求函数23(1)1=-+y x 的极值.解： 226(1)y x x '=-22226(1)24(1)y x x x ''=-+-令0y '=，得1231,0,1x x x =-==(0)60y ''=>，故20x =是极小值点.(1)0y ''±=， 无法用第二充分条件进行判定.在11x =-的附近的左右两侧取值均有0y '<，故11x =-不是极值点. 在21x =的附近的左右两侧取值均有0y '>，故21x =不是极值点. 极小值(0)0y =24． 求函数32(1)(23)=-+y x x 的极值点和单调区间.解：22323(1)(23)4(1)(23)(1)(23)(105)0y x x x x x x x '=-++-+=-++=所以，驻点11x =，232x =-，312x =- 列表∴()f x 在32x =-处取得极大值3()02f -= ()f x 在12x =-处取得极小值127()22f -=- 单调递增区间31(,],[,)22-∞--+∞，单调递增区间31[,]22-- 25． 试问a 为何值时，函数1()sin sin 23=+f x a x x 在3π处取得极值？它是极大值还是极小值？并求此极值.解：2()cos cos23f x a x x '=+()f x在3π处取得极值22121()coscos 03333232f a a πππ'∴=+=⋅-⋅= 23a ∴=即 ()2()cos cos 23f x x x '=+ ()2()sin 2sin 23f x x x ''∴=--222()sin 2sin 2033333f πππ⎛⎫''∴=--=-⋅+< ⎪⎝⎭⎝⎭所以它是极大值，极大值为212()sin sin 33333f πππ∴=+=26． 求函数3223y x x =-在区间[]1,4上的最大值与最小值.解：212660,0,1y x x x x '=-===(舍去x =)()()11,480,f f =-=，故最大值为80，最小值为－1.27．、某车间靠墙壁要盖一间长方形小屋，现有存砖只够砌20m 长的墙壁.问应围成怎样的长方形才能使这间小屋的面积最大？解：设小屋长 x m ，宽 y m ，220,102xx y y +==-.2101022x x S x x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，100,10S x x '=-==故小屋长10米，宽5米时，面积最大.28.某厂每批生产产品x 单位的总费用为()5200C x x =+（元）， 得到的收入是()2100.01R x x x =-（元）.问每批生产多少个单位产品时总利润()L x 最大？解：()()()22100.0152000.015200L x x x x x x =--+=-+-()0.0250,250L x x x '=-+==（单位）()0.020L x ''=-<，故250x =单位时总利润最大.-----精心整理，希望对您有所帮助!。

微积分中值定理习题课

微积分中值定理习题课

ek f ( ) ek kf ( ) 0
[e kx f ( x ) (e kx ) f ( x )]x 0
[e
kx
f ( x )]x 0.
1
设f (x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 且
f (a ) f (b) 0, f ( x ) 0, x (a , b). 证明: f ( ) k. 对任意的实数k, 存在点 (a b), 使 f ( ) 证 设g( x ) ekx f ( x ) [e kx f ( x )]x 0 ; 则(1) g( x )在[a, b]上连续 ;(2) g( x )在(a, b)内可导
设函数 f (x)在[0, 3]上连续,在(0, 3)内可导, 且f (0) f (1) f ( 2) 3, f ( 3) 1. 试证必存在 (0,3), 使f ( ) 0. x 在 f[( 在 [0, 2]上连续 , 证 因为 因为 ff(( (x)在 cx , )3] 上连续 , c)) [0, 1 3] f上连续 ( 3), 且 ,f 所以 且在 2]上必有最大值 M和最小值 必存在 ,于是 在(c,[0, 3)内可导 , 所以由Rolle 定理知,m m (cf,3 (0 (M , ), m f f 1) 0 M (( )) 0,3 使 . , m f ( 2) M . f (0) f (1) f ( 2) m M. 故 3 由介值定理知,至少存在一点 c [0,2], 使
综上, 存在 (a, b), 使得h( ) 0.
6分
4
考研数学(一、二、三)11分
(1) 证明拉格朗日中值定理: 若函数 f (x)在
[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 则存在 (a , b ), 使得f (b) f (a ) f ( )(b a ). (2) 证明: 若函数f ( x )在x 0处连续, 在(0, ) ( x ) A, 则f (0)存在, ( 0)内可导, 且 lim f

