第五章微分中值

1、思考与练习5-11. 函数 f x在点 x0 取得极大 (小 )值的定义是什么 ?函数 f x 在区间 I上的最大 (小 )值的定义是什么 ?答 ： 设 函 数 f (x) 在 区 间 I 内 有 定 义 ,x0 I , 若 存 在 U ( x0 ; )I,对任意的x U ( x0 ,) 有 fx0f xf x0f x, 则称函数f 在 x0 点取得极小 (大 )值 , 称点 x0 是函数f 的极小 (大 )值点 ,而函数值f ( x0 ) 就称为函数 f的极小 ( 大 )值。设函数 f ( x) 在区间 I 内有定义 , x0I ，若对任意 xI ，有 f (x0 )f (x) ( f (x

2、0)f (x) ，则函数值f ( x0 ) 就称为函数f 的最小 (大 )值。2. 最大 ( 小)值是否一定是极大 (小 )值?反之如何 ?答：最大 (小 )值不一定是极大(小 )值，极大 (小 )值不一定是最大(小 )值。例 如 f x20,1上 能 取 到 最 大 值 f11 ， 但 f 11不是函数x 在 闭 区 间f x x2 在区间0,1 中的极大值，x0 1也不是函数 fxx2 的极大值点。3. 若函数f x 在闭区间a, b 的端点 a 取得最大值 ,且 fa 存在 ,则是否有fa0 ,为什么 ?答： 若函数fx 在闭区间a, b 的端点a 取得最大值, 且 fa 存在 ,但不一

3、定有fa0 。例如，fxx2 在闭区间0,1 上能取到最大值f 11 ，但fxf1x21f 12 0 。limx1limx 1x 1x14. 稳定点一定是极值点吗 ?稳定点的几何意义是什么 ?极值点一定是稳定点吗 ?答：稳定点不一定是极值点。函数在稳定点处对应的曲线上的点的切线平行于x 轴。极值点不一定是稳定点。5. 费马定理说明了稳定点和极值点的什么关系?答： 费马定理说明了若点x0 是函数f 可导的极值点，则点x0 一定是函数f 的稳定点。6. 洛尔中值定理 ,拉格朗日中值定理和柯西中值定理之间有什么关系?答： 拉格朗日中值定理是洛尔中值定理的推广，如果函数f 在闭区间a, b 上满足f

4、af b ,由拉格朗日中值定理立即可得洛尔中值定理。柯西中值定理是拉格朗日中值定理的推广，取g xx ,由柯西中值定理就可得到拉格朗日中值定理。7. 证明拉格朗日中值定理所用的辅助函数是怎样构造的?还有其它的构造方法吗?Ffbf ax ，即 F 为函数f 与过原点的直答： 教材中的辅助函数xf xbaf bfafxff bfa线函数 yax 的差。还可令 F xaax a ，bb即 F 为函数 f 与过点a, fa的直线函数 yffbf aa的差。axba8. 设 f x x 2 , g xx3, 则柯西中值定理对于函数f x 和 g x在区间1,1 上是否成立 .为什么 ?f 1f11,1

5、,f22答: 不能.g0 ,对任意的0,320 ,所以g 11g3对任意的1,1 ,0 ,都没有 f 1f1f.这是因为f0g 0 0不g 1g1g满足柯西中值定理的条件 ( ).9. 给定函数 f x,是否一定存在函数F x 使得 Fxf x?答：不一定。例如，不存在函数 F x满足 FxDx（其中 Dx 是 Dirichlet函数）。当 fx 在给定区间上连续时，才一定存在函数Fx 使得Fxfx 。10. 求下列函数的稳定点 : f ( x)sin xcos x ； f (x)xln x .解： 由 f ' (x)cosx sin x2 sin( x) 0 ，得稳定点为 x k(

6、k)4410 ，得稳定点为：x 1。由 f '( x) 1x11. 试讨论下列函数在指定区间内是否存在一点,使 f ()0 。1, 0x1 f ( x)xsin; f (x) x , 1 x 1 .xx00,解 在闭区间1 ,10, 1, f 在闭区间1,1上连续 ,且在两端点处3232f11sin 30 , f11sin 20 .在1,1内 , f x sin11 cos1，332232xx x即 f 在1, 1内可导，根据罗尔定理 :1 ,10, 1,使 f0 .3232f xx,0x1,0,1 时， fx1 ，当 x1,0 时，x,1x所以，当 x0.f x1 f在x 0点不可导

