中值定理与导数的应用1(终)20490

1、中值定理与导数的应用内容概要名称3.1中值定理3.2洛必法则名称罗尔中值定理拉格朗日中值定理柯西中值定理基本形式条件主要内容(3.1、3.2 )y = f(X)： (1)在a,b上连续；(2)在(a,b)内可导；(3) f (a) = f (b)y = f(X)：( 1)在a,b上连续；(2)在(a,b)内可导f (x)、g(x):(1)在a,b上连续，在(a,b)内可导；(2)在(a,b)内每点处gx) H 00OCY型与一型未定式0处结论至少存在一点E迂(a,b)使得至少存在一点E亡(a, b)使得f/( 3=f(b)-f b -a至少存在一点砖(a,b)使得f/( _ f(b)-f(a)

2、b -a通分或取倒数化为基本形式0处1) K 型：常用通分的手段化为 一型或型；0处0K2) 0，比型：常用取倒数的手段化为 上型或一型，即:0C00处0 -处二二一或 0 处=1/K 01/ 0C取对数化为基本形式1) 0型:取对数得 0= e0ln0，其中0和0=0心化二0C或 0 ln 0= 0 8=1/02) 1处型：取对数得1处=Kln1e1/处或心ln1=心0=1/00 03)处型：取对数得处OlnoC=e1/比或 0 In 处二 0 8=1/00 0-0。课后习题全解习题3-1 1.下列函数在给定区间上是否满足罗尔定理的所有条件？如满足，请求出满足定理的数值 。门)f(X)=2x

3、2 -X-311,1.5 ；(2)f(X)=x7,0,3。知识点：罗尔中值定理。思路：根据罗尔定理的条件和结论，求解方程f / ( 3 = 0 ,得到的根E便为所求。2解：(1)T f(X)=2x -x-3 在1,1.5上连续，在(一1,1.5)内可导，且 f(1) = f(1.5) =0,2 f(X)=2x -x-3在1,1.5上满足罗尔定理的条件。令f(E)= 4E- 1= 0得詁1珂1,1.5)即为所求。4(2)v f(X)= X X 在0,3上连续，在(0,3)内可导，且 f(0)=f(3) = 0 , f(x) =xj3 -X在0,3上满足罗尔定理的条件。令f( E) = J3 -

4、Ej E =0，得 E = 2 (0,3)即为所求。232 2.验证拉格朗日中值定理对函数y=4x -5x +x-2在区间0,1上的正确性。知识点：拉格朗日中值定理。思路：根据拉格朗日中值定理的条件和结论，求解方程厂(3=普严，若得到的根E 0,1则可验证定理的正确性。解：T y = f(X)=4x3 5x2 +x2 在0,1连续，在(0,1)内可导， y = 4x3 5x2 +x2 在区间0,1上满足拉格朗日中值定理的条件。又f (1) = 2,f (0) = 2 , f (X)=12x2 -10x +1 ,.要使f牡)=f-f(0)=0，只要：E = 5届迂(0,1)，1-0 12.WE

5、= 5 用年(0,1)，使 f ( E = f f(0)，验证完毕。12 1-0 3.已知函数f(x) =x4在区间1,2上满足拉格朗日中值定理的条件，试求满足定理的E。解：要使f心呼严，只要=15=匕=再，从而E =圧亡(1,2)即为满足定理的匕。 4.试证明对函数 y = px2+ qx +r应用拉格朗日中值定理时所求得的点E总是位于区间的正中间。证明：不妨设所讨论的区间为2a,b， 则函数y = px + qx + r在a,b上连续，在(a,b)内可导，从2 2而有 f-( E)= f(b)-f(a)，即 2 E + qJPb +qb+r)( Pa + ga +)b -ab -a解得E=