微分中值定理与导数的应用习题课(一)

微分中值定理与导数的应用习题课(一)

【例3】设 f ( x)在[0, a]上连续, 在 (0, a)内可导, 且 f (a) 0 . 证明存在一点 (0, a), 使 f ( ) f ( ) 0. 分析 从结论 f ( ) f ( ) 0 看等价于方程 x f ( x) f ( x) 0 有实根，但若利用零点定理，无法验证 f (0) f (a) 0，所以
证明: 设 F ( x) a0 x n a1 x n1 an1 x, 易知多项式函数F ( x)在[0, x0 ] 上连续且可导，由题设
F ( x0 ) 0 F (0).
由罗尔定理，存在 (0, x0 ), 使 F ( ) 0, 即 a0n n1 a1 (n 1) n2 an1 0, 这说明 就是方程 a0nx n1 a1 (n 1) x n2 an1 0 的一个小于 x 0的正根.
2
x 1)
分析 证明函数恒等式，主要是利用拉格朗日定理的推论：
如果函数 f ( x)在区间 I上的导数恒为零，那么 f ( x)在区间 I上是一个常数.
证明：设 f ( x) arcsin x arccos x,(1 x 1)
因 f ( x) 1 1 0,(1 x 1) 1 x2 1 x2
试证在(a,
b)内至少存在一点 ,
使 f (b)
f (a)
f ( ) ln b
a
成立.
分析
将所证等式变形为
f (b)
f (a)
f ( ) 或
ln b ln a 1
f (b) f (a) ln b ln a
f ( x)
ln x
,
x
可见，应对 f ( x)与 ln
x 在[a,
b]上应用
ln b ln a 1

D3习题课

D3习题课

由
d2 y d x2

0

t

1,
当t=0时，y 不存在
t (1, 0) 0 (0, 1) 1 (1, )
y


y
凹
0
凸
4凹
点 ( 0 , 0 ) 及 (1, 4) 均为拐点.
例5 求最小常数 p 的值, 使对一切x >0，恒有
p (1 x x2 )ex
解：令 f ( x) (1 x x2 )ex ,
设辅助函数 ( x) x2 f ( x)
显然
在 [ 0 , 1 ] 上满足罗尔定理条件, 故至
少存在一点
使
( ) 2 f ( ) 2 f ( ) 0
即有
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例8. 求二次三项式 p(x) , 使
解: 设
则
（1）
由（1）得 由（2）得
例6. 证明 f ( x) ln x x 1 0 在 (0, )内仅有
二个实根
e
证明: f ( x) e x ,
x (0,e) e (e, )
x e f ( x)

f ( x) 0 x e
f (x)
1

f (e) 1 0,
f
(1) e
证:
( x)
f ( x)x x2
f (x) , x 0
而
0 x
x, f ( x) , f ( ) f ( x)
∴ ( x)在 (0, ) 上是递增的。
例2. 设
且在
递减 , 证明对一切
上 有
存在 , 且单调