7、， 故在1，1内不存在，使f0的点 .，12. 证明 :方程 x 33xc0 (这里 c 为常数 )在区间0,1 内无相异的实根;方程 x npx q0 ( n 为正整数这里 p, q 为实数 )当 n 为偶数时至多有两个实根; 当n 为奇数时至多有三个实根;证 用反证法 : 设 fx x 33x c .若存在 x1 , x20,1 , x1 x2 ,使得f x1f x20 .因为 f 在 x1 , x20,1 上连续 ,在 x1 , x2内可导 ,由罗尔中值定理 ,应x1 , x20,1 ,使得 f321 01 ,而这两点均不可能在区间 x1 , x2内 ,此为矛盾 . ( ) 当 n 为偶

8、数n4 时 , 用反证法 : 若存在 x1x2x3 为方程的三个根, 令fxxnpxqfx1fx2fx30 .因为 f 在 x1 , x2 和 x2 , x3 上连续 , 在 x1 , x2 , x2 , x3 上可导 , 由罗尔中值定理可得:1x1, x2, 2x2 , x3 ,使 f1n 1n 1p0, f2n2n 1p0,所以得n 1n 1因为 n1是奇数 , 所以 12 , 此为矛盾 . 所以方程xnq0 当 n 为偶12,px数 n4 时至多有两个实根 .( )当 n 为奇数 n 5时 ,用反证法 : 若存在 x1x2x3x4 为方程的四个根 , 令f x xnpxqf xf x2f

9、 xf x40.13依( ) 相同的理由 ,ixi , xi 1. 使 f in in 1p0, i1,2,3 ,即f x nxn 1p 0xn 1p0 ,n有三个实根 . 由于 n1是偶数 ,这与 ( ) 矛盾 . 所以方程 x npxq 0 当 n 为奇数 n 5时至多有三个实根 .13.应用拉格朗日中值定理证明下列不等式: b aln b b a ,其中 0 a b ;baaharctanh0;1h 2h h ,其中对任意实数 x1 , x2 ,都有 | sin x1sin x2| x2x1 | ; 0110 .ln 1x1, xx证： 设1xf xln x, xa,bfx,xa b ,

10、函数满足拉格朗日中值定理的条件 ,所以存在a,b ,使 ln bln b ln abab 1ln bb a .abaa 设 f xarctan x ,则对任意的 h 0 , f在区间 0, h 上连续且可导,函数满足拉格朗日中值定理的条件,所以0, h ,使 arctan harctan 0f12h01harctanhh .1h2 令f xsin x , 则 对 任 意 的 实 数 x1 , x2R, f 在x1 , x2( 或x2 , x1上 可 导 , 且f xcosx1.所以 sin x1sin x2 cosx1x2 x1x2。令 f xln 1x ,则 f 在区间0,x 上满足拉格朗日

11、中值定理的条件,故0, x ,使得f xf 01ln 1 x111,x0fx1ln 1xx1又111 x110 x, ,xxxx故0111ln 1xx14. 若 f 在区间 a,b 上存在有界导数 ,试证 : f 在 a,b 上满足 Lipschitz 条件 .(参看第三章第 2节20题).证明： 由于 f ' (x) 在区间 a, b 上有界，所以存在常数L0 ，对任意的 xa,b ，有f '(x) L(L为一常数）x ',x'' a,b，有。利用拉格朗日中值定理，对任意f (x') f ( x'')f '( )( x&

12、#39;x' ')L x'x'' ，其中(a,b) 。15. 设函数 f 在 a,b上可导 ,证明 :存在( a, b) ,使得2 f (b)f (a) = (b 2a 2 ) f () .证 ( ) 若 abb 0,则取0,结论成立 .( ) 若 ab 且 0a,b , f 00 ,则同样取0 ,结论成立 .( ) 若 ab , 0a, b 但 f 00 .（ ）若 ab ,且 0a, b .则取 g xx2, f , g 在区间 a,b 上满足柯西中值定理的条件 ,所以a, b ,使fbf aff bf af22g bg agb2a 222 f b

13、f aba f。16. 设函数 f 在点 a 处具有二阶导数 ,证明 :limf ( ah)f (ah)2 f (a)f(a) .h2h0证 设 Fhfahfah2 fa ,G hh 2 ,因为函数f 在点 a 处具有连续的 二 阶 导 数 , 所 以 F h , G h 在 h0的某空心邻域 U0 0 内具有二阶连续导数,且G h2h0,Gh20.lim F hlim G h0, lim Ghlim Fhlim f ahfa h0 , 根据定理h 0h0h0h0h05.6 得f a hf a h2 f aF hlimf a hf a hF hlimh 2lim2hlimh 0h 0 G hh

