高等数学第一节 微分中值定理 洛必达法则ppt课件

1、罗尔定理假设函数罗尔定理假设函数 y = f (x) y = f (x) 在闭区间在闭区间a, a, bb上延续，上延续，罗尔定理的几何意义是：假设延续曲线除端点罗尔定理的几何意义是：假设延续曲线除端点外处处都具有不垂直于外处处都具有不垂直于 Ox Ox 轴的切线，轴的切线，且两端点处且两端点处的纵坐标相等，的纵坐标相等， 那么其上至少有一条平行于那么其上至少有一条平行于 Ox Ox 轴的切线轴的切线( (如下图如下图).). 那么至少存在一点那么至少存在一点 x x (a, b) (a, b) ，使，使 f f (x ) = 0. (x ) = 0. 且在区间端点处且在区间端点处的函数值相等

2、，即的函数值相等，即 f (a) = f (b) f (a) = f (b) ，在开区间在开区间 (a, b) (a, b)内可导，内可导，x xyxOy = f (x)ba拉格朗日定理假设函数拉格朗日定理假设函数 f (x) f (x) 在闭区间在闭区间a, a, bb上延续，上延续，在开区间在开区间(a, b)(a, b)内可导，内可导，使得使得)()()(x x fabafbf).)()()(abfafbf x x或或 那么至少存在一那么至少存在一点点 x x (a, b) (a, b)，拉格朗日中值定理的几何意义：拉格朗日中值定理的几何意义：假设延续曲线除端点外处处都具有不垂直于假设延

3、续曲线除端点外处处都具有不垂直于 Ox Ox 轴的切线，轴的切线， 那么该那么该曲线上至少有这样一曲线上至少有这样一点存在，点存在，y = f (x)bx xayxOCDAB在该点处曲在该点处曲线的切线平行于结合线的切线平行于结合两端点的直线两端点的直线( (如下如下图图).).证证),()()()()(axabafbfxfxF 令令显然显然 F(x) F(x) 在在a, ba, b上延续，上延续，在在(a, b)(a, b)内可导，内可导，而而F(a) = f (a)， F(b) = f (a)，从而知从而知 F(x) F(x) 满足罗尔定理满足罗尔定理. .至少存在一点至少存在一点 x x

4、 (a, (a, b)b)，使，使 F F (x) = 0(x) = 0，即即. 0)()()( abafbffx xy = f (x)bx xayxOxCDAB例例 1 1问函数问函数 f (x) = x3 3x f (x) = x3 3x 在在 0, 2 0, 2 满足拉格朗日定理的条件吗？满足拉格朗日定理的条件吗？假设满足请写出其结论假设满足请写出其结论. .解显然解显然 f (x) f (x) 在在 0, 2 0, 2 上上延续延续, , 在在(0, 2)(0, 2)内可导内可导, ,定理条件满足，定理条件满足，且且f (x) = 3x2 3，所以有以下等式：所以有以下等式：).(02

5、)0()2(x x fff 这个这个x 是在开区间是在开区间 (0, 2)内的内的.由于由于 f (2) = 2 f (2) = 2，f (0) = 0f (0) = 0， f f (x) = 3x (x) = 3x 2 32 3，将这些值代入，可解得，将这些值代入，可解得，32 x x推论推论 1 1设设 f (x) f (x) 在在 a, b a, b 上延上延续，续， 假设在假设在(a, (a, b)b)内的导数恒为零，那么在内的导数恒为零，那么在a, ba, b上上 f (x) f (x) 为常为常数数. .证取证取 x0 x0 a, b, a, b, 任取任取 x x a, b a,

6、 b，x x x0, x0, .),()()(000之之间间与与介介于于xxfxxxfxfx xx x 由于由于 f (x) = 0，所以，所以 f (x) = 0，故故f (x) = f (x0)， 即函数即函数 f (x) 为常数为常数.，即即 0)()( 00 xxxfxf那那么么柯西定理假设函数柯西定理假设函数 f (x) 和和 F (x) 在闭在闭区间区间 a, b 上延续，在开区间上延续，在开区间 (a, b) 内可导，内可导，.)()()()()()(x xx x FfaFbFafbf且且 F (x) 在在(a, b) 内恒不为零，内恒不为零， 那么至少存在那么至少存在一点一点