高中数学(人教版)微分中值定理习题课课件

高中数学(人教版)微分中值定理习题课课件

结 ( a, b) f (b) 0 f ( a ) f ( ) ( b a ) 论 使得
拉氏定理
条 f ( x) 件 满足
(1)在闭区间[a,b]上连续 (2)在开区间(a,b)内可导 (3) f(a)=f(b)
结 ( a, b) 论 使得
拉氏定理
条 f ( x) 件 满足
第四讲 微分中值定理习题课
微分中值定理习题课
一、内容小结
二、题型练习
微分中值定理习题课
一、内容小结
二、题型练习
一、内容小结 （一）中值定理 （二）洛必达法则
（三）泰勒公式
（四）知识联系
一、内容小结 （一）中值定理 （二）洛必达法则
（三）泰勒公式
（四）知识联系
条 f ( x) 件 满足
(1)在闭区间[a,b]上连续 (2)在开区间(a,b)内可导 (3) f(a)=f(b)
变形 改写 分析
f ( ) 2 f ( ) 0
xf ( x ) 2 f ( x )
2 f ( ) 2 f ( ) 0
x 2 f ( x ) 2 xf ( x )
( x) x2 f ( x)
验证
(0) (1) 0
例3
分析
若f(x)可导，证明在f(x)的两个零点之间一定有
g ( x ) 0 证明 (a, b) 使得
f ( ) f ( ) f ( a ) g ( ) g ( b ) g ( )
分析 变形 改写 分析 验证
f ( ) g(b) g( ) g ( ) f ( ) f ( a ) 0 f ( x ) g(b) g( x ) g ( x ) f ( x ) f (a )

微分中值定理及其应用习题课

微分中值定理及其应用习题课
习题课 微分中值定理及其应用
一、 微分中值定理 二、 应用
一、 微分中值定理
1. 微分中值定理及其相互关系
罗尔定理
f (a) f (b) 拉格朗日中值定理
f ( ) 0
y F (x)y fx(x) f (a) f (b)
柯o 西a 中值b定x理
f ( ) f (b) f (a)
ba
F(x) x
3. 其他应用 : 求不定式极限 ; 几何应用 ; 相关变化率; 证明不等式 ; 研究方程实根等.
例8. 证明
在
上单调增加.
例9. 设 在
上可导, 且
证明 f ( x ) 至多只有一个零点 ,
其它不变时, 如何设辅助函数?
(x) ex f (x)
(B) f (x) 取得极大值 ; (C) f (x) 取得极小值;
(D) f (x)的导数不存在.
提示: 利用极限的保号性 .
2. 设 f (x) 在 x 0 的某邻域内连续, 且 f (0) 0,
lim f (x) 2, 则在点 x 0 处 f (x) ( D ).
x01 cos x
(A) 不可导 ;
(B) 可导, 且 f (0) 0;
(C) 取得极大值 ; (D) 取得极小值 .
提示: 利用极限的保号性 .
3. 设 y f (x) 是方程 y 2 y 4 y 0 的一个解,
A 若 f (x0) 0, 且 f (x0) 0, 则 f (x) 在 x0 ( )
(A) 取得极大值 ; (B) 取得极小值 ; (C) 在某邻域内单调增加 ; (D) 在某邻域内单调减少 .
f (1) 0 f (1) 0 f (1) 2 0
y (x2 1) ln x (x 1)2

微分中值定理及其应用习题课(整理)

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错误结论，事实上，因为 f ( x) 在点 0 处不连续，当然不可导． （2）下面是单侧导数极限定理，证明方法与导数极限定理相似．
1）设 f 在点 x 0 的右邻域 U ( x0 ) 内连续，在 U ( x0 ) 内可导，且极限 lim f ( x) f x0 0 存在，则 f 在点 x 0
x x0
令 h b a ，则有
内连续，则会导致错误的结论，例如 f ( x)
x, x 0 1, x 0
x 0
f ( x) 在 u 0 (0) 中可导，且 f ( x) 1 ，于是有 lim f ( x) ，若认为 f (0) 存在，且 f (0) 1 ，这就导致
1, 0 x 1, 所以在开区间 (1,1) 内找不到使得等式 g ( ) 0 成立的点 ，如图， 1, 1 x 0,
3
无水平切线( 图 2)． 函数 h( x) x, x [0,1] ．h( x) 在 [0,1] 上不满足罗尔中值定理的条件(3)，因为 h( x) 在区间端点的函数 值不相等， 即 h(0) h(1) ． 由于 h( x) 1, x (0,1) ， 所以在开区间 (0,1) 内找不到使得等式 h( ) 0 成 立的点 ，如图，无水平切线( 图 3)．
2 x 2 x
在 x 0 处没有定义，则原函数在 x 0 不可导） ，即不符合加强条件；但它满足定理的三个条件，有水 平切线(图) 6.罗尔定理结论中的 值唯一吗？ 答 不一定唯一,可能有一个,几个，甚至无限多个． 例如
0
y y=f (x)
3
x
1 4 x sin 2 , x 0; f ( x) 在 1,1 上满足罗尔定理的三个条件．显然, x 0, x 0.