14、 0h 0 G hlim1 fahfahfa .h0 216*.设函数 f 在点 a 处具有二阶导数 ,且 fa0，limf ( ah)f (ah)2 f (a)f(a) .h2h0由拉格朗日中值定理知,存在0,1 , 使 得 fahf af ah . 证 明 ：hlim1.h 02证limf ahfah2 fa2h 0hfahfafahfalimhhhh0fahfafahfaf a h f a hlimhhlimh0hh 0hfahfafahfalimhhh0limfahfafahfahhh0lim2f afalim1.h0h0217. 设0.证明存在sinsin( , ),使得cot .2

15、coscos证 设 f xsin x, g xcos x, x,则 f , g 在,上满足 : (1) 连续 ; (2) 可导 .(3) 对任意的 x,0,， cos x0 ，（ 4 ）对任意的 x,0,，22(cos x)sin x0 .由柯西中值定理得，, ,使sinsincossinsin,。coscossincotcot ,coscos思考与练习5-21. 不定式有哪几种形式 ?答：不定式存在的形式有：0， ，0, 1, 00,0 。02.若 fa 存在 ,求证 : limf a2h2 fahf aa . 证 由洛比达法则可h2fh0得lim f a2h 2 f2ahfalim 2 f

16、a2h2 f ahh0hh 02h2 fa2hfaha .lim1fh 0上述证明正确吗 ?如果不正确 ,请说明理由 ,并给出正确的证明方法 .答：不正确。因为题目条件只是fa存在，即题目没有条件 “ f 在点 a 的某个邻域内2 fa2h2 fah二阶可导”，因而，对极限lim2h就不能使用洛比达法则；而且，h 0题目也没有“ f在点 a 连续”的条件，所以，极限lim fa2h和 limfah不一h0h 0定存在，当然，也就没有2 f a 2hf aha2hlim fah2 fafafalim1lim 2 fh 0h0h 0这样的运算结论。正确的证明方法是：lim f a 2h2 f2ah

17、f alim 2 fa2h2 fa hh 0hh 02hlimf a 2hf a hf a 2hf af af a hhlimhh 0h0limfa2hf afahf a2 fa faf a .22hhh 03. 用洛比达法则求极限1cos xsin x1limx2lim2x2x 0 2x0对吗 ?为什么 ?怎样的计算方法才是正确的 ?解： 不对，这个极限不是0 型，即不满足洛比达法则的第一个条件。应直接用“商的01cosx11极限等于极限的商”求极限，即0。lim2x 2lim0x0x 0 21x sin4. 能否用洛比达法则求极限limx ?为什么 ?x0sin x1sin111xsinc

18、os答：不能，因为 limxlimxxx 不存在，故不满足洛比达法则的x 0sin xx0cosx第二个条件。5. 用洛比达法则求极限x3x23x216x3 (正确答案是4 )lim23x 2limlimx 1 xx 1 2x 3x 1 2错在哪里 ?为什么 ?解： lim x3x 2lim 3x214 。错误出在第二次使用洛比达法则时，没有检x 1 x23x 2x 1 2x 3验极限不满足洛比达法则的条件。6. 能否借用洛比达法则求数列极限 ?以数列极限 lim n n 说明具体求法 .n答： 可以。先求函数极限 lim xx ，lim x x1ln xlimln xlim1e01，所以 l

19、im n n e。lim exexxexxxxxn7. 应用洛比达法则求下面两个极限sin x xlim exelim与xxxxeexx能否得到正确结果?能否用初等方法求出?这些都说明了什么 ?答：不能，因为极限 lim sin xx 虽然是“ ”型，但使用一次洛比达法则之后得到xxlim exe的极限不存在，故不满足洛比达法则的第三个条件；极限xxeexx也是“”型，但无论用多少次洛比达法则，所得到的极限仍是“”型，因而永远也不可能达到洛比达法则的第三个条件的要求。可以用第二章的方法求出极限，即limsin x xlimsin x1 1 ； limexexxxexxxexlime2 x1li

20、m 121。x2 x2 xxe1xe18. 求下列不定式极限 lim 12sin x ; lim tan x x ; lim x ex12 ex1;xcos3xx 0 x sin xx 0xsin x61111 limex; lim x x 1 ; lim x ex1 ;x 0x1x 1x1 lim sin x ln x ; lim sin xx 0x 0xx2 lim11 .;x 0ln 1 xx解： lim 12sin xlim2cosx3 ；xcos3xx3sin 3x36621cos2 x2tan xxsec x11cosx limlimlimcos xlim2；cos2 xx 0x