7、x (a，b)，使使例例 2 2不求函数不求函数 f (x) = (x 1) (x 2) f (x) = (x 1) (x 2) (x 3) (x 3) 的导数，阐明方程的导数，阐明方程 f f (x) = 0 (x) = 0 有几个有几个实根，并指出它们的所在区间实根，并指出它们的所在区间. .解显然解显然, f (x) , f (x) 在区间在区间 1, 2 1, 2，2, 3 2, 3 上上都满足罗尔定理，都满足罗尔定理， 所以致少有所以致少有 x1 x1 (1, 2) (1, 2)，x2 x2 (2, 3)(2, 3)，使，使 f f (x1) = 0(x1) = 0， f f (x2

8、) = 0(x2) = 0，又由于又由于 f (x) = 0 是一个一元二次方程，是一个一元二次方程，最多有两个实根，最多有两个实根，且分别在区间且分别在区间(1, 2) 和和 (2, 3)内内. 所以方程所以方程 f (x) = 0 有且仅有两有且仅有两个实根，个实根， 即方程即方程 f (x) = 0 至至少有两个实根，少有两个实根，例例 3 3设设 f (x) = sin2x + cos2x, f (x) = sin2x + cos2x, 试用微分试用微分中值定理证明：对于一切中值定理证明：对于一切 恒有恒有 f (x) = 1. f (x) = 1. 而而 f (x) = 2sinx

9、cosx - 2sinx cosx = 0,),( x证任取证任取 思索思索 0 0 与与 x x 之间的闭之间的闭区间，可知区间，可知 f (x) f (x) 满足拉格朗日定理，所以有满足拉格朗日定理，所以有),( x).(0)0()(x xfxfxf 故有故有 f (x) = f (0) ,易知易知 f (0) = 1 ,即即 f (x) = 1 .证得证得 sin2x + cos2x = 1. sin2x + cos2x = 1.定理设函数定理设函数 f (x) f (x) 和和 j(x) j(x) 在在 x0 x0 的某的某邻域邻域( (或或 | x | M | x | M， M 0)

10、 M 0)内可微，内可微， 且当且当 x x0 (或或 x ) 时，时， f (x) 和和 j (x) 的极限为的极限为零，零， 假设，假设， 的极限存在的极限存在)()(xxf ( (或为或为) )，那么，那么当当 x x x0 ( x0 (或或 x x ) ) 时，它们之比的极时，它们之比的极限存在且限存在且 ).()()(lim)()(lim)()(00 或或为为xxfxxfxxxxxx (x) (x) 0 0证取区间证取区间 x0, x 或或 x, x0. 使该区间在给使该区间在给定定 x0 的邻域之内，从而有的邻域之内，从而有.)()()()()()(00 x x x x fxxxf

11、xf其中其中 x 在在 x0 与与 x 之间之间. 0)(lim)(lim00 xxfxxxx 又又而而 f (x)f (x)与与j (x) j (x) 在在 x0 x0 处均延续，可知处均延续，可知 f (x0) = j f (x0) = j (x0) = 0. (x0) = 0. .)()()()(x x x x fxxf 为为两边取极限两边取极限.)()(lim)()(lim)()(lim000 x x x xx x x x x x ffxxfxxxxx,)()(lim0存在(或无穷大)存在(或无穷大)因为因为xxfxx ，所所以以)()(lim)()(lim00 xxffxxx x x