中值定理习题

中值定理习题
2
1 sin x 1 lim 4 x 2 8
2
arctanx x 【例3】 计算 lim x 0 ln( 2 x 3 ) 1
arctanx x 解： lim x 0 ln( 2 x 3 ) 1
等价无穷小代换 ln( 1 2 x 3 ) ~ 2 x 3
3 余项为： ( 1)( x 1),其中 在 1与 x 之间.
三阶泰勒公式为
f ( 1) f ( 1) f ( 4 ) ( ) 2 3 f ( x ) f ( 1) f ( 1)( x 1) ( x 1) ( x 1) ( x 1) 4 2! 3! 4!
arctanx x lim x 0 2x3
1 1 2 lim 1 x 2 x 0 6x
1 1 lim x 0 6(1 x 2 ) 6
1
【例4】计算 lim x 2 e x
x 0
2
1
解：
lim x 2 e x
x 0
1
2
ex l im x 0 1 x2
ln x 例 10 计算 lim ( 0). x x
解 所求极限是“
”型未定型， 运用法则得: 1 ln x x lim 1 0. lim lim x x x x 1 x x
我们连续 n 次施行洛必达法则， 解 所求极限是“ ”型未定型，
lim e
x 0
tan x
tan x ln
1 x
e x0
lim (tan x ln

1 ) x
e
ln x x 0 cot x lim
e
x 0
lim

中值定理习题

中值定理习题

第五章中值定理习题课一、主要内容1、中值定理从极值点处的导数性质出发，依次得到Fermat定理、Rolle定理、Lagrange定理、Cauchy定理，应该准确掌握各个定理的内容，掌握定理证明的思想，掌握定理的几何意义，熟练掌握定理的应用。

2、Taylor公式从微分的定义或中值定理出发，从近似计算的角度，得到了函数的高阶展开式，掌握常用的函数的Taylor公式，熟练掌握各种Taylor展开式的计算方法，掌握利用Taylor展开式计算极限的技巧。

注、从定理的结论形式上看，中值定理和Taylor公式都能建立函数和导数的关系，但是，二者在使用中是有差别的。

中值定理只是建立了相差一阶导数的相邻函数的关系式，而且结论形式中，原函数的点可以是任意的（涉及到两个原函数的点(),()f a f b，这两个点都可以是任意的），涉及到导数的点不具备任意性，它依赖于原函数中取定的两个点，因此，通常用于利用导函数的性质，研究原函数的性质，当然，若对相应的导函数用中值定理，可以用高阶导数的性质研究低一阶的导函数的性质；而Taylor公式中，展开点是可以任意选取的，因而，可以用于研究所涉及到的中间各阶导数的性质，特别是用两头控制中间的中间导数估计的问题。

3、L’Hospital法则这是极限计算中一个非常重要的法则，也是一个非常高级的法则，利用这一法则，使得一类非常重要，也非常复杂的极限的计算变得非常简单，因此，必须掌握法则的灵活的应用。

4、应用利用上述理论，解决函数研究中的如零点问题、介值问题、中值问题、极值问题、最值问题、导数估计、单调性问题、凸性问题、不等式问题、函数展开、极限计算等各种关键而又重要的问题。

二、典型例题1、零点问题（介值问题、中值问题）这里主要指涉及到导函数的零点问题，因而，处理的基本工具就是Fermat定理、Rolle定理和中值定理。

但是，特别要注意的是，几个定理的根本的出发点就是极值点处的导数性质，这是处理这类问题的基本思想，因此，在涉及到这类问题时，最简便的手段是直接利用相应的定理，但是当定理不能直接应用时，就要考虑最基本的思想了。