21、sin xx0 1cosxx 01cosxx0xxxxxx e12 e1 limlimxee1limxe1；xsin xx 0x01cosxx 0 sin x lim111lim e x1xlimex1limexxex1 ；x 0 xexx 0 x( ex1)x 0 ex1 xexx 0 2ex21ln xln x11令 y x x 1 ，则 ln ye1，又 limlim1 ,所以 lim x x 1e ;x 1x 1 x 1x 1 xx 1111ex1ex ( x 2 ) lim x ex 1limlim01;1x2exxxx1 lim sin x ln xlimln xlimxlimsi

22、n x( tan x) 0;cscx cot xxx 0x 0 csc xx 0x0sin x1ln sin x ln xx2令 y，则 ln yx 2,而xlimlnsin xln xxcosxsin xlimx cosxsinxlimxsin xlimsin x12lim232, 所x 0xx02x sin xx02xx 06xx 06x611sin xx 2以 lime6;xx0 lim1x1lim xln(1x)limxx)lim11.x0ln 1xx0 x ln(1 x)x 0 (1x)ln(1x x 0 ln(1 x) 229. 设函数 f 在点 a 处二阶可导 .证明 :fahf

23、ah2 faa .limh2fh0证 设 F hfahfah2 fa ,G hh 2 ,因为函数f 在点 a 处二阶可导 ,所以 F h , G h在 h0的某空心邻域 U0内有一阶导数 ,故 F h , G h 在 U0 连续，lim F hfafa2 fa0lim G h，且 G h 2h0 。h0h0f a hf a h 2 f aF hF hlimh2limlimh 0h 0 G hh 0 G hlimf a hf a hf a h f af a f a h2hlim2hh 0h 01 f a hf af a hf aa .limhhfh 0 210. 由拉格朗日中值定理知, ,存在s

24、in xsin 0,求极限 lim .0, x ,使cosx0x 0 x 由柯西中值定理知,存在0, x ,使sin xsin 0ln 1 x1cos ,求极限ln 1 0lim.x 0 x解 解法 1 因为 sin xsin 0sin xsin x2coscos21 sin2,x0xxsin x22sin2sin 21x, 又x22x2x2sin x22 sin x x cos x sin x22sin21limlimlimxlimxx2x22xx 0 x2x 0 x22x 0x 0lim x cos xsin xlim x sin x1 .x 0x3x0 3x23所以 lim3 .x 0

25、x3解法 2（要用本章第3 节的结论）arccossin xx3xx33xlim x cosxsin xxxlimxlimxlim2!3!2x 0x 0x 0xx2sin2xx 0x3x2x3xx3!1 x3x31 x3x33lim3lim3.x 0x 1 x4x6x 0 1 x3x3333sin xsin 0sin x解法11cosx1cos ，由（ 1）1 xln10ln 1lnxx得， 1xxxln1x1 ，所以ln 11x11xln 1 xxln 1 x1111lim1 xlimxlimlim2xlim.x 0 xx 0 ln 1 xx 0 x ln 1 xx 0x 0 2 1 x2解

26、法 2 对 lim11x ln 1xlimxlim使用泰勒公式。x 0 xx 0 ln 1 xx 0 x ln 1 x11 设 f 是以 2rr 0为周期的连续、 可导函数 ,则对任意的有理数 a0,1 ,至少存在一点 c0,2r,使 fcf car .证明： 令F ( x)f ( x)f (xar ) ，则f (2r )f (2rar )f (0)f (ar )2rf '( c) f '(c ar ) ，其中 c 0,2r又 f 是以 2rr0 为周期的函数， 所以有 f (2rar )f (ar ) ， f ( 0)f (2r )所以 f ' (c)f ' (car )0 ，故 fcfcar 。思考与练习5-31. 求下列函数带佩亚诺型的麦克劳林公式: f (x)1; f ( x)sin x 到含 x5 的项 .1x1x1 1312 3!15, ,解 fx1 x 2, f1 x 2, f xx 222 2f n x1 n 2n 1 !1 x2 n 122n所以 f 01123!, fn01n2n1 !1, f 0, f 022 ,2n,从而有2f x111 x3! x21n2n 1 ! x nxn 。1 x22 22!2n n! f '( x)cos x, f ' '