12、 x xx x.)()(lim)()(lim00 xxfxxfxxxx 即即下面我们对定理做一点阐明：下面我们对定理做一点阐明：.,)(,)()(10式式仍仍成成立立满满足足，上上述述公公而而定定理理其其他他相相应应条条件件都都时时，或或）若若自自变变量量（ xxfxxx .000满满足足，公公式式都都成成立立所所要要求求的的相相应应条条件件得得到到，只只要要定定理理还还是是极极限限，不不论论自自变变量量”型型的的”型型和和“简简而而言言之之，凡凡是是属属于于“ xxx用用洛洛必必达达法法则则，即即继继续续使使仍仍满满足足定定理理条条件件，则则可可而而函函数数后后，问问题题尚尚未未解解决决，若

13、若施施行行一一次次洛洛必必达达法法则则)(),()2(xxf .)()(lim)()(lim)()(00 xxfxxfxxxxxx 例例4 4. 11lim 2320 xxx 计算计算解解得得达达法法则则”型型未未定定型型，运运用用洛洛必必所所求求极极限限为为“,00 11lim 2320 xxx )()11(lim2320 xxx 22)1(lim322310 xxxx . 31 例例 5 5).1, 0, 1, 0( )1ln(lim 0 bbaaxbaxxx计计算算 )1ln()(lim)1ln(lim00 xbaxbaxxxxxxxbbaaxxx 11lnlnlim0.lnlnlnba

14、ba 解解例例 6 6.)tan(sinlim30 xxxx 计算计算解解方法一：方法一：2320303)(seccos1lim)tan(sinlimxxxxxxxx .3cos1lim20 xxx 上式第二个等号先求出了上式第二个等号先求出了. 1)(seclim320 xx.616sinlim0 xxx故再次运用洛必达法那故再次运用洛必达法那么么. .得到的仍是得到的仍是 “ 型，型，00方法二：方法二：2030303cos1limsinlimtansinlimxxxxxxxxxxx .61321lim220 xxx例例 7 7).0(lnlim xxx计计算算解所求极限是解所求极限是“

15、型未定型，型未定型， 运用法那么得运用法那么得. 01lim1limlnlim1 xxxxxxxx例例 8 8.elim为正整数为正整数其中其中计算计算nxxnx解所求极限是解所求极限是“ 型未定型，型未定型， 我 们 延 续我 们 延 续 n n 次施行洛必达法那么，次施行洛必达法那么，. 0e!lime)1(limelimelim21 xxxnxxnxxnxnxnnnxx有有其他类型的未定型，其他类型的未定型， 在条件允许在条件允许的情况下，的情况下，设法转化为这两种类型设法转化为这两种类型未定型的类型虽然很多，未定型的类型虽然很多，00 型是根本的两类，型是根本的两类，但是但是 “ ，“

16、 10001limlnlimlnlim nxnxnxxnxxxxx. 0lim0 nxnx例例 9 9).0( lnlim0 nxxnx计算计算解所求极限为解所求极限为 “0 0 型未定型未定型，型，nxx ln 先将先将 xnlnx xnlnx 改写为，改写为， 使之转化为使之转化为 “ 型未定型，型未定型， 于是于是nxnx 1lim0例例1010.2tan)1(lim1 xxx 计计算算解所求极限为解所求极限为 “0 0 型未定型未定型，型， 将它转将它转化为化为“ 型计算，型计算，00 2tan)1(lim1xxx 2cot1lim1xxx 2csc21lim21xx .2 xxxxx

17、ln11ln1lim1 .211)1(1lim21 xxxxxx例例 11 11.ln11lim1 xxxx计算计算解所求极限为解所求极限为 “ - - 型，通分后再运型，通分后再运用洛必达法那么用洛必达法那么. .xxxxxxxxxxln)1(1lnlimln11lim11 例例 12 12.cot1lim0 xxx计计算算解解xxxxxxsincossinlim 0 原原式式20cossinlimxxxxx . 02sinlim0 xxxx上式右边不再是未定型，上式右边不再是未定型，不能继续运用洛必达法那么，不能继续运用洛必达法那么，容易算出容易算出.sincossinelim0 xxxxxx原原式式例例 13 13.sincoselim0 xxxxx 计算计算解所求极限为解所求极限为 “ 型未定型型未定型. .00运用法那么得运用法那么得.sincossinelimsincoselim00 xxxxxxxx