微分中值定理习题课-13资料

1、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，函数在01上不满足罗尔定理的第

2、一个条件，并且定理的结论对其也是不成立 的.而函数在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ex、sinx、cosx、ln(1 x)、(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.0 _8. 0、0、0°、1、0 型未定式.9. 洛必达法则.0 _10. 0、0°、1、0型未定式向0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f X、F x在a,b上都满足拉格朗日中值定理的条件，故存在点a，b，使得又对任

3、一 x a，b，F(x) 0，所以上述两式相除即得答 上述证明方法是错误的.因为对于两个不同的函数f x和F x，拉格朗日中值定理公式中的未必相同.也就是说在a，b内不一定存在同一个，使得1式和2式同时成立.1例如，对于f x X ,在0,1上使拉格朗日中值定理成立的2 ；对、3F x x ,在O,1上使拉格朗日中值定理成立的3，两者不等.2.设函数y fx在区间叩上存在二阶导数，且2f 0 f 10, Fx xfx.试证明在0,1内至少存在一点，使F0 .还至少存在一点，使F()0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，F 0 F 1 0，且F x在0,1上满足罗尔

4、定理的前两个条件，故在0,1 内至少存在一点 ，使F0 .至于后一问，首先得求出 F x，然后再考虑问题.2Fx 2xfx xfx，且F° °.这样根据题设，我们只要在0，上 对函数F x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01上存在二阶导数，且F° F1，Fx在01上满足罗尔定理的条件，故在 0,1内至少存在一点 ，使F由于且 F 00，Fx在°，上满足罗尔定理的条件,故在0,内至少存在一占使F0 由于0，01，所以0,1 .1n 1 an0的实数，试证明3.设 a1，a2 丄，务为满足方程a1a2 L132n 1方程在0,

5、2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0, fOf 0 f 0需要满足在 2上连续，且2 但 2，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，就得设并将F x的原函数F x求出来，然后对原函数 F x应用罗尔定理.在这个问题中F x的原函数求起来很容易，求出F x后，根据题设条件，对F x在° 2上应用罗尔定理即可得到所第16页要的结论.证引入辅助函数因为F x在° 2上连续0, 一在 2内可导，F

6、 °° ,1 ,F - a?L231 n 1 an2n 1所以由罗尔定理知，在0，2内至少存在一点，使得F 0，即于是方程ai cosx a2 cos3x Lan cos 2n 1 x0,_0在 2内至少有一个实根.4.设函数f x在22上可导，且f 2°，f 02, f 2° .试证明曲线弧C :上至少有一点处的切线平行于直线x 2y 1 ° .分析 由于直线x 2y 1 °的斜率为2，所以上述命题的本质是要证f-明在 2,2内存在一点，使得2.rx上1Xfx： fx：F x f x -由于22,因此若设2,则要证上述命题，只须证明

7、在 2,2内存在一点，使得F °即可.这是一个用罗尔定理 解决的问题.F x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Fx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F 21,F°2,F 2，且1介于-1和2之间.因此由介值定理知，在 °，2内必存在一点 ，使得F 1 .这样在2，上对F x应用罗尔定理即可证得所要的结果.xF x f x 证 引入辅助函数2 . Fx在0,2上连续，且F(0)2, F(2) 1.由介值定理知，在°,2内比存在一点，使得F1 .又F 2，且F x在2,上满足罗尔定理

8、的前两个条件,故在(2,)内必存在一点，使得Ff丄°，即2 .由于2，所以2,2 .5.设f x在a,b上可导，f a f b，试证明在a,b内必存在一点使得象上述这种含有中值 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，即第二步将等式左端中的都换为X,并设第三步是要去确定F X的原函数F x，并在相应的区间a，b上对F x 应用罗尔定理即可.本问题中F x的原函数为证引入辅助函数由题设知，F x在a,b上连续，在a，b内可导，且F a F b 0，由罗尔 定理知，在a，b内必存

9、在一点，使得F °，即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的等式，第一步要将含有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：f a f f第二步是把等式右端中的都换为x ,并设第三步是要去确定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) F(a) F(b)b a或 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

10、法 去解决问题在本问题中，由于f(a) f(b),所以因此,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，使得又由题设知f(a) f(b),所以有方法三 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的等式，其第一步也是将含有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:第二步是把等式右端化为分式形式，即作如下变形：fa f1第三步把(4)式右端中的 全都换为x，并设分子函数为Fi x，分母函 数为F2 X .即设第四步是求Fi x和F2 x的原函

11、数Fi x和F2 x .本问题中的Fi x和 F2 X分别为第五步针对区间a,b，验证2式左端是否为F1 b R a F1 a F2 bF2 b F2 a 或 F1 a F2 b若是，则只要对F1 x和F2 x在a，b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f * f b，所以故本问题可通过对函数 Fi x和F2 x在a,b上应用柯西中值定理来证明.证引入辅助函数由题设知， Fi x和F2(x)在a,b上连续，在 a,b内可导，且在 a,b内F2 X 1 0，由柯西中值定理知，在 a，b内必存在一点，使得又由题设知