6、，结论成立。232 5.函数f(X)=x与g(x) =x +1在区间1,2上是否满足柯西定理的所有条件？如满足，请求出满足定理的数值E。知识点：柯西中值定理。思、路：根据柯西中值定理的条件和结论，求解方程g( Ef(E) _ f(b)-f(a)，得到的根E便为所求。g(b)-g(a)32解：T f(X)=X3 及 g(x) =X2 +1 在1,2上连续，在(1,2)内可导，且在(1,2)内的每一点处有g (X)= 2x H 0，所以满足柯西中值定理的条件。要使Of(2)-f(1)只要 3E2，只要g(E)g(2) -g(1)2 E=7，解314得 r)，三即为满足定理的数值。 6.设f(X)在

7、0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(1)=0。求证:二由罗尔定理，至少有一点$忘(x1,X2)、(X2,X3)，存在9 (0,1)，使 f(9 一号。知识点：罗尔中值定理的应用。思路：从f / (=-丄结论出发，变形为Ef / (E) E + f ( 9 = 0，构造辅助函数使其导函数为f/(x)x + f(X)，然后再利用罗尔中值定理,便得结论。构造辅助函数也是利用中值定理解决问题时常用的方法。证明：构造辅助函数F(x) =xf(x)，F (x)=f (x)+xf(X)根据题意F(x)=xf(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且F(1) =1 J (1) = 0,F(0) =0卄(

8、0) =0，从而由罗尔中值定理得：存在E壬(0,1)，使f ( 9F 9 = f(9E+ f(9=0，即 f(9 一 -Ef ( X)注：辅助函数的构造方法一般可通过结论倒推，如：要使f (X)= ，只要X二一1 二In f(x) = -ln xu In xf(x) = 0u xf (x) =0 xf(x) = 0 f(x) Xxf(x)只要设辅助函数F(x)=xf(x) 7.若函数f(X)在(a,b)内具有二阶导函数，且 f (Xr) = f(X2 ) = f(X3) (xxxb)， 证明：在(xXs)内至少有一点E，使得 口9=0。知识点：罗尔中值定理的应用。思、路：连续两次使用罗尔中值定

9、理。证明：T f (x)在(a,b)内具有二阶导函数，- f(x)在x-i ,x2 x2,x3内连续,在(X1,X2)、(X2,X3)内可导，又 f(Xi) = f(X2)= f(X3),使得f心)=0、f ( $)=0 ；又f(x)在玄切上连续，在(首飞)内可导,从而由罗尔中值定理，至少有一点$ ( $, $)U (x1,x3)，使得f( 9 = 0。 8.若4次方程a0x4 +a1x3 +a2X2 +a3X +a4 =0有4个不同的实根，证明:324a0x +3a1x +2a2 a 0的所有根皆为实根。知识点：罗尔中值定理的应用。思、路：讨论方程根的情况可考虑罗尔中值定理。432证明：令

10、f(x) =a0x + a1x + a2x + a3x +84则由题意，f (X)有4个不同的实数零点，分别设为 X1,X2,X3,X4，T f(X)在Xi ,X2、X2,X3、X3,X4上连续，在(Xi,X2)、(X?)、化儿)上可导,又 f(Xi)= f(X2)= f(X3)= f(X4) =0 ,由罗尔中值定理，至少有一点$ (x1,x2)、 $ (x2,x3) $ (x3,x4)使得 f( 9) = f ( $)=($)= 0，即方程 4a0x3 +34x2 +2a2X + ag = 0 至少有 3 个实根，又三次方程最多有3个实根，从而结论成立。 9.证明：方程x+ x1=0只有一个

11、正根。知识点：零点定理和罗尔定理的应用。思、路：讨论某些方程根的唯一性，可利用反证法，结合零点定理和罗尔定理得出结论。零点定理往往用来讨论函数的零点情况；罗尔定理往往用来讨论导函数的零点情况。解：令 f(X)=x +x -1，V f (X)在0,1上连续，且 f (1) =1 0，f(0) = 1 0,由零点定理，至少有一点E忘(0,1)，使得f( $ = $ + E一1 =0 ;假设x + x-1 =0有两个正根，分别设为$、9 ( $1 9 )，则f(x)在在&飞上连续，在(&,三2)内可导，且f ( &) = f(E2)= 0 ,从而由罗尔定理，至少有一点年(&, E)，使得f E) =

12、5 E4 +1 = 0 ,这不可能。二方程x + X1 = 0只有一个正根。 10.不用求出函数f(X)=(x -1)(x -2)(x-3)(x -4)的导数，说明方程 f (X)=0有几个实根,并指出它们所在的区间。知识点：罗尔中值定理的应用。思路：讨论导函数的零点，可考虑利用罗尔中值定理。解：T f(x) =(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)在1,2、23、3,4上连续,在(1,2)、(23)、(3,4)内可导，且 f(1) = f(2) = f(3)= f(4) =0，二由罗尔中值定理，至少有一点e (1,2)、 RW (2,3)、(3,4),使得f ( & ) = f( &) =

13、 f ( &) =0，即方程f (X) = 0至少有三个实根,又方程f (X)=0为三次方程，至多有三个实根,f(x)=0有 3 个实根，分别为 &迂(1,2)、&迂(23)、&迂(3,4)。 11.证明下列不等式:(1) I arctana - arctanb ex ；(3)设 x0，证明 In(1+x)vx ；(4)当 x0时，In(1+)丄X 1 + X知识点：利用拉格朗日中值定理。思路：用拉格朗日中值定理证明不等式的过程:寻找函数y = f(X),通过式子f( E = f (b) f (a) b a(或 f(b) - f (a) = f ( 9(b -a)证明的不等式。证明：(1 )令

14、 f(X)= arctan x， 丁 f (x)在a,b上连续，在(a,b)内可导,二由拉格朗日中值定理,得|arctana-arctanb =|f( 3(b-a)=b-a| 勻b-a。(2)令 f(x) =eX(X 1) , V f(x)在1,x上连续，在(1,x)内可导,由拉格朗日中值定理，得eX _e =e（x1）,V 1 E _e(x -1)= ex-e，从而当 x时,Xe ex。（3）令 f（X）= In（1 + X）（X aO） , V f（x）在O,x上连续，在（0,x）内可导,二由拉格朗日中值定理，得In(1 +x) =ln(1 +x) -In(1 +0) = f( 9(x-0

15、)=0,In(1 +x) c X。（4）令 f（X）= In X（X 0） , V f （x）在x,1 + x上连续，在（x,1 + X）内可导,二由拉格朗日中值定理，得1In(1 +) = In(1 + X) In X = f( 9(1 0) X，即当1+xX 0时，In(1 +1) 丄X 1+x12x2 = nx1).12.证明等式：2arctanx + a-叫+X知识点：f（x） =0= f（x）=C （ C 为常数）。思路：证明一个函数表达式 f（X）恒等于一个常数，只要证 f （X）= 02x证明：令 f(X)=2arctanx +arcsin (x 二1),1+x当 X =1 时，

16、有 2arctard + arcsird = n;当 x 1 时，有2f(xw +2(1 + x2)-2x2x_2+/2(1+x2)21 + x212-2x21X2(1+x2)2 2=+ ()= O， - f(x)=C = f(1) = ;i ；1+x21 +x22x- 2arctanx +arcsin2 =冗匕 1)成立。1 +x 13.证明：若函数f（X）在（-比，+oc）内满足关系式f （X）= f（X），且f （O） = 1，则f （x） = eX。知识点：f(x)=O= f(x)=C思路：因为f（X）=exu ef（X）三1，所以当设F（x） =ef（X）时，只要证F （x） =O即

17、可证明：构造辅助函数F（x） =ef（X）,则 F （X）=ef （X）ef （x） =O ；- F(x) =ef(X)三C =F(O) =1- f(X)=ex。 14.设函数f （x）在a,b上连续，在（a,b）内有二阶导数，且有f (a) = f (b) =O,f (c) O(a cc cb)，试证在（a,b）内至少存在一点9,使f（ 9 cO。知识点：拉格朗日中值定理的应用。思、路：关于导函数f （n）（ 9在一点处符号的判断，根据已知条件和拉格朗日中值定理的结论，逐层分析各层导函数改变量和自变量改变量的符号，得出结论。证明：T f （x）在a,c、c,b上连续，在（a,c）、（c,b）

18、内可导,由拉格朗日中值定理，至少有一点&（a,c）、&（c,b），使得 f(9)fcf)O ； c-ba-c又f （X）在&,叨上连续，在（二込）内可导，从而至少有一点的（&飞），使得口9=1 15.设f (x)在a,b上可微，且f皐a) O, f (b)O, f (a弄f (b) A试证明 (x)在（a,b）内至少有两个零点。知识点：极限的保号性、介值定理、微分中值定理。思路：要证明在某个区间（a,b）内导函数至少存在两个零点，只要证该函数在a,b上有三个零点，即可以利用罗尔中值定理，得出结论。证明： T fja） =hm+（）（） 0，由极限的保号性知，X -a0，WU+（a,6） （不妨

19、设60，二得 f （x1 f（a） = A ； Xi a同理，由 f：b)0,得 J_(b, ,)(b-a），使得空42X2 -b0，从而得 f（X2）C f （b） = A ；又T f（X）在Xi,X2 上连续，二由介值定理知,至少有一点E 亡(Xi,X2)使得 f(9=A ;- f（X）在a, E、 E ,b上连续，在（a, 9、(E ,b 内可导，且 f(a) = f(9 = f(b)= A,由罗尔中值定理知，至少有一点9迂（a, 9、 9迂（E ,b，使得f（ 9） = f（ 9） = 0，结论成立。 16.设f （x）在闭区间a,b上满足f （X）0，试证明存在唯一的 c,acc c

20、 b，使得f(c)(b) f 。b-a知识点：微分中值定理或函数单调性的应用。思路：证明唯一性的题目或考虑利用反证法；或正面论述。此题用反证法和罗尔中值定理，或利用函数的单调性得出结论。证明：存在性。T f（x）在a,b上连续，在（a,b）内可导，二由拉格朗日中值定理知，至少有一点c忘（a,b），使得f (c)(b)-f(a) b a唯一性的证明如下：方法一：利用反证法。假设另外存在一点(a,b)，使得fd) = f (b) f (a)b a又/ f x)在c,d(或d,c)上连续，在(c,d)(或(d,c)内可导,由罗尔中值定理知，至少存在一点富(c,d)u(a,b)(或E亡(d,c)u(a

21、,b)，使得(9=0，这与f(x)在闭区间a,b上满足f (X)矛盾。从而结论成立。方法二：T f(x)在闭区间a,b上满足f”(x)0，二f(x)在a,b单调递增,从而存在存在唯一的C忘(a,b)，使得f(C)= f(b) f。结论成立。 b a 17.设函数y = f(x)在x=0的某个邻域内具有n阶导数，且f(0)= f (0)=川=f 54(0) =0,试用柯西中值定理证明:甲=竺辿叶1)。xn!知识点：柯西中值定理。思路：对f(x)、g(x) = xn在0,x上连续使用n次柯西中值定理便可得结论。证明：T f (x)、g(x) = xn及其各阶导数在0,x上连续，在(0,x)上可导,