D3 习题课

D3 习题课

∴至少存在一点
使 F( ) 0.
即 f ( ) 1 0
(2) 由Lagrange定理,
(0,1), 使得
(0,1), 使得
即
1.
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例3
且
试证存在
证明: f ( x )在 上满足Lagrange定理条件,
∴ f (b) f (a) f ( )(b a), (a, b) ①
令f (x) 0,
得
x1

π 3
,
x2

2π 3
x
0
(0
,
π 3
)
π 3
(
π 3
,
23π )
2π 3
(23π , π ) π
f (x)
0 0
f (x) a
33 16

a

33 16

a
a
f
(x)在x

π 3
处取得最大值
33 16

a
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x0 f (x)
又因 f (x)及 x2 在[a,b]上满足柯西定理条件 ,
②
将①代入② , 得 f ( ) a b f (), , (a,b)
2
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2. 证明不等式
例1 证明 ln(1 x) arctan x (x 0). 1 x
证明: 设 f (x) (1 x)ln(1 x) arctan x,
(2) a 3163时, f ( π3 ) 0, f (x)有唯一零点, 方程
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第三 微分中值定理习题课教学目的 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 , 1x 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(){21,11,1, 1x 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xe 、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(),,()0x 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()2x x f =，在[]1,0上使拉格朗日中值定理成立的21=ξ；对()3x 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 '+='22， 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 210n 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<⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅πf f ．但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，()()()21sin 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()()()21sin 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 210n 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()()2xx 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 ''=+()21F 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 xnn 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 lnξξ'=-．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()()()ξξ1ln ln f ab a f b f '=-- (6)把(6)式右端的ξ都换成x ，并设()()1,F x f x ''=()21F 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()012≠='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 =()ξξ1f '．即()()()a b f a f b f lnξξ'=-.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 =()()2210x f x f ξ''+'(ξ在0与x 之间)．将1,1=-=x x 带入上式得()()()121010ξf f f ''+'-=-=，()0,11-∈ξ；()()()221012ξf f f ''+'==，()1,02∈ξ．将上述两式相加得()()[]22121=''+''ξξf f ．若()()21ξξf f ''=''，则1ξ和2ξ都可作为ξ，使()2=''ξf ，()1,1-∈ξ；若()()21ξξf f ''≠''，则()()[]2121ξξf 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 ()()()()()2742523211615,83,41,21-----=='''-=''='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()()()()()()()()()()()4234444444442!3!4!f f f f x f f x x x x ξ''''''=+-+-+-+-()()()()23472111524444464512128x x x x ξ=+---+-+-,其中ξ介于x 与4之间．9. 求函数()x f =xxe 的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式．分析 xe 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 =()2112!n x x o x -++++L ，所以()x f =x xe =()()132!1!2-⋅+-++++n n x x n x x x x Λ．又因为()10limn nx xo x x -→=0，所以()1n xo x -是当0→x 时比nx 高阶的无穷小．故()x f =x xe =()()32...2!1!nn x x x x o x n +++++-．上式即为()x f =xxe 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()()αx x x x e x++11ln cos sin 、、、、等． 10. 利用泰勒公式求极限()[]x x x ex x x -+--→1ln cos lim222．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 =()222x 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22x 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22x e-的四阶麦克劳林公式可利用xe 的麦克劳林公式间接获得，它们是x cos =()246 1224x x o x -++，22x e-=()246 128x x o x -++．