12、fa f b，所以有即总结 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 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f x在a

13、,b上连续，在a,b内可导，o a b，试证明在a,b内Kf b f a f In 必存在一点，使得a .分析移项变形得f b fa fIn b In a上式的特点是等式左端恰好是两个函数在区间a，b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In b In a 1把(6)式右端的都换成x，并设 则F1 x和F2 x的原函数为而(6)式左端恰好是证引入辅助函数由题设知,F1 X和F2 x在a,b上连续，在a,b内可导，且在 a,bF2 x0，故由柯西中值定理知，在a,b内至少存在一个，使得7.设在1,1上有二阶连续导数，且f 10

14、，f 0证明存在11，使证 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f x的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式:将x 1，x 1带入上式得将上述两式相加得若f 1 f 2，贝y 1和2都可作为，使f 2，11 ；若1 f ff 1 f 2，则212介于f 1与f 2之间，即2介于f 1与f 2之间.由于f x在 “上连续，因而也在 1，2上连续，故由介值定理知，在 1, 2内必存在一点，使得f 2 .综上所述，必存在1,1，使 f 2总结 用泰勒中值定理去证明含有中值的等式，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

15、的方法去证明.8. 求函数f x -x按x 4的幂展幵的带有拉格朗日余项的3阶泰勒公式.“1“3亠5“7f1 1 -x -x 2, f x-x 2, f32r 4xx 2, f x15 2x 2解24816 ，故因此，所求3阶泰勒公式为其中介于x与4之间.9. 求函数fx xex的带有佩亚诺型余项的n阶麦克劳林公式.分析 ex的带有佩亚诺型余项的n 1阶麦克劳林公式我们是已知的， 这时求函数fx xex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.解由于所以又因为n 1所以X。X 是当x 0时比xn高阶的无穷小.故上式即为f x xex的带有佩亚诺型余项的n阶麦克劳林公式

16、.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幵式，通过适当的运 算去获得另外一些函数的泰勒展幵式只要所获函数展幵式的形式与泰勒 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幵方法时，必须熟记一些常见 函数的泰勒公式，如ex、si"。狄、1 n1 x " x等.£2, cosx e 2lim 10. 利用泰勒公式求极限x0x x 1 n1 x .解 由于是求x 0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 "1

17、x的麦克劳林公式，求出函数"1 x的带有佩亚诺型余项的二阶麦克劳林公式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x2将函数cosx和e 丁都用带有佩亚诺型余项的四阶麦克劳林公式来表示.2xcosx的四阶麦克劳林公式可直接给出，而e 2的四阶麦克劳林公式可利用ex的麦克劳林公式间接获得，它们是 因此sin 2 x x2 cos2 xlim2211.求极限 x 0 x sin x .0分析 虽然本题是0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.2 2 2 sin x x cos x lim 22x 0

18、 x sin x度简化.x4sinx x cosx sin x xcosx limx 0lim csc2 x12.x 0求13.所求极限为lim n2 arctan 求nn分析这是一个0型未定式，通分化为arcta nn 100 型.0型未定式，转化为0型未定式.0虽然原极限已转化为0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 因为x 时，必有n ，所以总结 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lim -_存在但不能用洛必达法则得出x x解

19、 lim x sinxUm (1x x x但 (x sin x)1 cosx但 limlimx (x) x业)1 极限lim x sin x是存在的x xlim (1xcosx)不存在 不能用洛必达法则3验证极限2 - 1x sin lim x存在 x 0sin x但不能用洛必达法则得出2 . 1 x sin 解 lim x x 0 sin xx lim x 0 sin x1xsin x2 . 1x sin 极限lim x是存在的x 0 sin x(x2 sin 丄) 但 limx 0 (sin x)xim02xs in 1( x cosx1cos 一x不存在不能用洛必达法则11(1 x)x-

20、 讨论函数f(x)1e 2因为所以0在点x0处的连续性1解 f(0) e 2lim f (x)x 0lim $x 01 1lim一1 n(1x 0 x xx)lim0f(x)x 011x)xxe111(1 x) x - lim f(x) lim xx 0x 0 e因此f (x)在点x 0处连续14.设 f xlim 1 一X 0 xlimxf(0)12 ln(1lim ex xx 0ln(1 x)2 xx) 111 X2x1 limx 0 2(1 x)丄丄ln(1lim ex xx 0x) 11e 2 f (0)具有二阶连续导数，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型未定式，应用洛必达法则去求解.但是注意到0，所以00e .因此，只须求出极限00子即可.0 知,00 f X9limlA对0型未定式x 0 x应用一次洛必达法则，得lim因此x 0 xlim和x 0 2x都是0型未定式.对极限limx 0 x2两次应用洛必达法