22、且在(0,x)每一点处，g(n4)(x) = n!xH0,又 fO =f0= 卜 f 0n10 =,连续使用n次柯西中值定理得,卢 nJ” n 4 r /ex1n9-g (0)f(x) _f(x) f(0) _()_ f(9)-f(0)_j|, fg(討)-f 2)(0)xn-g(0)n!g(T(0)f (n) ( n x=(0 0 1), 从而结论成立。n!习题3-2 1.用洛必达法则求下列极限:(1)X_xe -elim x- sin X(2)sin X sin a lim(3) lim lnsinXln(1+丄)X(5)lntan7x lim J书 ln tan2x(6)(9)1lim

23、x2eXXT(13)lim(1 + a)x ；XY X(17)x-a4 ( n-x)2(4) limarc cotx3X 1 +ln X limxe e(8)lim xcot2x ；(10)lim x(eX-1)；-)；X(12 )lim(-7、x-1 lni ；(14)sin Xlim X 0+(15)tanx(16)lim0Xe +ln (1-x)1 .x-arcta n x- 1 .lim (1 +sinx)x ；( 18)四屮n 广；(19)+J1+ x2 )x ；(20)1 2lim Intan-)屮n知识点：洛必达法则。思路：注意洛必达法则的适用范围。该法则解决的是未定型的极限问题

24、，基本形式为:0型与兰型未定0处式，对于这种形式可连续使用洛必达法则；对于处一处型与0，处型的未定式，可通过通分或者取倒数的形式化为基本形式；对于 00型、1处型与处0型的未定式，可通过取对数等手段化为未定式；此外，还可以结合等价无穷小替换、两个重要的极限、换元等手段使问题简化。X-Xe -eX 丄一Xe +e解：(1) lim =limXT sin X T cosx=2 ；(2)limX3asin X -si naX-alim Xja 1cosx =cosa ；cosxlim叫(n-2x)2sinx= limxTn 4(2x - nlim= lim4(2x - n8ln (1中丄)XlimX

25、T址arc cot xx(x +1)1 +x2=lim xKx(x+1)1 +x28=1 ；(4)1(5)(6)(7)(8)(9)7 sec2 7 x2tan ,x7cos 2x 4an2x .lim = lim 2 = lim 2 = 1 ；I书 ln tan2x J书 2sec22x h0 tan7x2cos27xIn tan 7xtan 7xtan 2x3x2 +1XX3 -1 +lnx呷eXtan x-x limT X sin xlim xcot2x0sec X -1= limT 1 -cosxlimT tan2x-xmo2 tan xsec xsin x2=lim3 = 2 ;7 c

26、os XIII2XT0 2 sec 2x12 2lim x2eX01e7（或解为:=limT 1limlim x2e(10) lim :x(ex -1)1=lim ex)0=lim = lim =母) u瘁u1=lim -xJSC(ex -1)（或解为：T当XT处时，e-1limX11 -丄ex2 eX12X=lim e=1；1/x.e -1 xmT)迥 1/X= lim) r 1/ X(11)limpT X1 、_-1) 0 x(eX -1)(12) lim(XT X1x .e -1eJ/r Z JimT 2x=lim0x2丄)=limXlnx x+Jim ln X I (xT)lnx iI

27、n x1 +ln xln x + mlSln2(或解为：lim沁3可imEngXT (X -1)ln X ruln( u+1)(u + 1)ln( u +1)-u limu-30(13)(15)(16)=eFIn (u+1)2ulim xln(1 )lim _x =eYln(1 自x1 lim x(14)sin x=elim sinxinxX 0+lim =e J0卡sexlimeX 0+_x cot xcscxlim tanXsinX= eT+Jn X lim tanx = lim e7%otx=lim0十lim.2 sin X lim lim eT + x=e0 =1 ；limeln(1

28、-X)-1x- arcta nx=lim)01ex+丄X 1lim0(1 + x2)(xex-e1)(x-1)x221 +xTm/xX丄八xe e +1)x2=-limxxe2x(17) lim(1 +sinx)lim e 0lim ln(1 愉 x)X-0=limlim上竺 e0Hsin Xlim -ln Jn x(二)Un X X(18) lm(Jn -)x=e(!臥(x + G+x2)%ex1（20）令 f（X）= （xtan ），则Xx2tsec21 4antlimtseWt -tant_ eT 2t2tantlim 3= eT+2t3x2lim 匸0s21(1sx)2lim普=eT

29、+ 6t2_lim-=e T怖 X1 limJ.1/1Xim(xta n;)t -s in tcost= e+2t3cos2t=e3x2txlim=e t+/x =1 ；tSi n2tlim e* 农=1 ；1In tantUnt2lim (ntan 1)n n-就屮n1=e32 2.验证极限 lim X +sinx存在，但不能用洛必达法则求出。知识点：洛必达法则。思、路：求导后极限如果不存在，不能说明原式极限不存在，只能说洛必达法则失效。洛必达法则不能解决解： limSy所有的未定型极限问题。=lim (1 + 竺)=1 + 0 = 1，二极限 lim Sinx 存在; X若使用洛必达法则，

30、得lims竺X1 + COSX=1 + lim cosx，1x_f(X +h)-2f(x ) + f (x-h)而lim cosx不存在，所以不能用洛必达法则求出。 x_ 3.若f (x)有二阶导数，证明 f 7x) = limh2hT知识点：导数定义和洛必达法则。思、路：使用洛必达法则，对极限中的函数上下求关于h的导数，然后利用导数定义得结论 。hmof(x + h)-2f(x) + f(x-h)h2= limfE-fgh)MO2h= limh-of (x +h)-f (x) + f (x) -f (x-h)2hf(X +h) - f (x) + 1lim f (x-h) - f(X)2 h

31、T-hf / (x)，二结论成立。d+x). x 4.讨论函数 f (X) = e ，在点x =0处的连续性。e%知识点：函数在一点连续的概念。思、路：讨论分段函数在分段点处的连续性，要利用函数在一点处左、右连续的概念。(1 + X) 1/mqn 解：T !哩 +f (X)= lim Yx= eXT故ek(f)xln(filim 詁=eT+2x= e2x =e 2 = f (0)，二 f (x)在 x=0处右连续;又 V lim f(x)=e2=f(0)，二 f(x)在 x=0 处左连续; T-在点X = 0处连续。从而可知，f（X）= X 0 5.设g（x）在x=0处二阶可导，且 g（0）=

32、0。试确定a的值使f（x）在x = 0处可导，并求g（x）f 0），其中 f（X）詔 X ，X H0由导数定义，f (0)=lim x) f (0) =limTX-0TX-0X-0limg(x)0)x划警严*（0）。2x知识点：连续和可导的关系、洛必达法则。思、路：讨论分段函数在分段点处的连续性、可导性，一般考虑利用定义。解：要使f（X）在X = 0处可导，则必有f （x）在X = 0处连续,=lim坐上肌g ;X-0又 g(x)在 X = 0处 g(0) =0，二 a =lim f(xlimg-3xj X名称3.3泰勒公式内容概要主要内容（3.3 ）泰勒中值定理：如果f（x）在含有x0的某个

33、开区间（a,b）内具有n + 1阶的导数，则对任一x(a,b)，有 f(x) = f (xo) + f/(xo)(x-xo)+ f (xo)(x-xo)2+ 2!jf(n)(Xo)n!（X xo）n +Rn（x），此公式称为n阶泰勒公式;f （n 卅）（E）其中Rn（X）= 甘（XX0）nm介于X0于X之间），称为拉格朗日型余项；或Rn（X）=O（X -X0）n，称为皮亚诺型余项。n阶麦克劳林公式:f(x) = f(O) + f/(O)x-xRn(x)n!其中 RnWfXn十(1)或 Rn(x)=O(xn)。 (n +1)!2)cosx =13)In (1 +x)4)5)6)1135X 丄Xs

34、in X = X+ 3!5!2n卅./八nx,2n421)_+o(x )(2 n +1)!24X X+2!4!62n7n*宀2X=X 一十23nH4X，八n X/ n+、- +(_1) +o(x ) 3n +1+ x + X2 屮+ xn + o(xn)2!rrn+o(xn)习题3-3 1.按（X -1）的幂展开多项式 f（x）=x4+3x2+4。知识点：泰勒公式。思路：直接展开法。求 f（X）按（X x0）的幂展开的n阶泰勒公式，则依次求 f（X）直到n +1阶的导数在X = Xo处的值，然后带代入公式即可。解: f(x)=4x3+6x，f(1)=10 ； f”(x)=12x2+6，f(1)

35、 = 18 ；f(x)=24x，(1) = 24 ； f(4)(x)=24 ； f (1)=24 ； f (x) = 0 ；将以上结果代入泰勒公式，得f (X) = f (1) +) + f(1(x-1)2+ f_(1(x-1)3+ _ (x-1)41!2!3!4!= 8+10(x1) + 9(x1)2 +4(x1)3 +(x1)4。 2.求函数f（X）= Jx按（X 4）的幂展开的带有拉格朗日型余项的三阶泰勒公式。知识点：泰勒公式。思、路：同1。1 1 解：fr，叫1，超4)rmlx53，frfix) 一 1|x7Y;将以上结果代入泰勒公式，得f(x) =f(4)+ 叫-4)1!f+ 2!7

36、4)(x_4)2+空3!(x_4)3+口E(x_4)44!17(x4) 1 264(x4)1+討x4)71284(x-4) ，( E介于X与4之间)。 3.把 f(X)=匕土1 x +x在X = 0点展开到含4x项，并求f(0)。知识点：麦克劳林公式。1思路：间接展开法。f(x)为有理分式时通常利用已知的结论 1 -X= 1 + x + x2 +xn +o(xn)。2 2加 /、1+x+x 1 -X + x + 2x ,丄 2x解: f(X) = =2 = 1 +21 -X +x21 -X +x21 -X +x21十 2x(1+x=1 + 2x(1 +x)(1-x3 +o(x3) =1+2x

37、+ 2x2 -2x4 十。农)；f |(0)又由泰勒公式知x3前的系数计U。，从而f。 4.求函数f(X)= In X按(X 2)的幂展开的带有皮亚诺型余项的n阶泰勒公式。知识点：泰勒公式。思路：直接展开法，解法同1 ；或者间接展开法，f(x)为对数函数时，通常利用已知的结论23nF+ 乞一+(-1)n J +o (xn 十)。3n +1方法一：(直接展开)11 1 1g；，f二；f7一 1In(1 +x) =x -：2 1超x)=/，蔦,f(n)(x1)n_1 (n-1)! (n) (2) _ ( 1)nJL (门-1)!2nX1!3!将以上结果代入泰勒公式，得In X = f (2) +f

38、_(2)(x-2) +1!f 2! (x-2)2+3!”(2)(一2)3 +f(4)4!(X-2)4W+ f(n)(2)n!(x-2)n +o(x-2)n) =ln2 +1(2)-+ 31(x2)3 一3 ”23+ (-1)21荷(x-2)n+o(x_2)n)。X 2X 2方法二：f(x) =1 nx=ln(2+x-2) = ln2+ln(1+)=ln2+ + 3（爭 j +（廿1（宁）n +0（爭）*2+扣一2） 一和一2）1 1+ 莎(X-2)3+(_1)n(X_2)n+o(X_2)n)。1 5.求函数f（X）=按（X +1）的幂展开的带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式。X知识点：泰勒公式。

39、思路：直接展开法，解法同1 ；或者间接展开法，f（x）为有理分式时通常利用已知的结论1 -X=1 +x X2 +川 +xn +11方法一 ：f (x)=-右，f(1) = 1 ；Xf x)2=-，口-1) = -2 ； f7x)Xf71)=1f(n)(x)=(1)n n!nF ，X将以上结果代入泰勒公式，得IIP(x+1) + f(T)(x +1)2 + f (Tx +1)3 +川2!+上+1）+ f(n+)(E)n!(n+1)!(x+1严=_1 _(x +1) -(x+1)2 -(X +1)3 (x+1)n+(；1L (x+1)n屮(E介于 X与-1 之间)。1方法二：一x1=-1 +(x

40、+1) +(x +1)3XX1 + x+ + 计算ex的近似值时，所产生的误差小于 + (x+1)2 6 +(x+ 1)n1 -(x +1)-(X + 1)n +)仪 + 1).*(_1) n 屮+ (x+1)n= 1 -(X +1)-(X +1)2 -(X +1)3 (E介于x与-1之间)。 6.求函数y = xex的带有皮亚诺型余项的 n阶麦克劳林展开式。知识点：麦克劳林公式。思路：直接展开法，解法同1；间接展开法。f(X)中含有ex时，通常利用已知结论2X .亠亠Xe =1+x + 2!+n+Lxn)。方法一：y = (x+1)eX， y(0) =1; y = (x+2)eX，yW) =

41、2 ； - ,y(n)=(x + n)ex，y(n)(0) = n，将以上结果代入麦克劳林公式，得xeX=f(0)+fQx1!4x22!+导3+川+皿n*)n!=X +x232!+(n-1)!+ o(xn)。方法二：2XxeX =x(1 +x + 2!+n43XI / n4丄 2丄X 丄+o(x )=x + x +(n-1)!2!n+ X(n-1)!+ o(xn)。1 7.验证当0 X兰一时，按公式e20.01，并求je的近似值，使误差小于0.01。知识点：泰勒公式的应用。e41e2 42 1R3(x)=xxx2 协 +2!*55!2x=x -一2+，从而 In 1.2 = f (0.2)23

42、45cc 0.2 丄 020.2 丄 0.2甘花 0.2 +上 01823 ;其2345误差为:R5(X)=-6(1 +1 X66 “0000107。 9.利用函数的泰勒展开式求下列极限:(1)3 +3x -Vx2 -X);(2)lim2T (cosx -eX ) sin x2知识点：泰勒展开式的应用。思路：间接展开法。利用已知的结论将函数展开到适当的形式，然后利用极限的运算性质得到结果。解：（1）3 +3x -Jx2-x)=ximx(1X21 1丁0(存+ 219111+卜2 一时(2)lim22T (cosx eX )sinxlxm0(cosx-eX )x2-1)x4 +o(x4)2(1

43、-今+o(x2) - (1 +x2 +o(x2)x=lim1448x+o(x)号+如)1o123!20,从而 In(1 +x)X2X3(也可用 3.4=x+3(1 + 93X2 X ，结论成立。2函数单调性的判定定理证明之) 11.证明函数f(x)是n次多项式的充要条件是 f(n中)(x)三0。知识点：麦克劳林公式。思、路：将f(X)按照麦克劳林公式形式展开，根据已知条件，得结论。解：必要性。易知，若f (X)是n次多项式，则有f(nM(x)三0。充分性。V f (n)(X0，二f(x)的n阶麦克劳林公式为：f(x) =f(0) + 厂(0)x+ f(0)x2!n jE(E)xn +皿册皿+=f(0) + f(0)x +f”(0)x23!n!2!n!+皿! +2区,即f(x)是n次多项式，结论成立。 12.若 f(x)在a,b上有 n 阶导数，且 f (a) = f (b) = f (b) = f (b)斗| = f (n4(b) =0证明在(a,b)内至少存在一点E，使f (n)( E)= 0(a C b)。知识点：泰勒中值定理、拉格朗日中值定理。思路：证明f(E) =0(a c E b)，可连续使用拉格朗日中值定理，验证f (