因此()[]x x x e x x x -+--→1ln cos lim 22 02=()()()24246620221122428lim 2x x x x x o x o x x x x x o x →⎡⎤-++--++⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎛⎫+--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦=()()46044112lim 12x x o x x o x →-+-+=61．11. 求极限x x xx 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 limx 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 lim2x x x x x x +-→=323sin lim20=→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 22220sin 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 =2111arctan1arctan limn 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 +-+∞→=()()32222211111111limx x x x x x -+++--+-+∞→=()()()32221lim2111x x x x x →+∞+⎡⎤+++⎣⎦=1．因为+∞→x 时，必有∞→n ，所以⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∞→11arctan 1arctan lim 2n n n n =2111arctan1arctan limx 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． 2. 验证极限xxx x sin lim +∞→存在, 但不能用洛必达法则得出.解 1)sin 1(lim sin lim=+=+∞→∞→x x x x x x x , 极限x xx x sin lim+∞→是存在的. 但)cos 1(lim 1cos 1lim )()sin (lim x x x x x x x x +=+=''+∞→∞→∞→不存在, 不能用洛必达法则. 3. 验证极限xx x x sin 1sinlim20→存在, 但不能用洛必达法则得出.解 0011sin sin limsin 1sinlim020=⋅=⋅=→→xx x x xx x x x , 极限x x x x sin 1sinlim20→是存在的.但xx x x x x x x x cos 1cos1sin 2lim )(sin )1sin (lim020-=''→→不存在, 不能用洛必达法则. 4. 讨论函数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤>+=-0 0 ])1([)(2111x e x ex x f xx 在点x =0处的连续性. 解 21)0(-=e f , )0(lim )(lim 21210f eex f x x ===---→-→,因为 ]1)1ln(1[101100lim])1([lim )(lim -+-→-→+→=+=x xx x xxx x e ex x f , 而 21)1(21lim 2111lim )1ln(lim ]1)1ln(1[1lim 00200-=+-=-+=-+=-++→+→+→+→x x x x x x x x x x x x x , 所以 )0(lim])1([lim )(lim 21]1)1ln(1[101100f ee ex x f x xx x xxx x ===+=--+-→-→+→.因此f (x )在点x =0处连续.14. 设()x f 具有二阶连续导数，且()x x f x 0lim →0=，()20=''f ，求()xx 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()xx x x f 101lim ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→=()()()21lim 0x x f x f xx x x f ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→，且()x x f x 0lim →=0，所以()()x f xx x x f ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→1lim 0=e ．因此，只须求出极限()20limx x f x →即可．解 由()x x f x 0lim→=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 0lim→=()x f x '→0lim =0．因此()20limx x f x →和()x x f x 2lim 0'→都是00型未定式．对极限()20limx x f x →两次应用洛必达法则，得()20limx x f x →=()x x f x 2lim 0'→=()2lim 0x f x ''→=()120=''f ．故()xx x x f 101lim ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→=()()()21lim 0x x f x f xx x x f ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→=e ．3. 若函数()f x 在[0,1]上二阶可导, 且(0)0f =，(1)1f =，(0)(1)0f f ''==，则存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥.证法一： (0,1)x ∀∈, 把()f x 在0, 1两点处分别进行泰勒展开到二阶余项, 有2122()()(0)(0)(0),2!()()(1)(1)(1)(1),2!f f x f f x x f f x f f x x ξξ'''=+-+'''=+-+- 1201x ξξ<<<<, ………4分上两式相减, 有2212()()1(1)22f f x x ξξ''''=--. 记12|()|max{|()|,|()|}f c f f ξξ''''''=,则有2211|()|[(1)]2f c x x ''≤+- 2111|()|2222f c x ⎡⎤⎛⎫''=-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦1|()|2f c ''≤, ………4分 即存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥. ………2分证法二： 在[0,1]上对()f x 应用拉格朗日中值定理有 ()(1)(0)1f f f ξ'=-=，01ξ<<.……3分当120ξ<≤时，在[0,]ξ上对()f x '应用拉格朗日中值定理有1()(0)()f f f c ξξ''''=-=，1|()|()2f c f c ξ''''⇒==≥，(0,)(0,1)c ξ∈⊂.……3分当121ξ<<时，在[,1]ξ上对()f x '应用拉格朗日中值定理有1()(1)()(1)f f f c ξξ''''=-=-，1|()|21f c ξ''⇒=≥-，(,1)(0,1)c ξ∈⊂. ……2分综上证明知存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥. ……2分。